高考物理一轮复习第六单元机械能单元检测（含解析）

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一、选择题
1.(2018长春市实验中学质检)一物体做直线运动的x-t图象如图所示,其中OA和BC段为抛物线,AB段为直线并且与两段抛物线相切。物体的加速度、速度、动能、动量分别用a、v、Ek、p表示,下列表示这些物理量的变化规律可能正确的是( )。
【解析】由题意可知,OA和BC段为抛物线,所以物体在这两段做匀变速直线运动;AB段为直线说明物体在这段做匀速直线运动,所以A项错误。BC段物体的速度先减小后反向增大,所以B、D两项错误,C项正确。
【答案】C
2.(2018山东重点中学联考)质量m=2 kg的物体做匀变速直线运动,从运动开始计时,在时间t内的平均速度满足=1+t(各物理量均为国际单位),则( )。
A.物体的初速度为零
B.物体的加速度为1 m/s2
C.3 s末物体的动能为49 J
D.物体受到的合外力为8 N
【解析】根据匀变速直线运动规律可知x=v0t+at2,变形为=v0+at,即=v0+at,比较=1+t可知,v0=1 m/s,a=2 m/s2,A、B两项错误;3 s末物体的速度v=v0+at=7 m/s,动能Ek=mv2=49 J,C项正确;物体受到的合外力F=ma=4 N,D项错误。
【答案】C
3.(2018江苏无锡高三模拟)如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上,现将一小球从图示位置静止释放,不计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是( )。
A.斜劈对小球的弹力不做功
B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C.斜劈的机械能守恒
D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
【解析】不计一切摩擦,小球下滑时,小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功,小球重力势能的减少量等于斜劈和小球的动能增加量,系统机械能守恒,B项正确,C、D两项错误;斜劈对小球的弹力与小球位移间的夹角大于90°,故弹力做负功,A项错误。
【答案】B
4.(2018河南洛阳开学检测)链球运动员在比赛时,通过旋转使链球由静止开始获得一定的出手速度,不计空气阻力,在链球被旋转的过程中,下列说法正确的是( )。
A.链球做匀速圆周运动
B.旋转过程中链子始终与球运动的速度垂直
C.链子对球做的功等于球的机械能
D.链子对球做功和重力对球做功的总和等于球获得的动能
【解析】要使链球获得一定的出手速度,则球在被旋转的过程中,速度须不断增大,A项错误;由于人要通过链子对球做功,因此链子与球运动的速度不垂直,B项错误;由于不计空气阻力,因此除重力以外的其他力,即链子对球的作用力做功等于球机械能的增量,而不是获得的机械能,C项错误;由于链球从静止开始,根据动能定理可知,链子对球做功和重力对球做功的总和等于球的动能的增加量,即获得的动能,D项正确。
【答案】D
5.(2019天津和平区1月月考)(多选)中国月基天文望远镜(LUT)是首个在月球表面工作的机器人式的天文望远镜,中科院的研究团队利用LUT发现了重叠双星系统。若该系统主恒星质量为M,另一颗恒星的质量为m,它们之间的距离为L,该系统的运转周期为T。将两颗星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出( )。
A.两星球球心之间的距离为
B.两星球球心之间的距离为
C.两星球运行速率之和为
D.两星球运行速率之和为
【解析】两颗星之间的万有引力提供向心力,有G=MR1=mR2,R1+R2=L,得L=,又由v1=,v2=,解得v1+v2=,A、C两项正确。
【答案】AC
6.(2018重庆重点中学四校联考)(多选)如图所示,长薄木板C置于光滑水平地面上,其上放有A、B两物块,A、B与薄木板之间的动摩擦因数分别为μ、μ,已知A、B的质量均为m,C的质量忽略不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,要使一个物块相对薄木板滑动而另一个相对薄木板静止,则( )。
A.若在A上加一水平恒力F,F的最大值为μmg
B.若在A上加一水平恒力F,F的最小值为μmg
C.若在C上加一水平恒力F,F的最大值为μmg
D.若在C上加一水平恒力F,F的最小值为μmg
【解析】A与木板的最大静摩擦力fA=μmg,B与木板的最大静摩擦力fB=μmg,A的最大加速度为μg,B的最大加速度为μg,若在A上加一水平恒力F,当μmg【答案】BC
7.(2018湖南八校联考)(多选)如图所示,一同学做飞镖游戏,悬挂在竖直墙面上半径R=0.4 m的圆盘绕垂直圆盘过圆心的水平轴匀速转动。当A点转动到圆周的最高点时,一飞镖(看作质点)对着A点上方以初速度v0水平抛出。飞镖抛出点距圆盘的水平距离L=1.5 m,与圆盘上边缘高度差h=0.45 m。若飞镖击中圆盘直径上的A点,则该同学取得游戏的胜利。要取得游戏的胜利(重力加速度g=10 m/s2),下列关系式正确的是( )。
A.初速度v0=3 m/s或5 m/s
B.圆盘匀速转动的角速度ω=2πn rad/s(n=1,2,3…)
C.飞镖击中圆盘的速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ=或
D.飞镖击中A点时的速率v= m/s
【解析】飞镖可以在两个位置击中A点,故初速度有两个可能值,设飞镖飞行时间为t,则L=v0t。A在上边时,有h=gt2,解得v0=5 m/s;A在下边时,有h+2R=gt2,解得v0=3 m/s,A项正确。A在上边时,飞镖飞行时间t和圆盘转动周期满足t=nT(n=0,1,2,…),由T=得ω= rad/s(n=0,1,2,…);A在下边时,t=nT+(n=0,1,2,…),得ω=(4n+2)π rad/s(n=0,1,2,…),B项错误。A在上边时,t=0.3 s,v0=5 m/s,竖直方向分速度vy=gt=3 m/s,击中圆盘的速度方向 tan θ==;A在下边时,t0=0.5 s,v0=3 m/s,vy=gt=5 m/s,击中圆盘的速度方向tan θ==,C项正确。A在上边时,击中圆盘的速度大小v== m/s;A在下边时,v== m/s,D项正确。
