2021届高考物理（全国通用）精练 第五章 机械能 Word版含答案

这是一份2021届高考物理（全国通用）精练 第五章 机械能 Word版含答案，共13页。试卷主要包含了ABD等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间90分钟，满分100分．
4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项正确，第9～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
1．下列各种运动过程中，物体(弓、过山车、石头、圆珠笔)机械能守恒的是(忽略空气阻力)( )
2．如图1所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )
图1
A．mgv0tanθB.eq \f(mgv0,tanθ)
C.eq \f(mgv0,sinθ)D．mgv0csθ
3．如图2所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端，现用水平向右的力将小木块拉至右端，拉力至少做功为( )
图2
A．μmgLB．2μmgL
C.eq \f(μmgL,2)D．μ(M＋m)gL
4．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(5π,12)
5．如图3所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )
图3
A．重力的平均功率eq \x\t(P)A＞eq \x\t(P)B
B．重力的平均功率eq \x\t(P)A＝eq \x\t(P)B
C．重力的瞬时功率PA＝PB
D．重力的瞬间功率PA＜PB
6．如图4所示，小车A放在一个倾角为30°的足够长的固定的光滑斜面上，A、B两物体由绕过轻质定滑轮的细线相连，已知重力加速度为g，滑轮质量及细线与滑轮之间的摩擦不计，小车A的质量为3m，小球B的质量为m，小车从静止释放后，在小球B竖直上升h的过程中(小球B未到达滑轮处)，小车受绳的拉力大小FT和小车获得的动能Ek分别为( )
图4
A．FT＝mg，Ek＝eq \f(3,8)mghB．FT＝mg，Ek＝eq \f(3,2)mgh
C．FT＝eq \f(9,8)mg，Ek＝eq \f(3,2)mghD．FT＝eq \f(9,8)mg，Ek＝eq \f(3,8)mgh
7．如图5所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是( )
图5
A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量
B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中摩擦产生的热量
C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动
D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量
8．如图6所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h，某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是( )
图6
A．物体损失的机械能ΔEc＝2ΔEb＝4ΔEa
B．因摩擦产生的热量2Qa＝2Qb＝Qc
C．物体到达底端的动能Eka＝2Ekb＝2Ekc
D．因摩擦产生的热量4Qa＝2Qb＝Qc
9.如图7所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是( )
图7
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－eq \f(1,2)F阻πL
10．(2016·全国Ⅲ卷·20)如图8，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
图8
A．a＝eq \f(2(mgR－W),mR)B．a＝eq \f(2mgR－W,mR)
C．N＝eq \f(3mgR－2W,R)D．N＝eq \f(2(mgR－W),R)
11．如图9所示，一物块通过一橡皮条与粗糙斜面顶端垂直于固定斜面的固定杆相连而静止在斜面上，橡皮条与斜面平行且恰为原长．现给物块一沿斜面向下的初速度v0，则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，橡皮条的形变在弹性限度内)，下列说法正确的是( )
图9
A．物块的动能一直增加
B．物块运动的加速度一直增大
C．物块的机械能一直减少
D．物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能
12．如图10所示轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成的，一个小滑块从距轨道最低点B为h高度的A处由静止开始运动，滑块质量为m，直轨道与半圆轨道平滑连接，不计一切摩擦．则( )
图10
A．若滑块能通过圆轨道最高点D，h的最小值为2.5R
B．若h＝2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mg
C．若h＝2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动
D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、非选择题(共52分)
13．(6分)某同学利用如图11所示的装置探究动能定理，将斜槽固定在桌面上，斜槽末端与桌面边缘对齐．在水平地面上依次固定好白纸、复写纸，将小球从斜槽高度h处由静止释放，小球落到复写纸上的某点，测出落点到桌边缘的水平距离为x.改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次实验测量，得出多组h和x数据．
图11
(1)在安装斜槽时，应使其末端__________________________________．
(2)已知斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，斜槽末端距地面的高度为H，不计小球与水平槽之间的摩擦，若动能定理成立，则x与h应满足的关系式为______________________________________．
(3)若以h为横坐标，以x2为纵坐标，画出的图线形状是________________，说明h与x2的关系为______________________．
14．(9分)如图12甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≥d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：
图12
(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝______mm.
