高考物理一轮复习单元素养检测卷5机械能含答案

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机械能时间：75分钟　满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．)1.如图所示，质量为m的足球静止在地面上的位置1，被运动员踢出后落到地面上的位置3，足球在空中到达最高点位置2时离地面的高度为h速率为v，以地面为参考平面，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)A．运动员对足球做的功等于eq \f(1,2)mv2B．运动员对足球做的功小于mgh＋eq \f(1,2)mv2C．足球由位置1运动到位置2的过程中重力做功为mghD．足球运动到位置3前瞬间的机械能小于mgh＋eq \f(1,2)mv22.[2020·山东泰安期中考试]“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法．在比赛中，高三某同学1 min摇轻绳240圈，跳绳过程脚与地面接触的时间约为总时间的eq \f(2,5)，则他在整个跳绳过程中克服重力做功的平均功率约为(　　)A．15 W B．60 WC．120 W D．300 W3.如图所示，有一半径r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量m＝0.2 kg的物块(可视为质点)从A点由静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)A．物块过B点时对轨道的压力大小是0.4 NB．物块过B点时对轨道的压力大小是2.0 NC．从A到B的过程中克服摩擦力做的功为0.9 JD．从A到B的过程中克服摩擦力做的功为0.1 J4.如图所示，一个小球用长为L的细线悬于O点，将小球向左拉到某一高度，此时细线与竖直方向的夹角为θ＝53°，由静止释放小球，若小球向右摆动到最低点时细线断开，小球落在水平地面的A点(未画出)；若小球向右摆动到最高点时细线断开，小球的落地点也在A点，不计空气阻力，sin 53°＝0.8，则细线的悬点O离水平地面的高度为(　　)A．1.4L B．1.2LC．1.6L D．1.8L5．[2021·海口一模]高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是(　　)A．克服阻力做的功为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)B．该过程产生的热量为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－mghC．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间6.如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态) (　　)A．－1.2×103 J B．－7.5×102 JC．－6.0×102 J D．－2.0×102 J7．[2021·山东九校联考]如图所示是一个实景斜坡，可以简化为两个倾角不同的斜面，某物体从如图所示位置由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(\r(3),3)，两个斜面倾角分别为α＝53°，β＝30°.选项中，v、a、s、t、E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，下列选项中可能正确的是(　　)二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．)8.[2021·山东泰安质检]将一质量为1 kg的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带正以4 m/s的速度顺时针运行，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带无限长，当滑块放上去2 s时，突然断电，传送带以1 m/s2的加速度做匀减速运动至停止，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)A．前2 s传送带与滑块之间因摩擦所产生的热量为8 JB．前2 s传送带与滑块之间因摩擦产生的热量为16 JC．2 s后传送带与滑块之间因摩擦所产生的热量为8 JD．2 s后传送带与滑块之间因摩擦所产生的热量为09.如图所示，固定斜面上放一质量为m的物块，物块通过劲度系数为k的轻弹簧与斜面底端的挡板连接，开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑．现将物块向上移动一段距离后由静止释放，物块一直向下运动到最低点，此时刚好不上滑，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向下运动过程中，下列说法正确的是(　　)A．物块与斜面间的动摩擦因数为tan θB．物块重力势能的减少量大于因摩擦产生的热量C．物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为定值D．物块由静止下滑到最低点的过程系统增加的内能为eq \f(4mgsin θ2,k)10．[2021·四川遂宁月考]如图甲所示，一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1 kg的物块轻放在小车前端，以后小车运动的速度—时间图像如图乙所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g取10 m/s2.