高考物理一轮复习 第5章 机械能综合过关规范限时检测 新人教版必修2.doc

第五章综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟。一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。14题为单选，58题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1(2016河南八市重点高中联考)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，若上端轻放一质量为m的物体甲(物体与弹簧不连接，重力加速度为g，不计阻力)，当甲下降h时，其速度变为零；若上端轻放一质量为2m的物体乙，则乙也下降h，关于这两个过程，下列说法正确的是(a)a甲下降过程中先加速再减速b甲下降过程中甲与弹簧、地球所组成的系统总势能逐渐减少c乙下降过程中先失重再超重后失重d乙下降h时，速度大小为2解析甲下降过程中，所受的弹力先小于重力，后大于重力，则甲先加速后减速，故a正确。甲下降过程中，甲和弹簧组成的系统机械能守恒，甲的动能先增大后减小，则甲与弹簧、地球所组成的系统总势能先减小后增大，故b错误。乙下降过程中一直加速，一直处于失重状态，故c错误。甲下降h时，根据机械能守恒定律有mghep，乙下降h时，根据机械能守恒定律得2mghep2mv2，得v，故d错误。2(2016辽宁抚顺一中一模)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，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h，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(d)ahhbhchdh解析根据动能定理研究质点第一次在半圆轨道中得mg(h)(wf)0，wf为质点克服摩擦力做功大小，wfmgh。质点第二次在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道对质点的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh，机械能损失小于mgh，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度为hhm1)压缩弹簧至同一点d后，重复上述过程，下列说法正确的是(d)a两滑块到达b点时速度相同b两滑块沿斜面上升的最大高度相同c两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同d两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同解析两滑块到达b点的动能相同，但速度不同，故a错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故b错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh，由能量守恒定律得epmghmgcos，所以mgh，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故c错误；由能量守恒定律得e损wfmgcosmghcotep，故d正确。4(2016河北石家庄第二次质检)一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移时间图象如图所示，g取10m/s2，下列说法正确的是(c)a小球抛出时的速度为12m/sb小球上升和下落的时间之比为2c小球落回到抛出点时所受合力的功率为64wd小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失解析由图知，小球上升的最大位移x24.0m，用时t12.0s，平均速度12m/s，由得初速度v024m/s，故a错误。上升时加速度大小为a1m/s212m/s2，由牛顿第二定律得mgfma1，解得空气阻力的大小f2n，对于下落过程，由牛顿第二定律得mgfma2，解得a28m/s2，则a1a232。根据位移公式xat2，由于上升和下落的位移大小相等，可知上升和下落的时间之比为t1t2，故b错误。由上式可得下落时间t2s，小球落回到抛出点时速度为va2t28m/s，所受合力f合mgf8n，此时合力的功率为p64w，故c正确。小球上升和下落两个过程克服空气阻力做功相等，由功能关系知，小球上升过程的机械能损失等于下降过程的机械能损失，故d错误。5如图所示，一物块通过一橡皮条与粗糙斜面顶端垂直于固定斜面的固定杆相连而静止在斜面上，橡皮条与斜面平行且恰为原长。现给物块一沿斜面向下的初速度v0，则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，橡皮条的形变在弹性限度内)，下列说法正确的是(bc)a物块的动能一直增加b物块运动的加速度一直增大c物块的机械能一直减少d物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能解析由题意知物块的重力沿斜面向下的分力为mgsinffmgcos，在物块下滑过程中，橡皮条拉力f一直增大，根据牛顿第二定律有a，选项b正确；物块受到的合外力方向沿斜面向上，与位移方向相反，根据动能定理知动能一直减少，选项a错误；滑动摩擦力和拉力f一直做负功，根据功能关系知物块的机械能一直减少，选项c正确；根据能量守恒定律，物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能和摩擦产生的热量之和，选项d错误。6(2016河北石家庄第一次质检)如图所示，ab、ac两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，杆ab与水平地面的夹角为30，两细杆上分别套有带孔的小球a、b，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平。某时刻剪断细线，在两球下滑到细杆底端的过程中，下列说法正确的是(cd)a小球a、b下滑到细杆底端时速度相同b小球a、b的重力做功相同c小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间d小球a受到的弹力大于小球b受到的弹力解析a、b两球到底端时速度的方向不同，故a错误；对a球受力分析，如图所示。