专题06质量检测卷（解析版）.docx

专题06 机械能守恒定律质量检测卷第卷(选择题，共48分)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18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.(2021河北张家口高三上学期期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是()A运动员先处于超重状态后处于失重状态B空气浮力对系统始终做负功C加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量D任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等【答案】B【解析】运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误。2.(2021上海市静安区检测)一个质量为0.2 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，碰撞前后小球速度变化量的大小为v，碰撞过程中墙对小球做功的大小为W，则()Av0，W0 Bv0，W7.2 JCv12 m/s，W0 Dv12 m/s，W7.2 J【答案】C【解析】碰撞前后小球的速率相等，则动能相等，由动能定理得：墙对小球做功Wmv2mv20，取小球撞墙前的速度方向为正方向，速度的变化量大小v|vv|vv|2v|12 m/s，故选C.3.(2021吉林省吉林市高三上学期期末联考)如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法不正确的是()A摩擦力对物体做正功B摩擦力对物体做负功C支持力对物体不做功D合外力对物体做功为零【答案】B【解析】物体P匀速向上运动的过程中，摩擦力的方向沿传送带向上，与运动的方向相同，所以摩擦力做正功，A正确，B错误；支持力的方向与物体运动的方向垂直，则支持力对物体不做功，C正确；物体匀速上升，动能变化量为零，根据动能定理可知，合力对物体做功为零，D正确。4.(2021安徽芜湖高三上学期期末)用长为L的细线系着一个质量为m的小球(可以看做质点)，以细线端点O为圆心，在竖直平面内做圆周运动。P点和Q点分别为轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，小球经过P点和Q点时所受细线拉力的差值为()A2mg B4mg C6mg D8mg【答案】C【解析】根据牛顿第二定律，在Q点，有F1mgm，在P点，有F2mgm，从最高点到最低点过程，根据机械能守恒定律，有mg(2L)mvmv，联立三式，解得小球经过P点和Q点时所受细线拉力的差值为F2F16mg，C正确。5.(2021浙江嘉兴重点中学期中测试)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(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()A重力势能增加mgxB动能增加C机械能增加mgxD拉力做功为【答案】C【解析】由几何知识知，物块上升的高度为，因而增加的重力势能为Epmgx，A错误；根据动能定理可得增加的动能为Ekmaxmgx，B错误；根据能量守恒定律可得EEpEk，故增加的机械能为Emgx，C正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D错误6.在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象已知重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息不能精确得出或估算得出的物理量有()A物体与水平面间的动摩擦因数B合外力对物体所做的功C物体做匀速运动时的速度D物体运动的时间【答案】D【解析】物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等，则Fmg，得物体与水平面间的动摩擦因数为0.35，A可求出；对物体做减速运动的过程，由动能定理得WFWf0mv2，根据Fx图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C可求出；因为物体做加速度大小逐渐增大的减速运动，所以运动时间无法求出，D无法求出7(2021浙江杭州二中模拟)如图所示，一个小球从光滑固定的圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程中，小球的动能Ek随时间t的变化图象可能是() 【答案】B【解析】动能Ek与时间t的图象上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即P，A点与C点处小球速度均为零，B点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A、B、C三点处重力做功的功率为零，则小球由A点运动到B点的过程中重力做功的功率是先增大再减小至零，小球由B点运动到C点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故B正确，A、C、D错误8(2021广东揭阳高三上学期期末)某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成角，(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)在此过程中，下列说法正确的是()A人的速度比重物的速度小B轻绳对重物的拉力大于重物的重力C重物做匀速直线运动D绳的拉力对重物做的功为mghmv2【答案】B【解析】将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为时，vGvcos，故v>vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，由牛顿第二定律可知绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vGvcos，重物由地面上升高度h的过程中，根据动能定理可知Wmghmv，解得Wmghm(vcos)2，D错误。9.(2021浙江嘉兴一中模拟)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点不计空气阻力，下列说法正确的是 ()A从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量B从O点运动到B点，小孩机械能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量C从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量D从B点返回到A点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量【答案】AD【解析】从A点运动到O点，小孩的速度不断增大，根据能量转化和守恒定律可知，其重力势能的减少量等于增加的动能与弹性绳的弹性势能之和，故重力势能的减少量大于动能的增加量，选项A正确；从O点运动到B点，小孩的速度不断减小，根据能量转化和守恒定律可知，小孩机械能减少量等于弹性绳、蹦床弹性势能增加量，故小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能的增加量，选项B错误；从A点运动到B点，小孩机械能转化为弹性绳和蹦床的弹性势能，则知小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；从B点返回到A点的过程中，弹性绳的弹性势能和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能增加量大于蹦床弹性势能的减少量，选项D正确10.