则下列判断正确的是(　　)A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25 mB．物块的最终动能E1＝0.5 J，小车动能的减小量ΔE＝3 JC．小车与物块间因摩擦产生的热量为3 JD．小车的质量为0.25 kg三、非选择题(本题共5个小题，54分)11．(6分)[2021·揭阳模拟]用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间为t，用米尺测量A、O之间的距离x.(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是v＝________.(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．(选填字母序号)A．弹簧原长B．当地重力加速度C．滑块(含遮光片)的质量(3)若气垫导轨左端比右端略高，弹性势能的测量值与真实值比较将________．(选填字母序号)A．偏大　　　　B．偏小　　　　C．相等12．(8分)[2020·四川石室中学期中]用如图所示的实验装置验证物体A、B组成的系统机械能守恒．B从高处由静止开始下落，A上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图甲给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点未标出，交流电的频率为50 Hz，计数点间的距离已标出，已知物体A的质量m1＝50 g，物体B的质量m2＝150 g(g取9.8 m/s2，结果均保留两位有效数字)，则：(1)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔEk＝______J，系统重力势能的减少量ΔEp＝______ J.(2)若某同学作出eq \f(v2,2) ­ h图像如图乙所示，则当地的实际重力加速度g＝________m/s2.13．(10分)一辆CRH2型动车组的总质量M＝2×105kg，额定输出功率为4 800 kW.假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270 km/h，受到的阻力Ff与速度v满足Ff＝kv.当匀速行驶的速度为最大速度的一半时，求动车组的输出功率．14．(12分)[2021·广州质检]在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用，为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实验情况如图所示．水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处处于静止，距弹簧自由端的距离为L1＝1 m．当赛车启动时，产生水平向左的牵引力恒为F＝24 N，使赛车向左做匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机撤去F，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B处停下，已知赛车的质量为m＝2 kg，A、B之间的距离为L2＝3 m，赛车被弹回离开弹簧时的速度大小为v＝4 m/s，水平向右，取g＝10 m/s2.求：(1)赛车和地面间的动摩擦因数．(2)弹簧被压缩的最大距离．(3)弹簧的最大弹性势能．15．(18分)[2021·浙江名校联考]在滑板公园里经常看到各种滑板场地，现有一个滑板场地可简化为如图所示模型，滑板轨道由足够长的斜直轨道、半径R1＝2 m的凹形圆弧轨道和半径R2＝3.6 m的凸形圆弧轨道三部分组成，这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内．其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上，一可视为质点、质量为m＝1 kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点．在凸形圆弧轨道最右侧距离L＝0.9 m的位置有一个高度h2＝3 m、倾角为53°的斜面．不计一切阻力，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.(1)若P点距水平面的高度h1＝3.2 m，滑板滑至M点时，求轨道对滑板的支持力大小FN.(2)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度H.(3)若保持(2)中条件不变，滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板能否与右侧斜面发生碰撞(不考虑碰撞后反弹)？若能，请计算出碰撞的具体位置；若不能，请说明理由．单元素养检测卷(五)1．解析：设运动员对足球做功为W，由动能定理有：W－mgh－W阻＝eq \f(1,2)mv2，W＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＋W阻，所以A、B错；空气阻力对足球做负功，运动过程中足球的机械能减小，足球在空中到达最高点位置2时的机械能为eq \f(1,2)mv2＋mgh，所以足球在地面上位置1时的机械能大于eq \f(1,2)mv2＋mgh，足球运动到位置3前瞬间的机械能小于eq \f(1,2)mv2＋mgh，D正确；足球由位置1运动到位置2的过程中重力做功为－mgh，故C错误．