高考物理一轮复习第5章机械能限时检测含答案

第五章　机 械 能

综合过关规范限时检测

满分：100分　考试时间：45分钟

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

1．如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆组成，现用大小恒为F的拉力将一个小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力的方向时刻与小球的运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　D　)

A．0　　　　　　　 B．FR

C．2πFR　 D．πFR

[解析]　由于拉力的方向时刻与小球的运动方向一致，可采用微元法，在每一小段位移上，作用在小球上的力F可视为恒力，拉力做的总功即为拉力在各个小段上做功的代数和，由此得W＝F＝πFR，D项正确，A、B、C项错误。

2．一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线，物体所受合外力F随物体位移x变化的图像如图所示，则物体位移x＝8 m时，物体的速度为(　C　)

A．2 m/s　 B．8 m/s

C．4 m/s　 D．4 m/s

[解析]　F－x图像中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x＝8 m时，可求得W＝8 J；由动能定理有mv2＝8 J，解得v＝4m/s，选项C正确。

3．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是(　A　)

A．甲图中小球机械能守恒

B．乙图中小球A机械能守恒

C．丙图中小球机械能守恒

D．丁图中小球机械能守恒

[解析]　甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。

4．(2021·吉林五地六校合作体联考)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v－t图像如图所示。已知汽车的质量为m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.2倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　C　)

A．汽车在前5 s内的牵引力为5×103N

B．汽车速度为25 m/s时的加速度为2.5 m/s2

C．汽车的额定功率为120 kW

D．汽车的最大速度为50 m/s

[解析]　由图像可知匀加速直线运动的加速度a＝＝m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，解得牵引力为F＝f＋ma＝0.2×1×104 N＋1×103×4 N＝6×103N，故A错误；额定功率为P＝Fv＝6 000×20 W＝120 kW，故C正确；当车的速度是25 m/s时，牵引力F′＝＝ N＝4 800 N，此时车的加速度a′＝＝ m/s2＝2.8 m/s2，故B错误；当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为vm＝＝＝ m/s＝60 m/s，所以D错误。

5．如图所示，上表面水平、粗糙程度均匀的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点以大小恒定的初速度v0在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2－cosθ图像应为(　A　)

[解析]　设圆盘的半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由题意可知小物块运动到圆盘另一边缘的过程中摩擦力做负功，由动能定理可得－μmg· 2rcos θ＝mv2－mv，即v2＝v－4μgrcos θ，可知v2与cos θ为线性关系，斜率为负，A项正确，B、C、D项错误。

6．在考驾驶证的科目二阶段中，有一项测试叫半坡起步，这是一条类似于凸形桥面设计的坡道。要求学员在半坡定点位置a启动汽车，一段时间后匀速率通过最高点b以及剩下路段，如图所示。下列说法正确的是(　AC　)

A．若汽车以额定功率从a启动，在加速过程，牵引力一直减小

B．在最高点b，汽车处于平衡状态

C．在最高点b，汽车对路面的压力大小小于汽车的重力大小

D．汽车从a点到b点的过程中，合外力做功为0

[解析]　由P＝Fv可知，若汽车以额定功率从a点启动，在加速过程中，牵引力一直减小，A项正确；在b点汽车所受的合外力提供向心力，路面对汽车的支持力大小小于汽车的重力大小，加速度竖直向下，不是平衡状态，B项错误；根据牛顿第三定律可知，在最高点b，汽车对路面的压力大小小于汽车的重力大小，C项正确；汽车从a点到b点的过程中，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，D项错误。

7．(2020·浙南名校联盟一联)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的大小滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　CD　)

A．两滑块组成系统的机械能守恒

B．重力对大滑块做的功等于大滑块动能的增加

C．轻绳对小滑块做的功等于小滑块机械能的增加

D．两滑块组成系统的机械能损失等于大滑块克服摩擦力做的功

[解析]　因为大滑块克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，A错误；由功能关系知系统减少的机械能等于大滑块克服摩擦力做的功，D正确；对大滑块，除重力外还有摩擦力和轻绳拉力对其做功，由动能定理知B错误；对小滑块，只有拉力和重力对其做功，由功能关系知C正确。

8．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m。两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球进入地面时的机械能损失，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是(　BD　)

