高考物理总复习 第五章 机械能综合检测（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理总复习 第五章 机械能综合检测（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理总复习 第五章 机械能综合检测（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 机械能 综合检测(时间:90分钟满分:100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17小题只有一个选项正确,第812小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.被水平地面反复弹起的篮球,弹起的最大高度越来越小,关于该篮球的机械能,下列说法中正确的是(A)A.机械能减少B.机械能守恒C.机械能增加D.机械能有时增加,有时减少解析:由于篮球弹起的幅度越来越小,说明篮球受到阻力的作用,阻力一直做负功,篮球的机械能不守恒,一直在减少,选项A正确.2.如图所示,质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑,物

2、体与斜面间的动摩擦因数都相同,物体滑到斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2,下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2,则(B)A.Ek1Ek2W1Ek2W1=W2C.Ek1=Ek2W1W2D.Ek1W2解析:设斜面的倾角为,斜面的底边长为x,则下滑过程中克服摩擦力做的功为W=mgcos =mgx,所以两种情况下克服摩擦力做的功相等.又由于B的高度比A低,所以由动能定理可知Ek1Ek2.选项B正确.3.有一动车组由8节质量相等的车厢连接而成,其中第1节和第7节车厢为动力车厢,额定功率均为P0.动车组在水平直轨上从静止开始匀加速启动,动力车厢均达到额定功率后,保持功率不变继续行驶直至达到最

3、大速度.若启动阶段每节动力车厢的牵引力恒为F,行驶中每节车厢受到的阻力恒为f,则该动车组(D)A.能达到的最大速度为B.能达到的最大速度为C.启动阶段第7,8节车厢间的拉力大小为FD.启动阶段第7,8节车厢间的拉力大小为解析:每节动力车厢的功率为P0,牵引力为F,设每一节车厢的质量是m,阻力为f;当牵引力和阻力的大小相等时,动车的速度达到最大值,所以最大速度vm=,选项A,B错误;做加速运动时,有两节动力车厢,对整辆列车有2F-8f=8ma,对第8节车厢有F1-f=ma,解得F1=F,即第7,8节车厢间的拉力大小为,选项C错误,D正确.4.将一小球从高处水平抛出,最初2 s内小球动能Ek随时间

4、t变化的图像如图所示,不计空气阻力,取g=10 m/s2.根据图像信息,不能确定的物理量是(D)A.小球的质量B.小球的初速度C.最初2 s内重力对小球做功的平均功率D.小球抛出时的高度解析:由开始时动能Ek0=m=5 J,经2 s时Ek=30 J,动能增加Ek=25 J,由机械能守恒定律可得mgh=25 J,结合h=gt2=1022 m=20 m,解得m= kg,v0=4 m/s.最初2 s内重力对小球做功的平均功率=12.5 W.小球抛出时的高度无法确定,选项D正确.5.用一竖直向上的拉力将原来在地面上静止的重物向上提起,重物由地面运动至最高点的过程中,v-t图像如图所示,以下判断正确的是

5、(C)A.前3 s内拉力功率恒定B.最后2 s内重物处于超重状态C.前3 s内与最后2 s内重物的平均速度相同D.最后2 s运动过程中,重物的机械能减小解析:由图知,前3 s内重物做匀加速直线运动,拉力不变,速度变大,由P=Fv知,拉力的功率变大,选项A错误;最后2 s内重物向上做匀减速直线运动,加速度向下,重物处于失重状态,选项B错误;由=(v0+v)知,前3 s内和最后2 s内重物的平均速度相等,选项C正确;最后2 s内,由于a=-3 m/s2,拉力向上,则拉力对重物做正功,重物的机械能变大,选项D错误.6.如图所示,三个相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度.小球甲从竖直固定的四分之

6、一光滑圆弧轨道顶端由静止滑下,轨道半径为R,轨道底端切线水平.小球乙从离地高为R的某点开始做自由落体运动.小球丙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下.则(C)A.甲、乙、丙刚到达地面时速度相同B.甲、丙两球到达轨道底端时重力的瞬时功率相同C.乙球下落过程中重力的平均功率大于丙球下滑过程中重力的平均功率D.若仅解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定,丙球释放后斜面对其不做功解析:由动能定理知,甲、乙、丙球刚到达地面时速度大小相同方向不同,A错误;甲球到达轨道底端时速度方向与重力方向垂直,重力的瞬时功率为零,而丙球到达轨道最低点时,重力的瞬时功率并不为零,B错误;乙球下落和丙球下滑过程中重力做功相同,

