2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律章末綜合測試.doc

第五章 機(jī)械能及其守恒定律章末綜合測試(五)(時間：60分鐘分?jǐn)?shù)：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1質(zhì)量為m、初速度為零的物體，在不同變化的合外力F作用下都通過位移x0.下列各種情況中合外力做功最多的是()解析：C力F隨位移x變化的圖線與x軸圍成的面積表示功，合外力做功最多的是圖C.2物體放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向運動，在6 s內(nèi)其速度與時間關(guān)系的圖象和拉力的功率與時間關(guān)系的圖象如圖甲、乙所示，由圖象可以求得物體的質(zhì)量為(取g10 m/s2)()A2 kgB2.5 kgC3 kgD3.5 kg解析：B勻速運動時拉力等于摩擦力，為：F2Ff N2.5 N.物體做勻加速直線運動時，拉力為恒力，v隨時間均勻增大，所以P隨t均勻增大F1 N7.5 N.F1Ffma，a m/s22 m/s2可得m2.5 kg.故B正確，A、C、D錯誤3滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均由滑板項目延伸而來如圖所示，質(zhì)量為m150 kg的運動員從軌道上的A點以v0的水平速度沖上質(zhì)量為m25 kg的高度不計的靜止滑板后，又一起滑向光滑軌道DE，到達(dá)E點時速度減為零，然后返回，已知H1.8 m，重力加速度g10 m/s2.設(shè)運動員和滑板可看成質(zhì)點，滑板與水平地面的摩擦力不計則下列說法正確的是()A運動員和滑板一起由D點運動到E點的過程中機(jī)械能不守恒B運動員的初速度v08 m/sC剛沖上DE軌道時，運動員的速度大小為6 m/sD運動員沖上滑板到二者共速的過程中機(jī)械能守恒解析：C運動員和滑板一起由D點運動到E點的過程中只有重力做功，則機(jī)械能守恒，得(m1m2)gH(m1m2)v，v共6 m/s，A錯誤、C正確；若規(guī)定向右為正方向，運動員沖上滑板到二者共速，由動量守恒得m1v0(m1m2)v共，解得v06.6 m/s，運動員與滑板組成的系統(tǒng)的動能變化量Ekm1v(m1m2)v>0，則運動員沖上滑板到二者共速的過程中機(jī)械能不守恒，B、D錯誤4.一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙滑塊運動過程中加速度與時間關(guān)系圖象如圖所示下列四幅圖象分別表示滑塊運動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是()解析：D滑塊沖上斜面到沿斜面下滑底端的過程，先勻減速后勻加速，上滑過程xv0ta1t2，下滑過程xa2(tt1)2，所以兩段均為開口向下的拋物線(或者從xt圖線的斜率分析，由過程可知：速度先減小后增大，所以斜率先減小后增大)，所以A錯誤；因為有摩擦，所以機(jī)械能有損失，回到底端的速度必小于v0，所以B錯誤；因為動能Ekmv2，即有上滑過程Ekm(v0a1t)2，下滑過程有Ekma2(tt1)2，上滑到最高點的動能為0，所以C錯誤；重力勢能Epmgh，所以重力勢能先增加后減小，即D正確5如圖所示，質(zhì)量M4 kg的物塊B與質(zhì)量m2 kg的物塊A間用一輕質(zhì)彈簧連接后，置于一傾角37且足夠長的固定光滑斜面上，C為固定在斜面底部且與斜面垂直的擋板，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一平行于斜面向上、大小恒為F60 N的拉力作用在物塊A上，并使其沿斜面向上運動，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為x6 m，則(已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)()A此時物塊A動能的增加量為360 JB該輕彈簧的勁度系數(shù)為4 N/mC此時物塊A的加速度大小為12 m/s2D整個過程中彈簧彈性勢能的增加量為300 J解析：C在物塊A向上運動6 m的過程中，拉力F做的功為WFFx360 J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功轉(zhuǎn)化為物塊A增加的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，所以物塊A動能的增加量小于360 