新课标2019届高考物理一轮复习第5章机械能章末过关检测五.doc

第5章 机械能章末过关检测(五) (建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么关于作用在物体上的各力做功情况正确的是()A重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B重力做负功，拉力做正功，合力做正功C重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D重力不做功，拉力做正功，合力做正功答案：C2如图所示，为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾，假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略那么过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是()A车头A通过P点时的速度最小B车的中点B通过P点时的速度最小C车尾C通过P点时的速度最小DA、B、C通过P点时的速度一样大解析：选B.过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故选B.3(2018辽宁实验中学月考)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图，已知该车质量为 2103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3103 N若汽车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A8 sB14 sC26 s D38 s解析：选B.由题图可知，跑车的最大输出功率大约为200 kW，根据牛顿第二定律得，牵引力Ffma(3 0002 0002 ) N7 000 N，则匀加速过程最大速度vm m/s28.6 m/s，则匀加速过程持续的时间t s14.3 s，故B正确，A、C、D错误4(2018洛阳月考)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，小球可视为质点开始时a球处于圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，下列说法正确的是()Aa球下滑过程中机械能保持不变Bb球下滑过程中机械能保持不变Ca、b球滑到水平轨道上时速度大小为D从释放a、b球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为 解析：选D.对于单个小球来说，杆的弹力做功，小球机械能不守恒，A、B错误；两个小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故有mgRmg2R2mv2，解得v，C错误；a球在滑落过程中，杆对小球做功，重力对小球做功，故根据动能定理可得WmgRmv2，联立v，解得WmgR，故D正确5.(2018哈尔滨第六中学模拟)如图所示，质量为m的竖直光滑圆环A的半径为r，竖直固定在质量为m的木板B上，木板B的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动在环的最低点静置一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0，小球会在环内侧做圆周运动为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v0必须满足()A.v0Bv0C.v03 Dv0解析：选D.在最高点，速度最小时有：mgm，解得：v1.从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1，根据机械能守恒定律，有：2mgrmvmv12，解得v1.要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：Fmgmg2mg从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2，在最高点，速度最大时有：mg2mgm解得：v2.根据机械能守恒定律有：2mgrmvmv22，解得：v2.所以，保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：v.二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6.(2018上海崇明县模拟)如图所示，固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的圆环，圆环与水平放置轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在墙壁上的A点，图中弹簧水平时恰好处于原长状态现让圆环从图示位置(距地面高度为h)由静止沿杆滑下，滑到杆的底端B时速度恰好为零则在圆环下滑至底端的过程中()A圆环所受合力做功为零B弹簧弹力对圆环先做正功后做负功C圆环到达B时弹簧弹性势能为mghD弹性势能和重力势能之和先增大后减小解析：选AC.对于圆环，在整个过程中动能的变化量为零，根据动能定理可知圆环所受的合力做功为零，故A正确；弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环向下运动的过程中，弹簧对圆环有拉力，对圆环一直做负功，故B错误；对于圆环和弹簧组成的系统而言，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知圆环的机械能减少了mgh，那么圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh，故C正确；根据系统的机械能守恒知，弹簧的弹性势能、圆环的重力势能和动能之和保持不变，圆环的动能先增大后减小，所以弹性势能和重力势能之和先减小后增大，故D错误7(2018沈阳二中模拟)小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上(如图甲)，在刚接触轻弹簧的瞬间(如图乙)，速度是5 m/s，将弹簧压缩到最短(如图丙)的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度x之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点已知该小球重为2 N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变，弹簧的弹力大小与形变成正比下列说法正确的是()A在撞击轻弹簧到轻弹簧压缩至最短的过程中，小球的动能先变大后变小B从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的机械能先增大后减小C小球在速度最大时受到的弹力为2 ND此过程中，弹簧被压缩时产生的最大弹力为12.2 N解析：选ACD.由题图丁可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，所以B错误；小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2 N，故C正确；小球速度最大时，弹簧的弹力为2 N，此时弹簧的形变量为0.1 m，故可得弹簧的劲度系数k20 N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmaxkxmax200.61 N12.2 N，故D正确8(2018常州教育学会监测)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块， 物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦因数为.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则()A拉力F所做功为nFlB系统克服摩擦力做功为CFDnmgF(n1)mg解析：选BC.拉力F所做功为(n1)Fl，选项A错误；系统克服摩擦力做功为mg(n1)lmg(n2)lmg(n3)lmglmgl12(n1)n(n1)，选项B正确；根据能量关系可知拉力F所做功为(n1)Fl大于克服摩擦力做的功，即(n1)Fln(n1)mgl/2，则F ，选项C正确，D错误三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9(14分)(2018枣庄模拟)某兴趣小组测量小物块与水平面之间的动摩擦因数和弹簧压缩后弹性势能大小的装置如图所示弹簧左端固定在挡板上，右端被带有挡光条的小物块压至C处现由静止释放小物块，小物块与弹簧分离后通过P处光电计时器的光电门，最终停在水平面上某点B.已知挡光条的宽度为d，当地重力加速度为g.(1)现测得挡光条通过光电门的时间为t，小物块停止处到光电门的距离为x，则小物块通过光电门处的速度v_，小物块与水平面间的动摩擦因数_(用g、d、t、x表示)(2)若小物块质量为m，释放处C到光电门P的距离为x0，则小物块释放瞬间弹簧的弹性势能Ep_(用m、d、t、x、x0表示)解析：(1)利用平均速度可知通过光电门的速度为v，根据动能定理可知mgx0mv2，解得.(2)从C到静止利用动能定理可知Epmg(x0x)00解得Ep.答案：(1)(2)10(18分)(2018宁夏罗平中学模拟)一质量为1 kg的物体，位于距地面高h3 m、倾角为37的斜面上，从静止开始下滑已知物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同且0.3，且经B点时无能量损失，最后滑到C点停止，(已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：(1)物体到达B点的速度大小；(2)B点和C点之间的距离；解析：(1)物体由A到B，只有重力做功，以地面为参考平面，由机械能守恒定律得：mghmgcos 37mv解得：vB6 m/s.(2)设物体由B到C的长度为s，应用动能定理得：mgs0mv解得：s6 m.答案：(1)6 m/s(2)6 m11(20分)如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R、R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化两斜面倾角均为37，ABCD2R，A、D等高，D端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g.(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时所受压力之差的最小值解析：(1)设滑块恰好经P点飞出时速度为vP，由牛顿第二定律有mg，得vP到达A点时速度方向要沿着斜面AB，则vyvPtan 所以A、D点离地高度为h3RR.(2)进入A点时滑块的速度为v假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，则Ekmv24mgcos 2Rmgcos ，则根据动能定理得mg2Rsin mgcos s0mv2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s.(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v1、v2由牛顿第二定律，在Q点F1mg在P点F2mg所以F1F22mg由机械能守恒有mvmvmg3R得vv6gR为定值代入v2的最小值(v2vP)得压力差的最小值为9mg.答案：(1)R(2) (3)9mg