高考物理一轮复习单元检测五 机械能试题

单元检测五机械能考生注意：1.本试卷共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.4.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1.图1A.两物块到达底端时速度相同B.两物块到达底端时动能相同C.两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D.两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率2.A.物体的重力势能减少eq\f(1,3)mgh B.物体的机械能减少eq\f(1,3)mghC.物体的动能增加eq\f(1,3)mgh D.重力做功eq\f(1,3)mgh3.图2A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能减少eq\f(1,2)mg(H＋h)D.物块和弹簧组成的系统机械能减少eq\f(1,2)mg(H＋h)4.物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图3甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为(取g＝10m/s2)()图3A.2kgB.2.5kgC.3kgD.3.5kg5.如图4所示，轻杆AB长l，两端各连接一个小球(可视为质点)，两小球质量关系为mA＝eq\f(1,2)mB＝m，轻杆绕距B端eq\f(l,3)处的O轴在竖直平面内顺时针自由转动.当轻杆转至水平位置时，A球速度为eq\r(\f(2,3)gl)，则在以后的运动过程中()图4A.A球机械能守恒B.当B球运动至最低点时，球A对杆作用力等于0C.当B球运动到最高点时，杆对B球作用力等于0D.A球从图示位置运动到最低点的过程中，杆对A球做功等于06.如图5所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，不计空气阻力，下列说法中正确的是()图5A.若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C点后仍能升高hB.若把斜面弯成圆弧形AB′，物体仍能沿AB′升高hC.不论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D.无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但机械能守恒7.(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图6所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则()图6A.W＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B.W＞eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C.W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D.W＜eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离8.如图7所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点.若bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，则下列说法正确的是()图7A.轻弹簧的劲度系数是50N/mB.从d到b滑块克服重力做功8JC.滑块的动能最大值为8JD.从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)9.(2017·广东华南三校联考)正在粗糙水平面上滑动的物块，从t1时刻到t2时刻受到恒定的水平推力F的作用，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在t1时刻的速度与t2时刻的速度大小相等，则在此过程中()A.物块可能做匀速直线运动 B.物块的位移可能为零C.合外力对物块做功一定为零 D.F一定对物块做正功10.(2017·河南三市二模)如图8所示，电梯质量为M，电梯地板上放置一个质量为m的物块，轻质钢索拉动电梯由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当上升高度为H时，速度达到v.不计空气阻力，重力加速度为g，在这个过程中()图8A.物块所受支持力与钢索拉力之比为m∶MB.地板对物块的支持力做的功等于eq\f(1,2)mv2＋mgHC.物块克服重力做功的平均功率等于eq\f(1,2)mgvD.电梯及物块构成的系统机械能增加量等于eq\f(1,2)(M＋m)v211.质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v1和v2，位移分别为x1和x2，如图9所示.则这段时间内此人所做的功的大小等于()图9A.Fx2 B.F(x1＋x2)C.eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)(m＋m1)v12 D.eq\f(1,2)m2v2212.(2018·湖北协作体联考)如图10甲所示，质量m＝1kg的物块(可视为质点)以v0＝10m/s的初速度从倾角θ＝37°的固定粗糙长斜面上的P点沿斜面向上运动到最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示.不计空气阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是()图10A.物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2B.在1～6s时间内物块所受重力的平均功率为50WC.在t＝6s时物块克服摩擦力做功的功率为20WD.在0～1s时间内机械能的变化量与在1～6s时间内机械能的变化量大小之比为1∶5三、非选择题(本题共6小题，共48分)13.(4分)某同学利用如图11所示的装置探究功与速度变化的关系.图11A.小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿光滑水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；B.在钉子上分别套上2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤A，小物块落点分别记为M2、M3、M4；C.测量相关数据，进行数据处理.(1)为求出小物块从桌面抛出时的动能，需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号，g已知)A.小物块的质量mB.橡皮筋的原长xC.橡皮筋的伸长量ΔxD.桌面到地面的高度hE.小物块抛出点到落地点的水平距离L(2)将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、….若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标，________为横坐标作图，才能得到一条直线.(3)由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于________(选填“偶然误差”或“系统误差”).14.(8分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图12所示.图12(1)实验步骤：①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平.②用游标卡尺测量挡光条的宽度l＝9.30mm.③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x＝______cm.