(2)小球经过光电门B时的速度表达式为v＝______.
(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出eq \f(1,t2)随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式____________时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
(4)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将________(选填“增加”“减少”或“不变”)．
15．(8分)一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘内外两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱面边缘处由静止释放，如图13所示．已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：
图13
(1)A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小；
(2)A球沿圆柱内表面运动的最大位移．
16．(8分)如图14所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速转动．现有一可视为质点、质量m＝0.5kg的煤块落在传送带左端(不计煤块落下的速度)，煤块在传送带的作用下达到传送带的速度后从右轮轴正上方的P点恰好离开传送带做平抛运动，正好落入运煤车车厢中心点Q.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，P点与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车厢底板中心点Q的水平距离x＝1.2m，g取10m/s2，求：
图14
(1)传送带的速度大小v0；
(2)右轮半径R；
(3)由于传送煤块，电动机多做的功W.
17.(10分)如图15所示，质量为5kg的物块自倾角为37°的传送带上由静止下滑，物块经过水平地面CD后进入光滑半圆弧轨道DE，传送带向下匀速转动，其速度v＝10m/s，传送带与水平地面之间光滑连接(光滑圆弧BC长度可忽略)，传送带AB长度为16 m，水平地面CD长度为6.3 m，物块与水平地面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，圆弧DE的半径R＝1.125 m．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)
图15
(1)求物块在传送带上运动的时间t；
(2)求物块到达D点时的速度大小；
(3)物块能否到达E点，若能，求通过E点后物块落地点距离D点的距离．
18．(11分)如图16，光滑固定斜面倾角为α，斜面底端固定有垂直斜面的挡板C，斜面顶端固定有光滑定滑轮．质量为m的物体A经一轻质弹簧与下方挡板上的质量也为m的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳平行于斜面．现在挂钩上挂一质量M的物体D并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开挡板但不继续上升．若让D带上正电荷q，同时在D运动的空间中加上方向竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为E，仍从上述初始位置由静止状态释放D，则这次B刚离开挡板时D的速度大小是多少？已知重力加速度为g.
图16
答案精析
1．D
2．B
3．A
4．B
5．D
6．D
7．D
8．B
9．ABD
10．AC
11．BC
12．ACD
13．(1)切线水平 (2)x2＝eq \f(4H(sinθ－μcsθ),sinθ)h
(3)一条过原点的直线 h∝x2
解析 (1)小球离开斜槽末端后要做平抛运动，因而斜槽末端的切线要水平．
(2)设小球从斜槽上滑到斜槽末端时速度为v，根据动能定理有mgh－μmgcsθeq \f(h,sinθ)＝eq \f(1,2)mv2，小球离开O点后做平抛运动，水平方向有x＝vt，竖直方向有H＝eq \f(1,2)gt2，联立解得：x2＝eq \f(4H(sinθ－μcsθ),sinθ)h.
(3)由于θ、μ、H为定值，由(2)可知，其图线形状是一条过原点的直线，即h∝x2.
14．(1)7.25 (2)eq \f(d,t) (3)eq \f(1,t\\al(2,0))＝eq \f(2g,d2)H0(或2gH0teq \\al(2,0)＝d2) (4)增加
解析 (1)小球的直径
d＝7mm＋0.05mm×5＝7.25mm.
(2)小球经过光电门B时的速度表达式为v＝eq \f(d,t).
