高考物理大一轮复习《机械能》综合检测

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。机械能综合检测(时间:90分钟满分:100分)【测控导航】考点题号1.功、功率2,4,5,8,162.动能定理6,9,11,12,173.机械能守恒定律1,7,10,184.功能关系、能量守恒定律35.实验:探究恒力做功和物体动能变化间的关系136.实验:验证机械能守恒定律14,15一、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17题只有一个选项正确,第812题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.(2016上海市十一校联考)下列运动过程中机械能守恒的是(B)A.跳伞运动员打开降落伞在竖直方向向下做匀速直线运动B.悬点固定的单摆摆球获得一初速度后在竖直平面内做圆周运动C.摩天轮在竖直平面内匀速转动时,舱内的乘客做匀速圆周运动D.带电小球仅在电场力作用下做加速运动解析:跳伞运动员打开降落伞在竖直方向向下做匀速直线运动,说明运动员动能不变,重力势能减小,所以机械能不守恒,故A错误;悬点固定的单摆摆球获得一初速度后在竖直平面内做圆周运动,只有重力做功,所以机械能守恒,故B正确;舱内的乘客做匀速圆周运动时,动能不变,重力势能变化,所以机械能不守恒,故C错误;带电小球仅在电场力作用下做加速运动,电场力对小球做正功,所以机械能不守恒,故D错误.2.(2016黑龙江省双鸭山市月考)在光滑的水平面上,用一水平拉力F使物体从静止开始移动x,平均功率为P,如果将水平拉力增加为4F,使同一物体从静止开始移动x,平均功率为(D)A.2PB.4PC.6PD.8P解析:当用一水平拉力F使物体从静止开始移动x时,由动能定理得Fx=12mv2,所需时间为t=xv2=2xv=2x2Fxm=2xmF;平均功率P=Fxt=FFx2mFF,则水平拉力增加为4F,使同一物体从静止开始移动x,平均功率为8P,故选D.3.(2016黑龙江省大庆实验中学高三第一次月考)如图所示,倾角为30的斜面上,质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a=g2(g为重力加速度)向上加速运动距离x的过程中,下列说法正确的是(D)A.重力做功为-mgx B.拉力做功为12mgxC.动能增加14mgx D.机械能增加mgx解析:由功的公式W=Flcos 可以求出重力做功WG=-12mgx,故A选项错误;由于不清楚斜面是否光滑,故不能求出拉力做了多少功,但可以求出合力所做的功,W=max=12mgx,再由动能定理合外力的功等于物体动能的变化,动能增加12mgx,C选项错误;由牛顿第二定律知,F-mgsin 30=ma,解得F=mg,方向沿斜面向上,故除重力之外的其他外力做功为mgx,所以物体的机械能增加mgx,D选项正确.4.(2016浙江省绍兴市第一中学月考)用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动,到t1末撤去拉力F,物体做匀减速运动,到t2末静止.其速度图像如图所示,且P2解析:根据动能定理,整个过程中,只有拉力和摩擦力做功,所以有W-(W1+W2)=0-0=0,所以有W=W1+W2,速度时间图像与横坐标轴围成的面积表示位移,从图中可得摩擦力在两个过程中的位移不同,所以W1W2,B错误;因为W=Pt,根据W=W1+W2,有Pt1=P1t1+P2(t2-t1),加速过程的平均速度为v1=0+v2,减速过程中的平均速度为v2=v+02,故v2=v1,根据公式P=Fv可得P1=P2,代入Pt1=P1t1+P2(t2-t1),可得PP1+P2,故C,D错误.5.汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动,所受阻力始终不变,在此过程中,下列说法正确的是(C)A.汽车发动机的输出功率保持不变B.汽车发动机的输出功率逐渐减小C.在任意两相等的位移内,汽车的动能变化相等D.在任意两相等的位移内,汽车的速度变化相等解析:对汽车由牛顿第二定律可得Pv-Ff=ma,而a,Ff不变,v逐渐增大时,P增大,故A,B错误;汽车做匀加速运动时,受到的合外力F合不变,由F合x=Ek知C正确;由x=v0+v2t知,在匀变速直线运动中,不同位置的两相等位移中,因平均速度不同,则时间不同.由v=at知速度变化不相等,故选项D错误.6.(2016河北唐山开滦二中月考)如图,质量为m的小球从斜轨道高处由静止滑下,然后沿竖直圆轨道的内侧运动,已知圆轨道的半径为R,不计一切摩擦阻力,重力加速度为g.则下列说法正确的是(B)A.当h=2R时,小球恰好能到达最高点MB.当h=2R时,小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mgC.当h5R2时,小球在运动过程中不会脱离轨道D.当h=R时,小球在最低点N时对轨道压力为2mg解析:h=2R时,根据动能定理mg(h-2R)=12mvM2-0,解得vM=0,在M点的速度小于通过最高点的临界速度gR,所以A错误;根据mg(h-R)=12mvP2可得vP=2gR,由牛顿第二定律FNP=mvP2R=2mg,所以B正确;通过最高点的最小速度为gR,根据mg(h-2R)=12mvM2,解得h=52R,不脱离轨道,释放位置必须大于等于52R,所以C错误;当h=R时,mgh=12mvN2,解得vN=2gR,根据FN-mg=mvN2R,解得FN=3mg,所以D错误.7.