7、但乙球下落时间较短,乙球下落过程中重力的平均功率较大,C正确;解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定后释放丙球,丙球下滑过程中斜面将会发生移动,支持力对丙球做负功,D错误.7.如图所示,滑块A和B叠放在固定的斜面体上,从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑.已知B与斜面体间光滑接触,则在A,B下滑的过程中,下列说法正确的是(D)A.A只受重力和B的支持力作用B.A对B的压力等于A受到的重力C.下滑过程中B对A做负功D.下滑过程中A的机械能守恒解析:设斜面倾角为,对A,B的整体,根据牛顿运动定律可知,下滑的加速度为a=gsin ;对物体A,水平方向fBA=mAacos ;竖直方向mAg-FN=m

8、Aasin ,故A受到重力和B的支持力及摩擦力的作用,A对B的压力不等于A受到的重力,选项A,B错误;下滑过程中,A与B共同加速度为gsin ,则B对A的作用力一定与斜面垂直,即B对A不做功,选项C错误;由于B对A的作用力不做功,或者说B对A的摩擦力、支持力做的总功为零,故A的机械能守恒,选项D正确.8.如图所示,光滑杆OA的O端固定一劲度系数为k=10 N/m,原长为l0=1 m的轻质弹簧,质量为m=1 kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接.OO为过O点的竖直轴,杆与水平面间的夹角始终为=30,开始杆处于静止状态,当杆以OO为轴转动时,角速度从零开始缓慢增加,直至弹簧伸长量为0.5 m,

9、重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(BD)A.当弹簧恢复原长时,杆转动的角速度为 rad/sB.当弹簧的伸长量为0.5 m时,杆转动的角速度为 rad/sC.在此过程中,小球和弹簧组成的系统机械能守恒D.在此过程中,杆对小球做功为12.5 J解析:当弹簧恢复原长时,球受重力和支持力,合力提供向心力,由牛顿第二定律可得mgtan 30=ml0cos 30,解得1= rad/s,故A错误;当弹簧伸长量为0.5 m时,小球受力如图所示,水平方向上有F2cos 30+Nsin 30=m(l0+x)cos 30,竖直方向上Ncos 30=mg+F2sin 30,弹簧的弹力为F2=kx,联立解

10、得2= rad/s,故B正确;在此过程中,杆的弹力对球和弹簧系统做正功,故机械能不守恒,C错误;小球静止时,有mgsin 30=kx,x=0.5 m,与伸长0.5 m时弹性势能相等,由功能关系可得W=mg2xsin 30+m2(l0+x)cos 302,解得W=12.5 J,D正确.9.如图所示,足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转.现将一个物体轻轻放在传送带底端,物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度,第二阶段匀速运动到传送带顶端,则下列说法中正确的是(AC)A.第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C.第二阶段摩擦力对物体做

11、的功等于第二阶段物体机械能的增加量D.两个阶段电动机对传送带做的功等于物体机械能的增加量解析:物体受到重力、支持力和摩擦力,两个阶段摩擦力一直沿斜面向上,故摩擦力一直做正功,故A正确;根据动能定理,第一阶段合力做的功等于动能的增加量,由于重力和摩擦力都做功,故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加量,故B错误;除重力外其余力做的功是机械能变化的量度,由于支持力不做功,故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功,故C正确;第一阶段摩擦力对物体所做的功一部分转化为物体的机械能,另一部分转化为物体及传送带的内能;第二阶段,摩擦力所做的功全部转化为物体的机械能;

12、故两个阶段摩擦力对物体所做的功并不等于物体机械能的增加量,故D错误.10.一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶,阻力恒定为f.t1时刻驶入一段阻力为2f的路段继续行驶,t2时刻驶出这段路,阻力恢复为f.行驶中汽车功率恒定,则汽车的速度v及牵引力F随时间t的变化图像可能是(AC)解析:t1之前,汽车做匀速直线运动,牵引力与阻力相等,t1时刻后阻力变为2f,汽车做减速运动,由P=Fv知,随着速度的减小,牵引力逐渐增大,即汽车做加速度逐渐减小的减速运动,当牵引力增大到2f时,汽车做匀速运动;t2时刻后,汽车驶出这段路,阻力恢复为f,这时牵引力为2f,大于阻力f,汽车做加速运动,由P=Fv知,随着速度的增