(2021东北三省四市教研联合体模拟)如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是()A物体减少的机械能E1E2>E3B物体减少的机械能E2>E1>E3C物体到达底端时的速度v1v2<v3D物体到达底端时的速度v2<v1<v3【答案】BD【解析】如图所示，由功能关系可知物体克服摩擦力所做的功等于物体减少的机械能当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为mgcos mg，则物体克服摩擦力所做的功与BC边长度有关，W克1>W克3；由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得FNmgcos m，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于mgcos ，则W克2>W克1，故W克2>W克1>W克3，由此可知物体减少的机械能E2>E1>E3；由动能定理可知mghW克mv2，由于W克2>W克1>W克3可得v2<v1<v3，故B、D正确11.(2021江西赣州高三上学期期末)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示。下列说法正确的是()A06 s内物体的位移大小为12 mB06 s内拉力做功为70 JC物体的质量为10 kgD滑动摩擦力的大小为5 N【答案】BCD【解析】06 s内物体的位移大小等于vt图象中图线与时间轴所包围的面积，即x m10 m，A错误；02 s内拉力做的功W1t12 J30 J,26 s内拉力做的功W2Pt2104 J40 J，所以06 s内拉力做的总功WW1W270 J，B正确；在26 s内，v2 m/s，P10 W，物体做匀速直线运动，Ff，则滑动摩擦力fF N5 N，当P130 W时，v2 m/s，得到牵引力F1 N15 N，在02 s内，物体做匀加速直线运动，加速度a1 m/s2，由牛顿第二定律可得：F1fma，可知：m10 kg，C、D正确。12.(2021山东泰安市一轮检测)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上A点，右端穿过固定光滑圆环B连接一个质量为m的小球p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C点由静止释放，到达D点速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、B、C在一条水平直线上，CDh；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是()A.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mghB.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mghC.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为D.若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为【答案】BC【解析】设BC的长度为L，根据胡克定律有mgkL，BD与竖直方向的夹角为时，伸长量为，弹力为Fk，对球受力分析，受重力、橡皮条的弹力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，有FNFsin kLmg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力FfFN0.2mg，也保持不变，小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为WfFfh0.2mgh，故A错误，B正确；对球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mghFfhW弹0，解得W弹0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mghFfhW弹2mv，解得vD，故C正确，D错误。第卷(非选择题，共62分)二、实验题(本题共2小题，共14分)13.(2021福建龙岩市5月模拟)（6分）如图甲所示是“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置，主要实验步骤如下：用天平测出滑块(含滑轮)的质量M240 g，并安装好实验装置；适当垫高长木板不带滑轮的一端，滑块不挂轻绳，挂上纸带，轻推滑块使滑块沿长木板匀速运动；轻绳通过长木板末端的滑轮和滑块上的滑轮，一端挂在拉力传感器上，另一端挂质量为m100 g的钩码，两轻绳与木板平行；接通打点计时器的电源，释放滑块，打出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，相邻计数点间时间间隔为0.1 s，并记录拉力传感器示数F0.39 N.回答下列问题：(1)滑块从B运动到D的过程中，合力对滑块所做的功W_ J，滑块动能的增量Ek_ J；(计算结果均保留2位有效数字)(2)多次实验发现合力对滑块所做的功W总略大于滑块动能的增量Ek，可能的原因是_A没有满足滑块质量远大于钩码质量B平衡摩擦力过度C滑轮摩擦影响(3)利用该实验装置还可以完成的物理实验有：_(写出一种即可)【答案】(1)0.140.13(2)C(3)研究匀变速直线运动的规律(探究加速度与力、质量的关系；测量滑块与长木板间的动摩擦因数等)【解析】(1)由题图乙知，合外力对滑块做的功为W2FxBD0.14 J；根据匀变速直线运动的规律可求：vB0.6 m/s，vD1.2 m/s，所以滑块动能的增量EkMvD2MvB20.13 J；(2)因有拉力传感器测量绳上的拉力，故不需要满足滑块质量远大于钩码质量，A错误；若平衡摩擦力过度，会有重力做正功，动能的增量应大于合力做的功，B错误；滑轮有摩擦，需克服摩擦做功，有一部分能量转化为内能，动能的增量略小于合力做的功，C正确；(3)有打点计时器、纸带，可研究匀变速直线运动的规律；也可测量滑块与长木板间的动摩擦因数；加速度、质量、合外力均可测，故也可以研究加速度与力、质量的关系14(8分)(2020浙江杭州二中3月模拟)利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”的实验(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、重锤、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有_(选填器材前的字母)A天平 B刻度尺 C游标卡尺 D直流电源 E交流电源 F秒表(2)图乙是实验中得到的一条纸带在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC.重锤质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的频率为f.从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量|Ep|_，动能的增加量Ek_.(3)在实验过程中，以下操作正确的是_A做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤B为测量打点计时器打下某点时重锤的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式v计算，其中g应取当地的重力加速度C用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出这点的瞬时速度vD用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度(4)某同学操作时在重锤下落后接通电源，打点计时器开始工作；该同学把第一个打点记为O，测量其他计数点到起始点O的距离h，并计算出打相应计数点时重锤的速度v，描绘v2h图象若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，v2h图象是图中的_【答案】(1)BE(2)mghB (3)ACD (4)C【解析】 (1)本实验不需要测量质量，A不需要；在该实验中需要测量点迹间的距离，需要刻度尺，测量结果不需要太精密，且距离大于游标卡尺测量范围，所以不需要游标卡尺，B需要，C不需要；打点计时器使用的是交流电源，故D不需要，E需要；打点计时器是计时仪器，不需要秒表，F不需要(2)从打下O点到打下B点的过程中，重锤下落hB高度，故重力势能减少量为|Ep|mghB.下落过程近似为匀加速直线运动，所以B点的瞬时速度等于AC过程中的平均速度，故有vB所以动能增加量为EkmvB2.(3)做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重锤，A正确；由于摩擦力、空气阻力等因素，通常v<；而且实验目的就是要验证v，故不能用该公式计算，通常利用匀变速运动时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度来求得某一位置的速度，B错误，C正确；某点到O点的距离h即为重锤下落的高度，故应由mgh求得重力势能的减少量，故D正确；(4)由于该同学先释放重锤后接通电源，则打第一个点O时，重锤有初速度v0，由动能定理可得(mgFf)hmv2mv02变形可得v2hv02，故C正确，A、B、D错误三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)15.（10分）(2021海南省高考调研)高铁在改变人们出行和生活方式方面的作用初步显现。某高铁列车在启动阶段的运动可看作在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，列车的加速度大小为a。已知该列车(含乘客)的质量为m，运动过程中受到的阻力为其所受重力的k倍，重力加速度大小为g。求列车从静止开始到速度大小为v的过程中，(1)列车运动的位移大小及运动时间；(2)列车牵引力所做的功。【答案】(1)(2)(kga)【解析】(1)由速度位移的关系式得v22ax解得列车运动的位移为x由速度公式得vat解得t(2)由动能定理得Wkmgxmv20解得W(kga)16.(2020安徽宣城高三上学期期末)(12分)如图，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。不计空气阻力，重力加速度为g，试求：(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。【答案】(1)mgR(2)mgR【解析】(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，由牛顿第二定律得FNBmgm，由牛顿第三定律知FNBFNB8mg，由能量守恒定律可知，物体在A点时的弹性势能EpmvmgR。(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mgm，物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Qmv(mv2mgR)，解得QmgR。17(2021长春实验中学高三上学期期末)(12分)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。在t0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带。取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g10 m/s2)。求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功。【答案】(1)(2)3.75 J【解析】(1)由vt图象可知，物块在前0.5 s的加速度为：a18 m/s2后0.5 s的加速度为：a22 m/s2物块在前0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma1物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma2联立解得：30，。(2)由vt图象可知，在前0.5 s，物块对地位移为：x1则摩擦力对物块做功：W1mgcosx1在后0.5 s，物块对地位移为：x2t2则摩擦力对物块做功：W2mgcosx2所以传送带对物块做的总功：WW1W2联立解得：W3.75 J。18.(2021安徽定远重点中学高三上期末)(14分)如图所示，竖直平面内的四分之一圆周轨道半径R4 m，O1为其圆心；半圆轨道半径r1 m，O2为其圆心；两者通过水平轨道连接长l1 m的竖直挡板下边离地高度为0.5 m，O2到挡板的距离d1.5 m将质量m0.1 kg的小物块从四分之一圆周轨道上某处由静止释放不计一切摩擦阻力，重力加速度g取10 m/s2.(1)若物块从O1等高处释放，求物块下滑到最低点时对圆周轨道的压力；(2)若释放点高度在一定范围内，物块经半圆轨道最高点飞出后能击中挡板，求此范围；(3)从某高度释放小物块，物块经半圆轨道最高点飞出后击中挡板时动能最小，求对应的释放点高度H.【答案】见解析【解析】(1)由机械能守恒定律有mgRmv2物块在圆周轨道最低点时有FNmg解得：FN3 N根据牛顿第三定律，物块对圆周轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下(2)物块打到挡板上边时有：dv1t1，gt12y10.5 m，联立得v1 m/s物块打到下边时有：dv2t2，gt22y21.5 m，联立得v2 m/s，且物块要过半圆轨道最高点，恰好过最高点时有：mg得v3 m/s.综上，取 m/sv m/s从释放到半圆轨道最高点的过程由机械能守恒定律得：mghmv2mg2r将v1代入得h13.125 m将v3代入得h32.5 m综上，释放点高度的范围为2.5 mh3.125 m.(3)击中挡板时小物块的动能为：Ekmv合2m(v02vy2)且vygtg，则Ekm(v02g2)当v02g2时，Ek最小即v0 m/s.经检验，此值在第(2)小题取值范围内，可求得对应的高度H2.75 m.