答案：D2．解析：假设该同学的质量约为50 kg，每次跳跃的时间t1＝eq \f(60,\f(240,2)) s＝0.5 s，腾空时间t2＝eq \f(3,5)×0.5 s＝0.3 s，腾空高度h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.3,2)))2 m＝0.112 5 m，上升过程中克服重力做功W＝mgh＝50×10×0.112 5 J＝56.25 J，则跳绳过程中克服重力做功的平均功率eq \o(P,\s\up6(－))＝eq \f(W,t1)＝eq \f(56.25,0.5) W＝112.5 W，最接近120 W，故选项C正确．答案：C3．解析：在B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v2,r)，解得FN＝2.4 N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为2.4 N，故A、B 错误．对从A到B的过程，由动能定理得mgr－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，解得Wf＝0.9 J，即克服摩擦力做功为0.9 J，故C正确，D错误．答案：C4．解析：设细线的悬点O离水平地面的高度为h，若小球向右摆动到最低点时细线断开，断开前小球运动的过程，由机械能守恒得mgL(1－cos 53°)＝eq \f(1,2)mv2，细线断开后小球做平抛运动，则有h－L＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，若小球向右摆动到最高点时细线断开，根据机械能守恒得到小球向右摆动的最大偏角为53°，则有x＝Lsin 53°，联立解得h＝1.4L，故A正确，B、C、D错误．答案：A5．解析：根据动能定理有－mgh－Ffl＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，克服阻力做的功为Wf＝Ffl＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产生的热量为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于CB段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．答案：B6．解析：重力势能最小的点为最低点，由于在同一根绳上张力大小相同，故猴子在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，设为θ，右侧绳长为a，左侧绳长为(20 m－a)，由几何关系可知20 m·cos θ＝16 m，asin θ－(20 m－a)sin θ＝2 m．联立可得a＝eq \f(35,3) m，故最低点与参考平面的高度差为eq \f(35,3) m·sin θ＝7 m，猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m左右，故在最低点的势能约为－750 J，故B正确．答案：B7．解析：对物体受力分析可知其运动分为两个阶段，第一阶段是匀加速运动；第二阶段是匀速运动．由于在两个阶段物体都受摩擦力的作用，且摩擦力做负功，机械能一直减小，A项错误；在第一阶段，根据牛顿第二定律得物体的加速度大小a1＝gsin α－μgcos α>0，由动能定理得Ek＝mgh－μmgscos α，h＝ssin α，联立解得Ek＝mgs(sin α－μcos α)，则Ek与s呈线性关系，在第二阶段，mgsin β－μmgcos β＝ma2，代入数据得此阶段物体加速度a2＝0，即速度不变，Ek为常数，故B项正确，D项错误；在第一阶段有物体速度大小v＝a1t，即v2＝aeq \o\al(2,1)t2，所以v2与t不是线性关系，故C项错误．答案：B8．解析：前2 s，滑块的位移x1＝eq \f(1,2)μgt2＝4 m，传送带的位移x2＝vt＝8 m，相对位移Δx＝x2－x1＝4 m,2 s后滑块随传送带一起做匀减速运动，无相对位移，整个过程中传送带与滑块之间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg·Δx＝8 J，选项A、D正确．答案：AD9．解析：由于开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑，则mgsin θ＝μmgcos θ，解得物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，故A正确；物块下滑过程由动能定理得W弹＋WG－Wf＝ΔEk，由于物块下滑的过程中滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡，重力做功和摩擦力做功的代数和为零，所以物块重力势能的减少量等于因摩擦产生的热量，弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量，即弹簧的弹性势能和物块的动能之和为定值，故B错误，C正确；由于物块在最低点时刚好不上滑，此时弹簧的弹力kx＝mgsin θ＋μmgcos θ＝2mgsin θ，解得x＝eq \f(2mgsin θ,k)，则物块由静止下滑到最低点的过程系统增加的内能为ΔE＝Q＝μmgcos θ·2x＝eq \f(4mgsin θ2,k)，故D正确．答案：ACD10．