13、加,牵引力逐渐减小,加速度逐渐减小,选项A,C正确.11.如图所示,小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动,同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球,物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等,空气阻力忽略不计,则(BD)A.斜面可能是光滑的B.在P点时,小球的动能大于物块的动能C.小球运动到最高点时离斜面最远D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等解析:两物体在P点相遇,运动时间相同,小球做斜上抛运动,其沿斜面方向的分运动是初速度小于v0,加速度为gsin 的匀减速运动,若斜面是光滑的,沿斜面运动的物块做初速度为v0,加速度为gsin 的匀减速运动,则物块先到P

14、点,故物块的加速度必须大于gsin ,即物块一定受到摩擦力作用,选项A错误;由功能关系可知小球的机械能守恒,物块机械能减少,在P点小球的动能大于物块的动能,选项B正确;小球做斜上抛运动,当垂直斜面方向的分速度为零时,离斜面最远,在最高点时小球有垂直斜面的分速度,故距离斜面不是最远,选项C错误;小球和物块运动到P点的过程中克服重力做的功相等,时间相同,故克服重力做功的平均功率相等,选项D正确.12.如图所示,滑块A,B的质量均为m,A套在固定倾斜直杆上,倾斜杆与水平面成45,B套在固定水平的直杆上,两杆分离不接触,两直杆间的距离忽略不计且足够长,A,B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水

15、平面成30角)连接,A,B从静止释放,B开始沿水平面向右运动,不计一切摩擦,滑块A,B视为质点,在运动的过程中,下列说法中正确的是(AD)A.A,B组成的系统机械能守恒B.当A到达与B同一水平面时,A的速度为C.B滑块到达最右端时,A的速度为D.B滑块最大速度为解析:在运动的过程中,A,B组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,选项A正确;从开始到A与B在同一水平面的过程,由系统的机械能守恒得mgLsin 30=m+m,且vAcos 45=vB,解得vA=,选项B错误;B滑块到达最右端时,速度为零,此时轻杆与斜杆垂直,由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30+Lsin 45)=m,解得vA=,

16、选项C错误;当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大,此时A的速度为零,由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30+L)=m,解得B的最大速度为vB=,选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(5分)某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理:(1)将气垫导轨调至水平,安装好实验器材,从图中读出两光电门中心之间的距离s= cm;(2)测量挡光条的宽度d,记录挡光条通过光电门1和2所用的时间t1和t2,并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F,为了完成实验,还需要直接测量的一个物理量是;(3)该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量?(选填“是”或“否”).解析:(1)光电门

17、1处刻度尺读数为20.3 cm,光电门2处刻度尺读数为70.3 cm,故两光电门中心之间的距离s=70.3 cm-20.3 cm=50.0 cm.(2)由于光电门的宽度d很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.滑块通过光电门1速度为v1=滑块通过光电门2速度为v2=需要验证的关系式为Fs=M-M=M()2-M()2可见还需要测量出M,即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量.(3)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小,不是将砝码和砝码盘的重力作为拉力,故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于M.答案:(1)50.0(2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M(3)否评分标准:(1),(2)每

18、空2分;(3)每空1分.14.(8分)在“验证机械能守恒定律”实验的过程中,某同学为验证弹簧和小球组成的系统机械能守恒,设计了如下方案和实验步骤:如图(甲)所示,将一根轻质弹簧的下端竖直固定在水平桌面上,弹簧上端连接一质量为m的小铁球,铁球上固定有轻小的遮光条.一根带有插销孔的光滑透明塑料圆管,竖直地套在小球和弹簧外,也固定于水平面上,塑料圆管侧面有平行于管轴的光滑开槽,遮光条套在槽中,露出槽外,可沿光滑槽运动,小球直径略小于管径;塑料圆管上装上两个关于弹簧原长位置对称的光电门,调节光电门使遮光条通过光电门时能很好地遮挡光线;将小球拉到C处,用插销孔锁住,弹簧处于在弹性限度内的伸长状态;接通光

19、电门电源,拔出插销,记录下小球通过A,B光电门时遮光条的遮光时间分别为t1,t2;断开电源,整理仪器;(1)为完成实验,除了以上步骤还需要进行的步骤有 ;(2)该同学还用游标卡尺测量了小球直径d,如图(乙)所示,读数为;用螺旋测微器测量了遮光条宽度l,如图(丙)所示,读数为;(3)已知重力加速度为g,若小球和弹簧系统(含地球)的机械能守恒,则可表达为(用以上测量量和已知量的符号表示).解析:(1)要验证机械能是否守恒,需要确定小铁球通过光电门A,B减少的重力势能和增加的动能,所以需测出两光电门之间的距离h;要计算小球的速度,根据v=,需测出遮光条的宽度l.(2)游标卡尺的主尺刻度为10 mm,