④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2.⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.(2)用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式.①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1＝________和v2＝________.②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝________和Ek2＝________.③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少ΔEp＝________(重力加速度为g).(3)如果ΔEp＝________，则可认为验证了机械能守恒定律.15.(8分)已知半径为r的小球在空气中下落时受到的粘滞阻力Ff满足如下规律：Ff＝6πηvr，公式中η为空气与小球间的粘滞系数.一同学欲使用传感器通过实验测定粘滞系数，他将一个半径为r0、质量为m的小球从空中某位置由静止释放，测得小球速度为v0时，加速度大小为a0，若忽略空气浮力，已知当地重力加速度为g，求：(1)粘滞系数η；(2)若测得小球下落h高度时达到最大速度，求此过程中小球损失的机械能.16.(8分)如图13所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A点锁定，然后将一质量为m的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),6)解除弹簧锁定物块恰能上滑至B点A、B两点的高度差为h0已知重力加速度为g.图13(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.(2)求物块从A到B所用的时间t1与从B返回到A所用的时间t2之比.(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A点并锁定，物块返回A点时立刻解除锁定.设斜面最高点C的高度H＝2h0，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出？

17.(10分)(2018·河北邢台月考)如图14所示，将质量为m＝1kg的小物块放在长为L＝1.5m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d＝1.8m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h＝0.65m，开始车和物块一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g＝10m/s2，求：图14(1)小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力；(2)小物块落地点至车左端的水平距离.18.(10分)如图15所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5m(取g＝10m/s2).求：图15(1)金属块经过D点时的速度大小；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功.答案精析1.B[根据动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2，知两物块到达底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故A错误，B正确；两物块到达底端的速度大小相等，甲所受重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则甲所受重力做功的功率先增大后减小，故在底端时乙所受重力做功的瞬时功率大于甲所受重力做功的瞬时功率，故C、D错误.]2.C[物体落地过程中，重力做功WG＝mgh，重力势能减少mgh，A、D项错误；由动能定理可得ΔEk＝W合＝mah＝eq\f(1,3)mgh，C项正确；由功能关系可得ΔE＝W合－mgh＝－eq\f(2,3)mgh，所以机械能减少了eq\f(2,3)mgh，B项错误.]3.D[对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误.对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能等于克服空气阻力所做的功和弹簧弹性势能增加量之和，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，故B错误.由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减少量等于机械能的减少量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误.物块从A点由静止开始下落，加速度是eq\f(1,2)g，根据牛顿第二定律得Ff＝mg－ma＝eq\f(1,2)mg，所以空气阻力所做的功Wf＝－eq\f(1,2)mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少eq\f(1,2)mg(H＋h)，故D正确.]4.B[匀速运动时拉力等于摩擦力，F2＝Ff＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,4)N＝2.5N.物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v随时间均匀增大，所以P随时间均匀增大.F1＝eq\f(P′,v′)＝eq\f(30,4)N＝7.5N.F1－Ff＝ma，a＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2可得m＝2.5kg.故B正确，A、C、D错误.]5.B[由题意可知A、B系统机械能守恒，A球机械能不守恒，选项A错误；由于轻杆转动过程中，A球重力势能变化量总是与B球重力势能变化量相等，所以A、B两球均做匀速圆周运动，当A球运动至最高点时，B球运动至最低点，由于F向＝meq\f(v2,r)＝mg，知轻杆此时对球A作用力等于0，选项B正确；当B球运动到最高点时，向心力F向′＝2meq\f(\f(v,2)2,r′)＝mg<mBg，故杆对B球的作用力为支持力，选项C错误；A球从图示位置运动到最低点的过程中，对A由动能定理知，动能不变，重力做正功，故杆的弹力做等量的负功，选项D错误.]6.D[若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于除重力外没有其他外力作用，物体机械能守恒，同时斜抛运动最高点速度不为零，故不能到达h高处，选项A错误；若把斜面弯成圆弧形AB′，如果能到达圆弧最高点，即升高h，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，矛盾，选项B错误；无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但机械能守恒，选项C错误，D正确.]7.C[根据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿第二定律、牛顿第三定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq\f(vN2,R)，所以N点动能为EkN＝eq\f(3mgR,2)，从P点到N点根据动能定理可得mgR－W＝eq\f(3mgR,2)－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq\f(mgR,2).