根据平衡条件有mag，同理可知mbg，故mamb31，则a、b两球重力做功mgh不同，b错误；设开始下滑的高度为h，则aat2，aagsin30，得t，同理：gsin60t2，t，可见a球下滑的时间较长，c正确；小球a受到的弹力nmagcos30mbg，小球b受到的弹力nmbgcos60mbg，故a受到的弹力大于b受到的弹力，d正确。7(2017河北省模拟)如图所示，距离为x0的a、b间有一倾斜传送带沿顺时针方向匀速转动。某时刻，在传送带的a端无初速度放置一小物块。若选择a端所在的水平面为重力势能的零参考平面，则小物块从a端运动到b端的过程中，其机械能e与位移x的关系可能是(ab) 解析设斜面传送带的倾角为，若物块放上后一直加速，且到b点速度仍小于v，则物块机械能一直增大。根据功能原理可知：e0mgcosx，图线的斜率大小等于mgcos，可知e与x成正比，选项a正确；若物块在到达b点之前，速度已经与传送带速度相等，之后物块的机械能不断增大，设物块与传送带速度相同时机械能为e0，位移为x0。对于速度相同后的过程，可得：ee0mgsin(xx0)，图线的斜率大小等于mgsin，由于物块能从a端运动到b端，则mgcosmgsin，所以图线斜率变小，选项b正确，选项c、d错误。8(2016广东广州模拟)如图，不计空气阻力，从o点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端p处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面pq做匀加速直线运动。下列说法正确的是(bc)a小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大b小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小c撤去斜面，小球仍从o点以相同速度水平抛出，落地速率将不变d撤去斜面，小球仍从o点以相同速度水平抛出，落地时间将不变解析小球在抵达斜面之前做平抛运动，加速度为g，在斜面上运动时，由牛顿第二定律得加速度为agsin(是斜面的倾角)，可知小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小，故a错误，b正确。整个过程中小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得mghmvmv2，则落地时速率v，若撤去斜面，小球仍从o点以相同速度水平抛出，落地速率将不变，故c正确。比较小球在斜面上与空中运动的时间，由于小球在斜面上运动的加速度为agsin，竖直分加速度为aasingsin2g，则知撤去斜面后，落地时间变短，故d错误。二、非选择题(共3小题，共52分。计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)9(14分)(2016河南平顶山二调)某研究小组设计了一个实验，来探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系。实验的主要步骤是：找一段平直的路面，并在路面上画一道起点线；骑上自行车用较快速度驶过起点线时，从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥；车驶过起点线后就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性直线继续前进；待车停下，记录自行车停下时的位置；用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到终点的距离l及车把手处离地高度h。已知重力加速度为g，设自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定。(1)自行车经过起点线时的速度vs；(用已知物理量和所测量得到的物理量表示)(2)自行车经过起点线后克服阻力做功w_fl_；(用已知物理量和所测量得到的物理量表示)(3)多次改变自行车经过起点线时的初速度，重复上述实验步骤，则每次只需测量上述物理量中的_s_和_l_，就能通过数据分析达到实验目的。解析(1)橡皮泥平抛的初始速度等于自行车经过起点线时的速度，vs。(2)自行车经过起点线后克服阻力做的功wfl。(3)只需要分析速度即s和克服阻力做的功fl的关系，由于g、h、f都为定值，因此只需要测量s和l就能达到实验目的。10(18分)(2017甘肃兰州一中月考)如图所示，ab是倾角30的粗糙直轨道，bcd是光滑的圆弧轨道，ab恰好在b点与圆弧相切，圆弧的半径为r，一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的p点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知p点与圆弧的圆心o等高，物体与轨道ab间的动摩擦因数为。求：(1)物体做往返运动的整个过程中在ab轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点e时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点d，释放点距b点的距离l至少多大。答案(1)(2)(3)mg(3)解析(1)对整体过程，由动能定理得mgrcosmgcoss0，所以物体在ab轨道上通过的总路程s。(2)最终物体以b(还有b关于oe的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对be过程，由动能定理得mgr(1cos)mv在e点，由牛顿第二定律得fnmgm联立式得fn(3)mg。(3)物体刚好到d点，由牛顿第二定律有mgm对全过程由动能定理得mglsinmgcoslmgr(1cos)mv联立式得l。11(20分)如图所示，一质量为m1kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为ep4.5j，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带。已知滑块与传送带的动摩擦因数为0.2，传送带足够长，g10m/s2。求：(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量。答案(1)3.125s(2)12.5j解析(1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的