(2016河北唐山一中模拟)以水平面为零势能面,小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍,那么在抛体运动过程中,当其动能和势能相等时,水平速度和竖直速度之比为(D)A.31B.11C.12D.21解析:如图所示,在O点重力势能等于动能的2倍,mgH=2Ek0=212mv02,v0=gH,由O到M小球的机械能守恒,减少的重力势能转化为动能,在M点动能和势能相等,EkM=EpM,即Ek0+mg(H-h)=mgh,得h=34H,而vy2=2g(H-h),则vy=gH2,v0vy=21,故D正确.8.(2016贵州贵阳六中月考)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶,发动机功率为P,牵引力为F0,t1时刻,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻,汽车又恢复了匀速直线运动,下列能正确表示这一过程中汽车牵引力随时间t、速度v随时间t变化的图像是(AD)解析:汽车以功率P、速度v0匀速行驶时,牵引力与阻力平衡.当司机减小油门,汽车的功率减为P2的瞬间,速度v不变,由P=Fv可知,汽车的牵引力突然减小到原来的一半,即为F=12F0,阻力Ff=F0没有变化,汽车的牵引力小于阻力,汽车开始做减速运动,速度v减小,功率保持为P2,由P=Fv可知,随v减小,牵引力逐渐增大,汽车受到的合力F合=Ff-F=F0-F,合力在变小,由牛顿第二定律得知,汽车的加速度逐渐减小,汽车做加速度减小的减速运动,当汽车牵引力再次等于阻力,汽车再次匀速运动,由P=Fv得知,此时汽车的速度为原来的一半,由图像可知,A,D正确.9.如图所示,光滑水平平台上有一个质量为m的物块,站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块,细绳不可伸长,不计滑轮的大小、质量和摩擦.在人以速度v从平台边缘正下方匀速向右前进位移x的过程中,始终保持桌面和手的竖直高度差h不变.则在此过程中(AC)A.物块做加速运动B.人对物块做的功为12mv2C.人克服物块拉力做的功为mv2x22(h2+x2)D.人对物块做功的平均功率为mv32x解析:人的速度有两个效果,一个是沿绳子方向运动,再一个是沿垂直绳子方向运动,如图所示前进位移x的过程中,根据几何知识可得cos =xh2+x2,故根据速度的合成分解可得沿绳方向的分速度为vcos =vxh2+x2,故物体的速度在增加,做加速运动,故A正确;当人从平台的边缘处向右匀速前进了x,此时物块的速度大小v=vcos =vxh2+x2,根据动能定理得W=12mv2=mv2x22(h2+x2),故B错误,C正确;人移动的时间t=xv,则人拉力做功的功率P=Wt=mv3x2(h2+x2),故D错误.10.(2016山东枣庄八中月考)如图所示,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m的小环,小环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放,当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处),下列说法中正确的是(重力加速度为g)(ABD)A.小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB.小环到达B处时,重物上升的高度约为0.4dC.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D.小环在从A到B的过程中重力势能减少了mgd解析:由题意,由静止释放时小环向下加速运动,则重物将加速上升,对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg,所以选项A正确;小环到达B处时,重物上升的高度应为绳子缩短的长度,即h=2d-d0.4d,所以选项B正确;根据题意,沿绳子方向的速度大小相等,将小环在B处速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足vBcos =v物,即vBv物=1cos=2,所以选项C错误;小环在从A到B的过程中重力做功W=mgd,则重力势能减少了mgd,故选项D正确.11.(2016华中师大附中期中)一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出,已知上升过程中受到阻力作用,图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系,以地面为零势能面,h0表示上升的最大高度,图中坐标数据中的k值为常数且满足0k1,则由图可知,下列结论正确的是(AD)A.表示的是重力势能随上升高度的图像,表示的是动能随上升高度的图像B.上升过程中阻力大小恒定且Ff=(k+1)mgC.上升高度h=k+1k+2h0时,重力势能和动能不相等D.