J，選項A錯誤；當(dāng)物塊A靜止不動時，設(shè)彈簧的壓縮量為x，對A有mgsin kx，即x，當(dāng)物塊A運動的距離為x6 m時，物塊B剛要離開擋板C，對物塊B進(jìn)行受力分析可知Mgsin k(6 m)，代入數(shù)據(jù)可解得k6 N/m，選項B錯誤；當(dāng)物塊A運動的距離為x6 m時，設(shè)物塊A運動的加速度大小為a，彈簧的伸長量為x，則由牛頓第二定律可得Fmgsin kxma，又x6 m，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得a12 m/s2，選項C正確；由能量守恒定律可知彈簧彈性勢能的增加量EpWFmgxsin EkA，因WFmgxsin 360 J72 J288 J，故選項D錯誤6質(zhì)量為m1、m2的兩物體，靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的人站在m1上用恒力F拉繩子，經(jīng)過一段時間后，兩物體的速度大小分別為v1和v2，位移分別為x1和x2，如圖所示則這段時間內(nèi)此人所做的功的大小等于()AFx2BF(x1x2)C.m2v(mm1)vD.m2v解析：BC根據(jù)功的定義WFx，而其x應(yīng)為拉過的繩子長度，也就是兩個物體運動的位移之和，因此B正確，A錯誤；根據(jù)動能定理，拉力做的功等于兩個物體增加的動能之和，即Wm2v(mm1)v，因此C正確，D錯誤7如圖所示，在豎直平面內(nèi)，半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，圓弧軌道的半徑OB和BC垂直，水平軌道BC的長度大于R，斜面CD足夠長在圓弧軌道上靜置著N個質(zhì)量為m，半徑為r(rR)的光滑剛性小球，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點A到最低點B依次標(biāo)記為1、2、3N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個小球由靜止開始沿軌道運動，不計摩擦與空氣阻力，若以BC所在的平面為重力勢能的零勢能面，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A第N個小球在斜面CD上向上運動時，其機(jī)械能減小B第N個小球在斜面CD上向上運動時，其機(jī)械能增大CN個小球構(gòu)成的系統(tǒng)在運動過程中機(jī)械能守恒，且機(jī)械能ED第1個小球到達(dá)最低點時的速度v<解析：BD把N個小球看成整體，則小球運動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，由于重心到水平軌道BC的高度小于，故總機(jī)械能E<，C錯誤；在下滑的過程中，水平軌道上的小球要做勻速運動，而圓弧軌道上的小球要做加速運動，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膲毫ψ饔?，同理可知，沖上斜面后后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蛏系膲毫ψ饔?，故第N個小球受到第N1個小球的壓力，壓力做正功，第N個小球機(jī)械能增大，故A錯誤，B正確；N個小球整體的重心運動到最低點的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Nmv2<NmgR，解得v<，故D正確8(2017河南省實驗中學(xué)模擬)在一水平向右勻速運動的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同的工件已知工件與傳送帶間動摩擦因數(shù)為，工件質(zhì)量為m.經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度的工件之間的距離均為L.已知重力加速度為g，下列判斷正確的有()A傳送帶的速度大小為B工件在傳送帶上加速時間為C每個工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為D傳送帶因傳送一個工件而多消耗的能量為解析：AD工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，每個工件滑上傳送帶后運動的規(guī)律相同，可知LvT，解得傳送帶的速度v，故A正確設(shè)每個工件勻加速運動的時間為t，則工件的加速度為g，根據(jù)vv0at，解得：t，故B錯誤工件與傳送帶相對滑動的路程為：x，則摩擦產(chǎn)生的熱量為：Qmgx.