20、游标尺刻度为80.05 mm=0.40 mm,小球的直径读数为10 mm+0.40 mm=10.40 mm;螺旋测微器固定刻度为4.5 mm,可动刻度为8.60.01 mm=0.086 mm,遮光条宽度l为4.5 mm+0.086 mm=4.586 mm.(3)由于两光电门处弹性势能相等,故mgh=m-m=m(-),整理得gh=(-).答案:(1)测量两光电门之间的距离h、遮光条的宽度l(2)10.40 mm4.586 mm(3)gh=(-)评分标准:每空2分.15.(8分)如图所示,静止放在水平桌面上的纸带,其上有一质量为m=0.1 kg的铁块,它与纸带右端的距离为L=0.5 m,所有接触面

21、之间的动摩擦因数相同.现用水平向左的恒力,经2 s时间将纸带从铁块下抽出,当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为v=2 m/s.已知桌面高度为H=0.8 m,不计纸带重力,铁块视为质点.重力加速度g取10 m/s2,求:(1)铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离;(2)纸带抽出过程中系统产生的内能.解析:(1)铁块抛出后做平抛运动,水平方向x=vt (1分)竖直方向H=gt2 (1分)由联立解得x=0.8 m. (1分)(2)设铁块的加速度为a1,纸带抽出时,铁块的速度v=a1t1 由牛顿第二定律,得mg=ma1 联立解得=0.1 (1分)铁块的位移x1=a1 (1分)设纸带的位移为x2,

22、由题意知,x2-x1=L (1分)系统产生的内能Q=mgx2+mg(x2-x1) (1分)代入数据解得Q=0.3 J. (1分)答案:(1)0.8 m(2)0.3 J16.(8分)如图所示,AB是长为L=1.2 m、倾角为53的斜面,其上端与一段光滑的圆弧BC相切于B点,C是圆弧的最高点,圆弧的半径为R,A,C与圆弧的圆心O在同一竖直线上.物体受到与斜面平行的恒力作用,从A点开始沿斜面向上运动,到达B点时撤去该力,物体将沿圆弧运动通过C点后落回到水平地面上.已知物体与斜面间的动摩擦因数=0.5,恒力F=28 N,物体可看成质点且m=1 kg.求:(1)物体通过C点时对轨道的压力大小;(结果保留

23、一位小数)(2)物体在水平地面上的落点到A点的距离.解析:(1)根据图示,由几何知识得,OA的高度H=1.5 m (1分)圆轨道半径R=0.9 m (1分)物体从A到C过程,由动能定理得FL-mgcos 53L-mg(H+R)=mv2 (1分)物体在C点,由牛顿第二定律得FN+mg=m (1分)解得FN=3.3 N,由牛顿第三定律知在C点时物体对轨道的压力为3.3 N. (2分)(2)物体离开C后做平抛运动在竖直方向上H+R=gt2,在水平方向x=vt (1分)解得x=2.4 m. (1分)答案:(1)3.3 N(2)2.4 m17.(8分)如图所示,一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为=3

24、0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=,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.(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.(2)求物块从A到B的时间t1与从B返回到A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.解析:(1)物块受到的滑动摩擦力Ff=mgcos , (1分)A到B过程由功能关系有-Ff=mgh0-Ep, (1分)解得Ep=mgh0. (1分)(2)设上升、下降过程

25、物块加速度大小分别为a1和a2,则mgsin +mgcos =ma1, (1分)mgsin -mgcos =ma2, (1分)由运动学公式得a1=a2,解得=. (1分)(3)足够长时间后,上升的最大高度设为hm,此后物块高度不再增加,每次补充的弹性势能用于克服阻力来回做的功.则有2Ff=Ep,(1分)解得hm=h01 m (1分)则物块B减速通过传送带,对整个运动过程,有mBgR-1mBgl-2mBgl=mBv2 (2分)解得v=6 m/s. (1分)(2)设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l,则mBv2=1mBgl+2mBgl (1分)得l=8.5 m1 m (1分)所以物块B能通过传送带运动到右边的弧面上. (1分)设物块B到达C点的速度为v1,由动能定理可知-1mBgl-2mBgl=mB-mBv2 (2分)解得v1= m/s (1分)在C点有FN-mBg= (1分)解得FN=24.3 N. (1分)答案:(1)6 m/s(2)见解析