(3)若机械能守恒，则满足mgH＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(eq \f(d,t))2，整理可得：eq \f(1,t2)＝eq \f(2g,d2)H，由图线可知，当满足eq \f(1,t\\al(2,0))＝eq \f(2g,d2)H0时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
(4)因金属小球下落时受空气阻力作用，故使得动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp；若增加下落高度后，则空气阻力做功变大，则ΔEp－ΔEk将增加．
15．(1)2eq \r(\f(2－\r(2),5)gR) (2)eq \r(3)R
解析 (1)设A球沿圆柱内表面滑至最低点速度的大小为v，B球的质量为m，则根据机械能守恒定律有
2mgR－eq \r(2)mgR＝eq \f(1,2)×2mv2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
由图甲可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcs45°
联立解得v＝2eq \r(\f(2－\r(2),5)gR)

(2)当A球的速度为零时，A球沿圆柱内表面运动的位移最大，设为x，如图乙所示，由几何关系可知A球下降的高度h＝eq \f(x,2R)eq \r(4R2－x2)
根据机械能守恒定律有2mgh－mgx＝0
解得x＝eq \r(3)R.
16．(1)2m/s (2)0.4m (3)2J
解析 (1)煤块最终将与传送带一起匀速运动，故传送带的速度v0等于煤块运动到P点后做平抛运动的初速度
v0＝eq \f(x,\r(\f(2H,g)))＝2m/s.
(2)煤块运动至P点恰好离开传送带的临界条件是：它在P点做圆周运动且恰好不受到传送带的支持力，因此有mg＝eq \f(mv\\al(2,P),R)，vP＝v0，
解得R＝eq \f(v\\al(2,0),g)＝0.4m.
(3)根据功能关系，在传送带传送煤块过程中，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量ΔEk与煤块与传送带由于摩擦生热而产生的内能Q之和，即W＝ΔEk＋Q.
其中ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)，vP＝v0，
Q＝μmg(x传－x煤)＝μmg(v0·eq \f(vP,μg)－eq \f(vP,2)eq \f(vP,μg))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)，
解得W＝2J.
17．(1)2s (2)9m/s (3)能 eq \f(9\r(5),5)m
解析 (1)刚开始时，对物块受力分析可知
mgsin37°＋μmgcs37°＝ma1
解得a1＝10m/s2
物块与传送带达到共同速度时有v＝a1t1，解得t1＝1s.
物块的位移x＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5m
此后对物块受力分析可知mgsin37°－μmgcs37°＝ma2
解得a2＝2m/s2
物块在传送带上的第二段运动：LAB－x＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
解得t2＝1s
物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2s.
(2)物块到达传送带底端的末速度v2＝v＋a2t2＝12m/s
对物块在CD部分的运动，由动能定理可得
－μmgLCD＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v3＝9m/s.
(3)若物块能到达E点，则由动能定理得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
解得v4＝6m/s
物块恰能过最高点的速度v5＝eq \r(gR)≈3.35m/s
显然v5＜v4，故物块可以通过最高点，经过最高点后物块做平抛运动
x′＝v4t3
2R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,3)
解得x′＝eq \f(9\r(5),5)m.
18．2eq \r(\f(mgEqsinα,k(M＋m)))
解析 挂钩没有挂D时，A压缩弹簧，弹簧的压缩量为x1，对A有：mgsinα＝kx1
则x1＝eq \f(mgsinα,k)
挂钩挂上D后，B刚好离开挡板时弹簧的伸长量为x2
对B有：mgsinα＝kx2
则x2＝eq \f(mgsinα,k)
该过程A沿斜面上升的距离和D下降的高度都是x1＋x2，且A、D的初速度、末速度都为零．
设该过程弹簧的弹性势能的增量为ΔE，由系统机械能守恒有
mg(x1＋x2)sinα－Mg(x1＋x2)＋ΔE＝0
将D带电后，D在电场中运动，电场力对D做正功，设B刚离开挡板时D的速度为v，D下降x1＋x2过程中，有：mg(x1＋x2)sinα－Mg(x1＋x2)＋ΔE－qE(x1＋x2)＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝0
解得：v＝2eq \r(\f(mgEqsinα,k(M＋m))).