【答案】ACD
8.(2018江西十校模拟)(多选)将三个木板1、2、3固定在墙角,木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形,如图所示,其中1与2底边相同,2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放,并沿斜面下滑到底端,物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中,下列说法正确的是( )。
A.沿着1和2下滑到底端时,物块的速率不同,沿着2和3下滑到底端时,物块的速率相同
B.沿着1下滑到底端时,物块的速度最大
C.物块沿着3下滑到底端的过程中,产生的热量是最多的
D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中,产生的热量是一样多的
【解析】设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3,木板长分别为l1、l2、l3,当物块沿木板1下滑时,由动能定理有mgh1-μmgl1cs θ1=m-0,当物块沿木板2下滑时,由动能定理有mgh2-μmgl2cs θ2=m-0,又h1>h2,l1cs θ1=l2cs θ2,可得v1>v2;当物块沿木板3下滑时,由动能定理有mgh3-μmgl3cs θ3=m-0,又h2=h3,l2cs θ2v3,A项错误,B项正确;三个过程中产生的热量分别为Q1=μmgl1cs θ1,Q2=μmgl2cs θ2,Q3=μmgl3cs θ3,则Q1=Q2【答案】BCD
9.(2018广东联考)(多选)如图所示,水平传送带AB的长度L=1.8 m,皮带轮的半径R=0.4 m,皮带轮以角速度ω=5 rad/s沿顺时针匀速转动(皮带不打滑),现将一质量m=3 kg的煤块(视为质点)轻放在传送带上的A点,与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25,g=10 m/s2。则下列说法正确的是( )。
A.煤块从A点运动到B点所用的时间为1.3 s
B.煤块到达B点时对滑轮的压力大小为mg
C.煤块在传送带上留下痕迹长度是0.8 m
D.若使煤块从A运动到B所用的时间最短,则传送带的角速度ω至少为7.5 rad/s
【解析】对煤块进行受力分析知,初始时加速度a=μg=2.5 m/s2,传送带的速度vc=Rω=2m/s,煤块加速到与传送带速度相等时,所需时间t1==0.8 s,位移x1=a=0.8 m,后到达B点所需时间t2==0.5 s,所需总时间t=t1+t2=1.3 s,A项正确;传送带运动距离s=vct1=1.6 m,煤块留下痕迹长度d=s-x1=0.8 m,C项正确;煤块到达B点时,煤块做圆周运动,对滑轮的压力大于其重力,B项错误;要使煤块到达B点时间最短,则要煤块一直加速,由v2=2aL及v=Rω得ω=7.5 rad/s,D项正确。
【答案】ACD
10.(2018贵州三校联考)(多选)如图所示,斜面固定在水平面上,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与物块相连,弹簧处于自然长度时物块位于O点,物块与斜面间有摩擦。现将物块从O点拉至A点,撤去拉力后物块由静止向上运动,经O点到达B点时速度为零,则物块从A运动到B的过程中( )。
A.经过位置O点时,物块的动能最大
B.物块动能最大的位置与AO的距离无关
C.物块从A向O运动过程中,弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量
D.物块从O向B运动过程中,动能的减少量大于弹性势能的增加量
【解析】根据题述弹簧处于自然长度时物块位于O点,可知物块所受摩擦力等于重力沿斜面的分力。将物块从O点拉至A点,撤去拉力后物块由静止向上运动,当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时,合力为零,物块的动能最大。由此可知,物块经过A、O之间某一位置时,物块的动能最大,A项错误;物块动能最大的位置与AO的距离无关,B项正确;由功能关系可知,物块从A向O运动过程中,弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力做功产生的热量,C项错误;物块从O向B运动过程中,动能的减少量等于增加的重力势能与弹性势能加上克服摩擦力做功产生的热量,即动能的减少量大于弹性势能的增加量,D项正确。
【答案】BD
二、非选择题
11.(2018哈尔滨六中二模)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛,比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点A出发,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道,并通过半圆轨道的最高点C,才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点,水平直线轨道和半圆轨道相切于B点。已知赛车质量m=0.5 kg,通电后以额定功率P=2 W工作,进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为Ff=0.4 N,随后在运动中受到的阻力均可不计,L=10.0 m,R=0.32 m,重力加速度g取10 m/s2。
(1)要使赛车完成比赛,赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大?