A．下滑的整个过程中A球机械能守恒

B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒

C．两球在光滑地面上运动时的速度大小为2 m/s

D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J

[解析]　在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但B在进入水平面滑行而A仍在斜面时，杆的弹力对A做功，所以A球机械能不守恒，选项A错误，B正确；对系统，根据机械能守恒定律，有mAg(h＋Lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝m/s，选项C错误；系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为mBv2－mBgh＝J，选项D正确。

二、非选择题(本题共3小题，共52分。)

9．(12分)(2020·江苏南通第一次调研)某实验小组设计如下的方案来验证机械能守恒定律。

实验仪器：铁架台、铁球、数字计时器、光电门1个、米尺、学生电源、电磁铁等。

实验步骤

①按图甲将光电门和电磁铁安装在铁架台上，调整它们的位置使两者在同一条竖直线上。当电磁铁断电释放小球后，小球能顺利通过光电门。

②电磁铁吸住小球，开始实验。断开电磁铁电源，小球由静止下落。此时计时器记录下小球通过光电门的时间Δt。

③用米尺测出开始下落位置到光电门中心的距离h(已知当地的重力加速度为g)

(1)要顺利完成实验还需测量的物理量有小球直径d(填写物理量的名称，并用符号表示)。

(2)写出需要验证的表达式为：gh＝2(用前面给出的物理量符号表示)。

(3)多次改变高度h，并计算出对应高度下小球通过光电门的速度v，作出v2－h图像如图乙，图像的斜率表示2g，可以计算得出重力加速度的大小为9.7m/s2(结果保留两位有效数字)。

(4)为减小实验中的误差，请你提出两个可行的方案①多次测量取平均值；②适当减小小球直径，适当增大小球初始位置和光电门间的距离等。

[解析]　(1)利用光电门测速度需要知道小球的直径，利用v＝可求出小球过光电门时的速度，所以要测量小球的直径d。

(2)小球下落h的过程中重力势能的减少量为mgh，而动能的增加量为Ek＝mv2＝m2，若机械能守恒则应该符合mgh＝m2，即需要验证gh＝2。

(3)根据mgh＝mv2，整理公式得v2＝2gh。所以图像的斜率表示2g，利用图像可求出k＝2g＝m/s2＝19.4 m/s2，解得g＝9.7 m/s2。

(4)本实验中利用了匀变速直线运动中中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度来计算小球过光电门的速度，为了减小误差应该适当减小小球直径，使得平均速度更加接近瞬时速度；重力势能的减少量为mgh，为了减小测量误差应适当增大小球初始位置和光电门间的距离。

10．(18分)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝ 1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，求：

(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；

(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。

[答案]　(1)0.5　(2)72 J

[解析]　(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1，vm＝a1t1

木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma，vm＝a2t2

由图像可知，vm＝2 m/s，t1＝2 s，t2＝1 s，

联立解得μ1＝0.5。

(2)设小物块初速度为v0，刚滑上长木板时的加速度大小为a0，则有μ1mg＝ma0，vm＝v0－a0t1

在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝mv＝72 J。

11．(22分)(2020·河北衡水中学一调)如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相切于A点，半径R＝0.1 m，其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。斜面C端离地高度h＝0.15 m，E端固定一轻弹簧，原长为DE，斜面CD段粗糙而DE段光滑。现给一质量为0.1 kg的小物块(可看作质点)一个水平初速度，使其从A处进入圆轨道，离开最高点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C。物块与斜面CD段的动摩擦因数μ＝，斜面倾角θ＝30°，重力加速度g＝10 m/s2，不计物块碰撞弹簧的机械能损失。求：

(1)物块运动到B点时对轨道的压力为多大？

(2)C、D间距离L为多少米？

(3)小物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s为多长？

[答案]　(1)2 N　(2)0.4 m　(3)1.6 m

[解析]　(1)物块从B到C做平抛运动，则有：

v＝2g(2R－h)

在C点时有tan θ＝，代入数据解得：vB＝ m/s

在B点对物块进行受力分析，得F＋mg＝m， 解得：

F＝2 N

根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为

F′＝F＝2 N，方向竖直向上。

(2)在C点的速度为：vC＝＝2 m/s

物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得：

－μmgcos θ·2L＝0－mv

代入数据解得：L＝0.4 m。

(3)最终物块停在D点，从C到D，根据动能定理得：

mgLsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv

解得：s＝1.6 m。