质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f(v2,R)，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力Ff＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ＝eq\f(3mgR,2)－mgR－W′＝eq\f(1,2)mgR－W′，由于W′＜eq\f(mgR,2)，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，C正确.]8.A[整个过程中，滑块从a点由静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的.滑块到c点时速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kxbc＝mgsin30°，解得：k＝50N/m，A项正确；由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错误；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，到c点时滑块的动能为最大值，最大动能一定小于8J，又弹性势能减少量小于8J，所以弹簧弹力对滑块做功小于8J，C、D项错误.]9.ACD[物块做直线运动，合外力与速度共线，由于初、末速度大小相等，则物块可能做匀速直线运动，也可能做匀变速直线运动，A正确.当物块做匀变速直线运动时，其速度应先减小为零，然后反向增大，则力F与初速度方向相反，由牛顿第二定律可知，减速时加速度大小a1＝eq\f(F＋Ff,m)，反向加速时加速度大小a2＝eq\f(F－Ff,m)，结合速度位移关系式v2－v02＝2ax分析可知，减速时位移大小小于反向加速时位移大小，则B错误.因初、末速度相等，则合外力做功为零，由动能定理有WF＋Wf＝0，因摩擦力做负功，则推力F一定对物块做正功，C、D正确.]10.BC[钢索拉力FT＝(M＋m)(g＋a)，物块所受支持力FN＝m(g＋a)，所以eq\f(FN,FT)＝eq\f(m,M＋m)，A项错误.对物块m，由动能定理有W支持－mgH＝eq\f(1,2)mv2，得W支持＝eq\f(1,2)mv2＋mgH，B项正确.因物块做初速度为零的匀加速直线运动，则其平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)，物块克服重力做功的平均功率PG＝mgeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)mgv，C项正确.电梯及物块构成的系统机械能增加量等于(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，D项错误.]11.BC[根据功的定义W＝Fx，而x应为拉过的绳子长度，也就是两个物体运动的位移之和，因此B正确，A错误；根据动能定理，拉力做的功等于两个物体和人增加的动能之和，即W＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)(m＋m1)v12，因此C正确，D错误.]12.AD[0～1s时间内，由题中图象得加速度大小a1＝eq\f(10,1)m/s2＝10m/s2，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋Ff＝ma1，1～6s时间内，由题中图象得加速度大小a2＝eq\f(10,6－1)m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律有mgsinθ－Ff＝ma2，解得Ff＝4N，eq\f(mg,Ff)＝eq\f(5,2)，选项A正确；1～6s时间内，eq\x\to(v)＝eq\f(0＋10,2)m/s＝5m/s，重力做功的平均功率eq\x\to(P)＝mgsinθ·eq\x\to(v)＝30W，选项B错误；由题中图象知t＝6s时物块的速率v6＝10m/s，物块克服摩擦力做功的功率P6＝Ffv6＝40W，选项C错误；根据功能关系，在0～1s时间内机械能的变化量大小ΔE1＝Ffs1，在1～6s时间内机械能的变化量大小ΔE2＝Ffs2，由题中图象得s1＝eq\f(1,2)×1×10m＝5m，s2＝eq\f(1,2)×(6－1)×10m＝25m，所以eq\f(ΔE1,ΔE2)＝eq\f(s1,s2)＝eq\f(1,5)，选项D正确.]13.(1)ADE(2)L2(3)系统误差解析(1)小物块离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度h＝eq\f(1,2)gt2，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L＝v0t，可计算出小物块离开桌面时的速度，根据动能的表达式Ek＝eq\f(1,2)mv02，还需要知道小物块的质量，A、D、E正确，B、C错误；(2)根据h＝eq\f(1,2)gt2和L＝v0t，可得v02＝eq\f(L2,t2)＝eq\f(L2,\f(2h,g))＝eq\f(gL2,2h)，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2成正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线；(3)一般来说，由于多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差.由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差.14.(1)③60.00(59.96～60.04)(2)①eq\f(l,Δt1)eq\f(l,Δt2)②eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt1))2eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt2))2③mgx(3)Ek2－Ek1解析由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x＝80.30cm－20.30cm＝60.00cm.由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度看做瞬时速度，挡光条的宽度l可用游标卡尺测量，挡光时间Δt可从数字计时器读出，因此，滑块通过光电门的瞬时速度为eq\f(l,Δt)，则通过光电门1时瞬时速度为eq\f(l,Δt1)，通过光电门2时瞬时速度为eq\f(l,Δt2).由于质量事先已用天平测出，由公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可得：滑块通过光电门1时系统动能Ek1＝eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt1))2，滑块通过光电门2时系统动能Ek2＝eq\f(1,2)(M＋m)(eq\f(l,Δt2))2.末动能减初动能可得动能的增加量.两光电门中心之间的距离x即砝码和托盘下落的高度，系统势能的减小量ΔEp＝mgx，最后对比Ek2－Ek1与ΔEp数值大小，在误差允许的范围内相等，就验证了机械能守恒定律.15.(1)eq\f(mg－a0,6πv0r0)(2)mgh－eq\f(mg2v02,2g－a02)解析(1)对小球下落过程受力分析，由牛顿第二定律得mg－Ff0＝ma0Ff0＝6πηv0r0得η＝eq\f(mg－a0,6πv0r0)(2)小球达到最大速度时，有mg－Ffm＝0Ffm＝6πηvmr0得vm＝eq\f(gv0,g－a0)小球下落过程中，由动能定理得mgh－ΔE＝eq\f(1,2)mvm2－0ΔE＝mgh－eq\f(mg2v02,2g－a02).16.见解析解析(1)物块受到的滑动摩擦力Ff＝μmgcosθ，A到B过程由功能关系有－Ff·eq\f(h0,sinθ)＝mgh0－Ep，解得Ep＝eq\f(3,2)mgh0.(2)因弹簧劲度系数很大，可认为弹簧压缩量较小，弹簧作用时间可忽略不计.设上升、下降过程物块加速度大小分别为a1和a2，则mgsinθ＋μmgcosθ＝ma