（通用版）高考物理一轮复习专题综合检测五第五章机械能及其守恒定律（含解析）.docx

机械能及其守恒定律(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.15题为单选题，68题为多选题)1.如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力()A垂直于接触面，做功为零B垂直于接触面，做负功C不垂直于接触面，做功为零D不垂直于接触面，做正功解析：B对整体进行受力分析可知，小球曲面体系统在水平方向上不受外力作用，故在水平方向上动量守恒，当小球沿曲面下滑过程中，曲面体将向右后退，曲面体对小球的作用力为弹力且与曲面的切线垂直，小球的运动方向与力的方向之间的夹角为钝角，故曲面体对小球的作用力垂直于接触面，且做负功B选项正确2(2018岳阳模拟)在平直的公路上，一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动若汽车所受阻力与速度成正比，则汽车功率P随时间t变化的关系可能是()解析：A汽车在匀加速阶段，根据牛顿第二定律FFfma，物体的速度vat，受到的阻力Ffkv，解得Fkatma，在加速阶段的功率PFvka2t2ma2t，达到额定功率后，此时P突然减小，由于惯性，速度不会突变，由PFv知，牵引力F突然减小，使牵引力等于阻力，汽车又开始做速度减小了的匀速运动，故A正确，B、C、D错误3(2018石家庄模拟)质量为2 t的汽车，发动机的额定功率为60 kW.该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能达到的最大速度为15 m/s，所受阻力恒定，则当汽车速度为10 m/s时的加速度为()A0.50 m/s2 B1 m/s2C2 m/s2 D2.5 m/s2解析：B汽车在水平路面上达到最大速度时，牵引力与阻力二力平衡，则有FFf，由PFvm得PFfvm，解得Ff，当汽车的速度为10 m/s时，牵引力为F，根据牛顿第二定律得a，代入数据解得a1 m/s2，故B正确，A、C、D错误4.(2018大庆模拟)如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中()A小球机械能守恒B小球在最低点时对金属环的压力是6mgC小球在最高点时，重力的功率是mgD小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR解析：D小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v，则mgm，解得v，从最低点到最高点，由动能定理得mg2RW克mv2mv，解得W克mgR，所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR，故A错误，D正确；在最低点，由牛顿第二定律得，FNmgm，解得FN7mg，故B错误；小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误5.长L的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，则轴对杆的作用力F的大小和方向为()A2.4mg竖直向上 B2.4mg竖直向下C6mg竖直向上 D4mg竖直向上解析：A对整个系统而言，机械能守恒，有mg(LL)m(L)2m(L)2，当杆运动到竖直位置时，顶端的小球向心力为mgF1m(L)2，底端的小球向心力为F2mgm(L)2，解以上三式得轴对杆的作用力F的大小F2F12.4mg，方向竖直向上，选项A正确6如图甲所示，质量m1 kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R0.2 m、质量M1 kg的薄圆筒上t0时刻，圆筒在电动机的带动下由静止开始绕竖直的中心轴转动，小物体的vt图像如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数0.2，则()A圆筒转动的角速度随时间的变化关系满足5tB细线的拉力大小为2 NC细线拉力的瞬时功率满足P4tD在02 s内，电动机做的功为8 J解析：AD物体的加速度a m/s21 m/s2，故物体的运动速度vatt，圆筒转动的角速度随时间的变化关系满足5t，A正确根据牛顿第二定律可知，细线的拉力大小Fmamg3 N，B错误细线拉力的瞬时功率满足PFv3t，C错误.2 s末，小物块速度v22 m/s，位移xat2 m，由功能关系可知，在02 s内，电动机做的功W(Mm)vmgx8 J，D正确7.如图所示，一个小球(视为质点)从H12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R4 m的竖直圆环，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C点时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，则h的值不可能为(g取10 m/s2，所有高度均相对B点而言)()A12 m B10 mC8.5 m D7 m解析：ABD已知在C点小球对轨道无压力，由重力提供向心力，得mg，小球从静止开始运动到C点，根据动能定理得mg(H2R)Wfmv2，小球从C点运动到D点，根据动能定理得mg(2Rh)Wf0mv2，由于机械能有损失，在关于BC对称的位置下滑速度比上升速度小，因此小球对圆环压力小，所受摩擦力小，所以下滑时，克服摩擦力做功小，即WfWf0，解得8 mh10 m，C正确，A、B、D错误8.(2018咸阳模拟)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A上述过程中，F做功大小为mvMvB其他条件不变的情况下，M越大，s越小C其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：BD由功能原理可知，上述过程中，F做功大小为二者动能与产生的热量之和，选项A错误；其他条件不变的情况下，M越大，M的加速度越小，s越小，选项B正确；其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项C错误；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，f越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项D正确二、非选择题(本题共4小题，共52分有步骤计算的需写出规范的解题步骤)9(8分)某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”：在木板的左端固定一挡板，挡板上拴一轻质弹簧，弹簧的右端固定一小物块，物块的上方有一很窄的遮光片，当弹簧的长度为原长时，物块恰处于O点，O点的正上方有一光电门，光电门上连接计时器(图中未画出)已知弹性势能的表达式为Epk(x)2.