上升高度h=h02时,动能与重力势能之差为k2mgh0解析:根据动能定理得-(mg+Ff)h=Ek-Ek0,得Ek=Ek0-(mg+Ff)h,可见Ek是减函数,由图像表示.重力势能为Ep=mgh,Ep与h成正比,由图像表示,故A正确;对于整个上升过程,根据动能定理得-(mg+Ff)h0=0-Ek0,由图像得,mgh0=Ek0k+1,联立解得Ff=kmg,故B错误;当高度h=k+1k+2h0时,动能为Ek=Ek0-(mg+Ff)h=Ek0-(k+1)2k+2mgh0,又由上知Ek0=(k+1)mgh0,联立解得Ek=k+1k+2mgh0,重力势能为Ep=mgh=Ek=k+1k+2mgh0,所以在此高度时,小球的重力势能和动能相等,故C错误;当上升高度h=h02时,动能为Ek=Ek0-(mg+Ff)h=(1+k)mgh02,重力势能为Ep=mgh=mgh02,则动能与重力势能之差为kmgh02,故D正确.12.(2016江苏苏北四市期中)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m的圆环相连,圆环套在倾斜的粗糙固定杆上,杆与水平面之间的夹角为,圆环在A处时弹簧竖直且处于原长.将圆环从A处静止释放,到达C处时速度为零.若圆环在C处获得沿杆向上的速度v,恰好能回到A.已知AC=L,B是AC的中点,弹簧始终在弹性限度之内,重力加速度为g,则(BCD)A.下滑过程中,环受到的合力不断减小B.下滑过程中,环与杆摩擦产生的热量为14mv2C.从C到A过程,弹簧对环做功为mgLsin -14mv2D.环经过B时,上滑的速度大于下滑的速度解析:圆环从A处由静止开始下滑,初速度为零,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,所以加速度先减小后增大,则合力先减小后增大,故选项A错误;研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程,运用动能定理mgh+WFf-W弹=0;在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,运用动能定理-mgh+W弹+WFf=0-12mv2,解得WFf=-14mv2,所以产生的热量为14mv2,故选项B正确;在C处获得一沿杆向上的速度v,恰好能回到A,运用动能定理-mgh+W弹+WFf=0-12mv2,h=Lsin ,解得W弹=mgLsin -14mv2,故选项C正确;研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程,运用动能定理mgh+WFf-W弹=12mvB2-0;研究圆环从B处上滑到A的过程,运用动能定理-mgh+WFf+W弹=0-12mvB2,由于WFf0,所以12mvB212mvB2,则环经过B时,上滑的速度大于下滑的速度,故选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(6分)(2016重庆市巴蜀中学月考)在追寻科学家研究足迹的过程中,某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系,采用了如图(甲)所示的实验装置.(1)实验时,该同学用钩码的重力表示小车受到的合力,为了减小这种做法带来的实验误差,你认为应该采取的措施是.(多选,填选项前的字母)A.保证钩码的质量远小于小车的质量B.保证细线与长木板平行C.把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D.必须先接通电源再释放小车(2)如图(乙)所示是实验中得到的一条纸带,其中A,B,C,D,E,F是连续的六个计数点,相邻计数点间的时间间隔为T,相关计数点间的距离已在图中标出,测出小车的质量为M,钩码的总质量为m.从打B点到打E点的过程中,合力对小车做的功是,小车动能的增量是(用题中和图中的物理量符号表示).解析:(1)由于小车运动过程中会遇到阻力,同时由于小车加速下降,处于失重状态,拉力小于重力,故要使拉力接近钩码的重力,要平衡摩擦力,要使钩码的质量远小于小车的质量,同时拉力沿小车的运动方向.故选ABC.(2)从打B点到打E点的过程中,合力对小车做的功是W=mgh=mgs,根据中间时刻的速度等于平均速度得vB=s12T,vE=s22T,小车动能的增量是Ek=12MvE2-12MvB2=12M(s22T)2-12M(s12T)2.答案:(1)ABC(2)mgs12M(s22T)2-12M(s12T)2评分标准:每空2分.14.(6分)(2016山东临沂检测)某实验小组利用如图所示的装置进行实验,钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端,钩码质量均为M,在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C,在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝,钩码A能通过狭缝,环形金属块C不能通过.开始时A距离狭缝的高度为h2,放手后,A,B,C从静止开始运动.(1)利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1,则钩码A通过狭缝的速度为(用题中字母表示).