解析：由v­t图像知，当t＝0.5 s时，小车开始做速度v＝1 m/s的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v＝at及f＝ma＝μmg得f＝2 N，μ＝0.2，在0～0.5 s内，小车的位移s＝(5＋1)×eq \f(1,2)×0.5 m＝1.5 m，物块的位移x＝eq \f(1,2)×1×0.5 m＝0.25 m，所以小车的最小长度为1.5 m－0.25 m＝1.25 m，A正确；物块的最终动能E1＝eq \f(1,2)mv2＝0.5 J，由动能定理得，小车动能的减小量ΔE＝f·s＝3 J，B正确；小车与物块间因摩擦产生的热量Q＝f·s相＝f(s－x)＝2.5 J，C错误；小车的加速度为a′＝eq \f(5－1,0.5) m/s2＝8 m/s2，而a′＝eq \f(f,M)，解得M＝0.25 kg，D正确．答案：ABD11．解析：(1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度，则有v＝eq \f(s,t).(2)由系统机械能守恒可知弹簧的弹性势能等于滑块增加的动能，故应求解滑块的动能，根据动能表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，应测量滑块的质量，故A、B错误，C正确．(3)若气垫导轨左端比右端略高，导致通过两光电门的时间将减小，那么测得速度偏大，因此弹性势能的测量值也偏大，故A正确，B、C错误．答案：(1)eq \f(s,t)(2分)　(2)C(2分)　(3)A(2分)12．解析：本题考查了验证系统机械能守恒定律的实验，还涉及利用图像求解当地的重力加速度问题．(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度大小等于该过程的平均速度，可知打5点时的速度为v5＝eq \f(x46,2T)＝eq \f(21.60＋26.40×10－2,2×0.1)m/s＝2.4 m/s，物体的初速度为零，所以系统动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,5)＝eq \f(1,2)×(0.05＋0.15)×2.42 J≈0.58 J；重力势能的减少量为ΔEp＝m2gh－m1gh＝(150－50)×10－3×9.8×(0.384 0＋0.216 0) J≈0.59 J．(2)根据机械能守恒定律可知m2gh－m1gh＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2，即有eq \f(1,2)v2＝eq \f(m2－m1,m2＋m1)gh＝eq \f(1,2)gh，eq \f(v2,2) ­ h图像中图线的斜率表示重力加速度的一半，由题图乙可知，斜率k＝eq \f(5.82,1.20)m/s2＝4.85 m/s2，故当地的实际重力加速度为g＝2k＝9.7 m/s2.答案：(1)0.58(2分)　0.59(3分)(2)9.7(3分)13．解析：vm＝270 km/h＝75 m/s，动车组以最大速度行驶时的牵引力大小F＝eq \f(P,vm)＝eq \f(4 800×103,75) N＝6.4×104 N，(3分)动车组以最大速度行驶时的牵引力大小与阻力的大小相等，则Ff＝6.4×104 N，所以k＝eq \f(Ff,vm)＝eq \f(6.4×104,75) N·s/m＝853.3 N·s/m；(2分)机车匀速行驶的速度为最大速度的一半时，v′＝37.5 m/s，动车组受到的阻力为F′f＝kv′＝853.3×37.5 N＝3.2×104 N，(2分)机车匀速行驶的速度为最大速度的一半时，动车组的输出功率为P′＝F′v′＝F′fv′＝3.2×104×37.5 W＝1.2×106 W＝1 200 kW.(3分)答案：1 200 kW14．解析：(1)从赛车离开弹簧到B点静止，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv2，(2分)解得μ＝0.2.(1分)(2)设弹簧被压缩的最大距离是L，从赛车开始加速到赛车离开弹簧的整个过程，由动能定理得FL1－μmg(L1＋2L)＝eq \f(1,2)mv2－0，(2分)解得L＝0.5 m．(2分)(3)从弹簧压缩量最大到赛车离开弹簧的过程中，由动能定理得Ep－μmgL＝eq \f(1,2)mv2(3分)解得Ep＝18 J．(2分)答案：(1)0.2　(2)0.5 m　(3)18 J15．解析：(1)滑板由P点滑至M点过程，由功能关系得mgh1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,M)(2分)滑板滑至M点时，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\o\al(2,M),R1)(2分)联立并代入数据解得FN＝42 N．(1分)(2)滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有mg＝meq \f(v\o\al(2,N),R2)(2分)代入数据解得vN＝6 m/s(1分)滑板从P点到N点，根据功能关系有mgH＝mgR2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)(2分)代入数据解得H＝5.4 m．(1分)(3)因滑板滑至N点时刚好做平抛运动，则由平抛运动的规律有y＝eq \f(1,2)gt2、x＝vNt(2分)由几何关系可知tan 53°＝eq \f(R2－y,x－R2－L)(2分)联立以上各式并代入数据解得x－R2－L＝0.3 m，R2－y＝0.4 m(2分)综上可知，能发生碰撞，碰撞点距离斜面底端的水平距离为0.3 m，距离斜面底端的高度为0.4 m(1分)答案：(1)42 N　(2)5.4 m　(3)见解析