2020版高考物理大一轮复习第五章机械能及其守恒定律15章末过关检测（五）.docx

第五章 机械能及其守恒定律章末过关检测(五)(时间：45分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径rR)，紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽略一切阻力，则下列说法正确的是()A四个小球在整个运动过程中始终不分离B在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球不做功C在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功D在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做负功解析：选A.圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故相邻小球之间有挤压力，小球在水平面上速度相同，无挤压不分离，在斜面上加速度相同，无挤压也不分离，故B、C、D错误，A正确2如图甲所示的一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m11 kg的轮胎从静止开始沿着平直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37，5 s后拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()A轮胎与地面间的动摩擦因数0.2B拉力F的大小为55 NC在05 s内，轮胎克服摩擦力做功为850 JD拖绳对轮胎做的功为1 750 J解析：选C.拖绳从轮胎上脱落后，轮胎的受力分析如图a所示，由vt图象可得57 s内的加速度为a25 m/s2，根据牛顿运动定律有N2mg0，f2ma2，又因为f2N2，代入数据可解得0.5，选项A错误；拖绳拉动轮胎的过程中，轮胎的受力分析如图b所示，由牛顿运动定律可得Fcos 37f1ma1，mgFsin 37N10，又因为f1N1，由vt图象可知此过程中的加速度为a12 m/s2，联立以上各式可解得F70 N，选项B错误；由Fcos 37f1ma1可解得f134 N，由图象可知轮胎在05 s内的位移为x125 m，故在此过程中克服摩擦力所做的功为Wf1x1850 J，选项C正确；由WFFx1cos 37可得拖绳对轮胎所做的功为WF1 400 J，选项D错误3如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向夹角为60，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g10 m/s2)()A10 JB15 JC20 JD25 J解析：选A.由hgt2，tan 60，可得v0 m/s，由小球被弹射过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，Epmv10 J，A正确4(2019吉大附中模拟)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾，假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略那么过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是()A车头A通过P点时的速度最小B车的中点B通过P点时的速度最小C车尾C通过P点时的速度最小DA、B、C通过P点时的速度一样大解析：选B.过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小5(2019湖北襄阳调研)如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h.已知斜面倾角为，斜面与滑块间的动摩擦因数为 ，且tan ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是()解析：选D.势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A选项错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，B选项错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，D选项正确、C选项错误6.(2019湖北孝感高级中学高三调考)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为，空气阻力不计当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为()A不能从a点冲出半圆轨道B能从a点冲出半圆轨道，但hD无法确定能否从a点冲出半圆轨道解析：选B.质点第一次在半圆轨道中运动的过程，由动能定理得：mg(Wf)00，Wf为质点克服摩擦力做功大小，解得：WfmgH，即质点第一次在半圆轨道中运动损失的机械能为mgH，由于第二次质点在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给质点的弹力变小，摩擦因数不变，所以摩擦力变小，摩擦力做功小于mgH，机械能损失小于mgH，因此质点再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于H，故A、C、D错误，B正确二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.滑沙是国内新兴的，也是黄金海岸独有的旅游项目，深受游客欢迎如图所示，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为v，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则()A人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为mgLsin mv2B人沿沙坡下滑时所受阻力的大小为mgsin C人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgLD人在下滑过程中重力功率的最大值为mgvsin 解析：选BD.某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，由动能定理可得：mgLsin Wfmv2，则Wfmv2mgLsin ，故选项A错误；WffLmv2mgLsin ，解得：fmgsin ，故选项B正确；人从沙坡斜面的顶端下滑到底端，重力做的功为mgLsin ，故选项C错误；人在下滑过程中重力功率的最大值为mgvsin ，故选项D正确8如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平向右的恒力F始终作用在小物块上，小物块与小车之间的滑动摩擦力为f，经过一段时间后小车运动的位移为x，此时小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是()A此时物块的动能为F(xL)B此时小车的动能为F(xL)C这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(xL)fLD这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL解析：选CD.对小物块分析，水平方向受到拉力F和摩擦力f，小车位移为x，小物块相对于小车位移为L，则根据动能定理有(Ff)(xL)Ek0，选项A错误；小车受到水平向右的摩擦力f作用，对地位移为x，根据动能定理同样有fxEk0，选项B错误；在这一过程，物块和小车增加的机械能等于增加的动能，即EkEkF(xL)fL，选项C正确；在此过程中外力做功为F(xL)，所以系统因摩擦而产生的热量为F(xL)F(xL)fLfL，选项D正确9.如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度v2.0 m/s顺时针匀速运行，A端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q50 kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是()A电动机应增加的功率为100 WB电动机应增加的功率为200 WC在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0103 JD在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2104 J解析：选BC.煤经时间t加速到v，由动能定理有mgtmv2，t时间内由摩擦产生的热量Q内mgs相对mgmv2，这段时间内电动机多消耗的能量Emv2Q内mv2，电动机应增加的功率PQv2200 W，在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内mv2Qtv26.0103 J，选项B、C正确10(2019福州适应性测试)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑右侧是一个足够长的固定光滑斜面一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2.开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方当小球由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是()A在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒B当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的C小球不可能沿碗面上升到B点D物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定解析：选ACD.本题易错之处是误认为小球与物块的速度大小相等，无法判断地面对斜面的支持力与什么因素有关在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只发生着动能和重力势能的转化，小球与物块组成的系统机械能守恒，选项A正确；当小球运动到C点时，设小球的速率为v1，物块的速率为v2，分析可知有v2v1cos 45v1，即物块的速率是小球速率的，选项B错误；假设小球恰能上升到B点，则滑轮左侧的细绳将加长，物块一定是上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B点，选项C正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面的支持力始终保持恒定，选项D正确三、非选择题(本题共2小题，共40分按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11(20分)如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R、R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化两斜面倾角均为37，ABCD2R，A、D等高，D端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g.(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值解析：(1)设滑块恰好经P点飞出时速度为vP，由牛顿第二定律有mg，得vP到达A点时速度方向要沿着斜面AB，则vyvPtan 所以A、D点离地高度为h3RR.(2)进入A点时滑块的速度为v假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，则Ekmv24mgcos 2Rmgcos ，则根据动能定理得mg2Rsin mgcos s0mv2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s.(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v1、v2由牛顿第二定律，在Q点F1mg在P点F2mg所以F1F22mg由机械能守恒有mvmvmg3R得vv6gR为定值代入v2的最小值(v2vP)得压力差的最小值为9mg.答案：(1)R(2)(3)9mg12(20分)如图所示，质量为m1 kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v03 m/s，长为L1.4 m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数0.25，g10 m/s2.(1)求水平作用力F的大小；(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量解析：(1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力F、重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力Fmgtan ，代入数据得F N.(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，故有mghmv2，所以v.若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送