(2)若通过此装置验证机械能守恒定律,还需测出环形金属块C的质量m,当地重力加速度为g.若系统的机械能守恒,则需满足的等式为(用题中字母表示).(3)为减小测量时间的误差,有同学提出如下方案:实验时调节h1=h2=h,测出钩码A从释放到落地的总时间t,来计算钩码A通过狭缝的速度,你认为可行吗?若可行,写出钩码A通过狭缝时的速度表达式;若不可行,请简要说明理由.,。解析:(1)通过小孔后A,B质量相等,做匀速运动,所以速度为h1t1.(2)A下降B上升且质量相等,势能不变,所以整体减少的重力势能为mgh2,增加的动能为12(2M+m)(h1t1)2,若两者相等则机械能守恒,即验证12(2M+m)(h1t1)2=mgh2即可.(3)开始下落的过程中为匀加速运动,平均速度为v2,后一段为匀速,两段距离相等,所以下落时间是下一段的2倍,可以用v=3ht来表示.答案:(1)h1t1(2)12(2M+m)(h1t1)2=mgh2(3)可行v=3ht评分标准:(1)(2)问每空2分,(3)问每空1分.15.(7分)某同学用如图(甲)所示的装置通过研究重锤的落体运动来验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源,其频率为50 Hz.已知重力加速度为g=9.8 m/s2.(1)在实验所需的物理量中,需要直接测量的是,通过计算得到的是.(填写字母代号)A.重锤的质量B.重锤下落的高度C.重锤底部距水平地面的高度D.与下落高度对应的重锤的瞬时速度(2)在实验得到的纸带中,该同学选用如图(乙)所示的起点O与相邻点之间距离约为2 mm的点迹清晰的纸带来验证机械能守恒定律.图中A,B,C,D,E,F为六个相邻的原始点.根据图(乙)中的数据,求得当打点计时器打下B点时重锤的速度vB= m/s,计算出对应的12vB2= m2/s2,ghB=m2/s2.若在实验误差允许的范围内,上述物理量之间的关系满足,即可验证机械能守恒定律.(计算结果保留三位有效数字)(3)该同学继续根据纸带算出各点的速度v,量出下落的距离h,并以v2为纵轴、以h为横轴画出图像,下图中正确的是.解析:sAC=OC-OA=7.39 cm,vB=sAC2T1.85 m/s,12vB2=121.852 m2/s21.71 m2/s2,ghB=9.80.178 m2/s21.74 m2/s2,在误差允许范围内,满足12vB2=ghB,即可验证机械能守恒定律.答案:(1)BD(2)1.851.711.7412vB2=ghB(3)C评分标准:每空1分.16.(10分)动车组是城际间实现小编组、大密度的高效铁路运输工具.几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组,就是动车组.假设有一动车组由六节车厢连接而成,每节车厢的总质量均为m=8104 kg.其中第一节、第二节带动力,它们的额定功率分别是P1=2107 W和P2=1107 W(第一节车厢达到额定功率,如功率不够用时启动第二节车厢),车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍(g=10 m/s2)(1)求该动车组的最大行驶速度;(2)若列车以1 m/s2的加速度匀加速启动,求t=10 s时,第一节和第二节车厢之间拉力的值.解析:(1)该动车组以最大速度行驶时满足阻力与牵引力相等,有最大速度时动车组以额定功率行驶.动车组受到的阻力Ff=0.16mg=4.8105 N(1分)P1+P2=F牵vm=Ffvm(1分)得最大速度vm=P1+P2Ff=62.5 m/s.(1分)(2)列车匀加速启动,当t=10 s时,v=at=10 m/s(1分)此时牵引力F=Pv(1分)根据牛顿第二定律F-Ff=6ma(1分)解得此时列车输出功率P=(Ff+6ma)v=9.6106 W(1分)PP1,即此时只有第一节车厢提供动力.对后五节车厢F-Ff=5ma(1分)阻力Ff=0.15mg=4105 N(1分)解得此时第一、二节车厢之间的拉力F=Ff+5ma=8105 N.(1分)答案:(1)62.5 m/s(2)8105 N17.(11分)(2016福建厦门期中)如图所示,水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直14圆轨道相切于B点,右端与一倾角为30的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至D点,已知光滑圆弧轨道的半径R=0.45 m,水平轨道BC长为0.4 m,其动摩擦因数=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6 m,g取10 m/s2,求(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块在BC上通过的总路程.解析:(1)滑块从A点到B点,由动能定理可得mgR=12mvB2-0解得vB=3 m/s(2分)滑块在B点由牛顿第二定律F-mg=mvB2R解得F=60 N(2分)由牛顿第三定律可得,滑块对B点的压力F=F=60 N.(1分)(2)滑块从A点到D点,该过程弹簧弹力对滑块做的功为W,由动能定理可得mgR