(2)要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间?
(3)若电动机工作时间t0=5 s,当半圆轨道半径为多少时赛车能完成比赛且飞出的水平距离最大?水平距离最大是多少?
【解析】(1)赛车恰通过C点,有mg=
解得最小速度vC=
由B到C过程应用机械能守恒定律,有m=m+mg×2R
在B点应用牛顿第二定律,有FN-mg=m
联立解得vB==4 m/s,FN=6mg=30 N
由牛顿第三定律得,赛车对轨道的压力FN'=FN=30 N。
(2)由A到B过程克服摩擦力做功产生的热量Q=FfL
根据能量守恒定律,有Pt=m+Q
联立解得t=4 s。
(3)设半圆轨道半径R0时,赛车能完成比赛且飞出的水平距离最大,则由A到C过程根据能量守恒定律,有
Pt0=mvC'2+Q+mg·2R0
赛车过C点后做平抛运动,有
2R0=gt2
x=vC't
联立解得x2=-16+9.6R0
当R0=0.3 m时,xmax=1.2 m。
【答案】(1)30 N (2)4 s (3)0.3 m 1.2 m
12.(2018安徽联考)如图所示,竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点,圆弧轨道的半径为R,传送带的长为2R,传送带上表面离地高也为R,传送带正以速度v=沿逆时针方向转动,一质量为m的物块在圆弧轨道的上端A上方某高度处由静止下落,刚好能从A点进入圆弧轨道,若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度为g,空气阻力不计。
(1)要使物块不能从传送带的右端滑离,物块从A点上方释放的高度应满足什么条件?
(2)若物块滑离传送带后落在地面上的位置离传送带右端C的水平距离为R,则物块在B点时对圆弧轨道的压力为多大?
(3)若物块滑上传送带后刚好不能从传送带右端滑离,则此种情况下,物块在传送带上运动的全过程中,传送带电动机因为物块在传送带上滑动额外做的功为多少?
【解析】(1)设当物块刚好不能从传送带的右端滑离时,物块从A点上方释放的高度为h
根据动能定理mg(R+h)-μmg×2R=0
求得h=0
即要使物块不滑离传送带,物块不能从A点上方任一位置释放,只能从圆弧面上释放。
(2)设物块在C点的速度为vC,则R=vCt,R=gt2
设物块在B点的速度为vB,物块从B到C的过程中,根据动能定理有μmg×2R=m-m
求得vB=
在B点,设圆弧轨道对物块的支持力为F,根据牛顿第二定律有F-mg=m
求得F=mg
根据牛顿第三定律可知,物块在B点时对圆弧轨道的压力F'=F=mg。
(3)如果物块刚好能滑到传送带的右端,则物块到达C端时速度为零,设物块在B点速度为vB',则mvB'2=2μmgR
解得vB'=
然后物块在摩擦力的作用下向左做匀加速运动,速度达到v=与传送带一起匀速运动
方法一 全过程中,物块动能减少量与电动机额外做的功W之和等于物块与传送带摩擦产生的热量
设Δx1、Δx2分别是物块向右和向左运动过程与皮带的相对位移大小,有
Δx1=vt1+2R=2R+2R,μg=2R
Δx2=vt2-a=R,v=μgt2
则有m(2gR-gR)+W=μmg(2R+2R+R)
解得W=(+1)mgR。
方法二 电动机额外做的功就等于全过程中皮带克服摩擦力做的功W=μmgv(t1+t2)=(+1)mgR。
【答案】(1)只能从圆弧面上释放 (2)mg
(3)(+1)mgR