(1)实验开始时，_平衡摩擦力；_测量遮光片的宽度(均选填“需要”或“不需要”)(2)所有实验条件具备后，将小物块向左压缩弹簧x后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1.(3)将小物块向左压缩弹簧2x、3x、4x后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间t2、t3、t4(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3，则W1：W2：W3_，若以W为纵坐标，为横坐标作图，则得到的图像是_(选填“一条直线”或“一条曲线”)解析：(1)由于该实验要求弹簧弹力做功，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片(宽度设为d)通过光电门的时间t，小物块的速度v，根据功能关系可以求出需要验证的关系式为Wmv2m，若以W为纵坐标，为横坐标作图，则得到的图像是一条倾斜直线，即可得到合力做功与速度变化的关系，所以不需要测量遮光片的宽度(4)已知弹性势能的表达式为Epk(x)2，所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1W2W3，则W1W2W3149，若以W为纵坐标，为横坐标作图，则得到的图像是一条直线答案：(1)需要不需要(4)149一条直线10(8分)(2018淄博模拟)某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律(1)用游标卡尺测量金属球的直径：图2为游标卡尺校零时的示数，用该游标卡尺测量小球的直径，其示数为10.00 mm，所测金属球的直径d_mm.(2)用一根不可伸长的轻质细线拴住该金属球，细线的另一端同定在悬点O，在最低点前后放置一组光电门，测得悬点到球心的距离为L.将金属球从最低点拉开角，由静止释放金属球，金属球在竖直面(纸面)内摆动，记下金属球第一次通过光电门的时间t，金属球通过光电门的速度大小为_；已知重力加速度为g，则验证金属球机械能守恒的表达式为_(用字母L、d、t、g表示)解析：(1)由图可知，游标尺20格相当主尺39 mm，那么游标尺1格与主尺2格相差0.05 mm，游标卡尺读数为d10.00 mm30.05 mm9.85 mm.(2)小球经过最低点时速度可表示为v；小球下摆过程中重力势能减少量为EpmgL(1cos )，动能的增加量Ekmv2m()2，若mgL(1cos )m()2，即2gL(1cos )()2成立，说明小球下摆过程机械能过恒答案：(1)9.85(2)2gL(1cos )()211.(16分)(2018济南模拟)如图所示，固定斜面的倾角30，物体A与斜面之间的动摩擦因数为，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A、B，滑轮右侧轻绳与斜面平行，物体A的质量为2m4 kg，物体B的质量为m2 kg，初始时物体A到C点的距离为L1 m现给物体A、B一初速度v03 m/s，使物体A开始沿斜面向下运动，物体B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点已知重力加速度为g10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能解析：(1)物体A和斜面间的滑动摩擦力f2mgcos (2分)物体A沿斜面向下运动到C点的过程中，对A、B整体根据动能定理有：2mgLsin mgLfL3mv23mv(3分)解得：v2 m/s(2分)(2)对物体A接触弹簧，将弹簧压缩了x到最短后又恰回到C点这段过程，对系统应用动能定理有：f2x03mv2，(3分)解得：x0.4 m(2分)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒有Epmgx2mgxsin fx，(2分)解得Ep6 J(2分)答案：(1)2 m/s(2)0.4 m6 J12(20分)如图所示，倾角30的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m1 kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M8 kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60、半径R2 m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r0.2 m的光滑圆轨道平滑连接由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂已知A与bc间的动摩擦因数0.1，重力加速度g10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长(1)求弹簧的劲度系数；(2)求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小；(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？解析：(1)A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态，对B，由平衡条件有kxmgsin 30(1分)当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态对C，由平衡条件有kxmgsin 30(1分)由几何关系知Rxx(1分)代入数据解得k5 N/m(1分)(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等有MgR(1cos 60)mgRsin 30Mvmv(2分)如图所示，将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos 30vB(1分)代入数据解得vA4 m/s(1分)在b处，对A，由牛顿第二定律有NMg(1分)代入数据解得NMg144 N(1分)由牛顿第三定律知，A对圆轨道的压力大小为N144 N(1分)(3)物块A