故C錯誤根據(jù)能量守恒得，傳送帶因傳送一個工件多消耗的能量Emv2mgx，故D正確二、非選擇題(本題共3小題，第9、10題各16分第11題20分，共52分)9某汽車發(fā)動機(jī)的額定功率為60 kW，汽車質(zhì)量為5 t，汽車在運動中所受阻力的大小恒為車重的0.1倍(g取10 m/s2)(1)若汽車以額定功率啟動，則汽車所能達(dá)到的最大速度是多少？當(dāng)汽車速度達(dá)到5 m/s時，其加速度是多少？(2)若汽車以恒定加速度0.5 m/s2啟動，則其勻加速過程能維持多長時間？解析：(1)當(dāng)汽車的加速度為零時，汽車的速度v達(dá)到最大值vm，此時牽引力與阻力相等，故最大速度為vm m/s12 m/s(4分)由PF1v，F(xiàn)1fma，得速度v5 m/s時的加速度為(4分)a() m/s21.4 m/s2.(2分)(2)汽車以a0.5 m/s2的加速度啟動時，當(dāng)功率增大到額定功率時，勻加速運動達(dá)到最大速度，即vm m/s8 m/s(2分)由于此過程中汽車做勻加速直線運動，滿足vmat(2分)故勻加速過程能維持的時間t s16 s(2分)答案：(1)12 m/s1.4 m/s2(2)16 s10一質(zhì)量為M2.0 kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過，子彈和小物塊的作用時間極短，如圖甲所示地面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運動的方向為正方向)已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2.(1)指出傳送帶速度v的大小及方向，說明理由(2)計算物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù).(3)傳送帶對外做了多少功？子彈射穿物塊后系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？解析：(1)從vt圖象中可以看出，物塊被擊穿后，先向左做減速運動，速度為零后，又向右做加速運動，當(dāng)速度等于2.0 m/s，則隨傳送帶一起做勻速運動，所以，傳送帶的速度大小為v2.0 m/s，方向向右(2分)(2)由vt圖象可得，物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運動的加速度a m/s22.0 m/s2(2分)由牛頓第二定律得滑動摩擦力FfMg，則物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2(2分)(3)由vt圖象可知，傳送帶與物塊間存在摩擦力的時間只有3 s，傳送帶在這段時間內(nèi)移動的位移為x，則xvt2.03 m6.0 m(2分)所以，傳送帶所做的功WFfx0.22.0106.0 J24 J(2分)設(shè)物塊被擊中后的初速度為v1，向左運動的時間為t1，向右運動直至和傳送帶達(dá)到共同速度的時間為t2，則有物塊向左運動時產(chǎn)生的內(nèi)能Q1Mg(vt1t1)32 J(2分)物塊向右運動時產(chǎn)生的內(nèi)能Q2Mg(vt2t2)4 J(2分)所以整個過程產(chǎn)生的內(nèi)能QQ1Q236 J(2分)答案：(1)2.0 m/s方向向右(2)0.2(3)24 J36 J11如圖所示，半徑為R的圓O與半徑為2R的BCD圓弧相切于最低點C(C) ，BCPCD是螺旋軌道，C、C間距離可以忽略與水平面夾角都是37的傾斜軌道AB、ED分別與BC、CD圓弧相切于B、D點，將一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在AB軌道的固定板上，平行于斜面的細(xì)線穿過固定板和彈簧跨過定滑輪將小球和大球連接，小球與彈簧接觸但不相連，小球質(zhì)量為m，大球質(zhì)量為m，ED軌道上固定一同樣輕質(zhì)彈簧，自然狀態(tài)下，彈簧下端與D點距離為L2，初始兩球靜止，小球與B點的距離是L1，L1>L2，現(xiàn)小球與細(xì)線突然斷開(一切摩擦不計，重力加速度為g)(1)求細(xì)線剛斷時，小球的加速度；(2)求小球恰好能完成豎直圓周運動這種情況下，小球在經(jīng)過C點時，在C點左、右兩邊對軌道的壓力之差；(3)在彈簧彈性限度內(nèi)，討論未脫離軌道的小球與彈簧接觸再次獲得與初始細(xì)線斷開時相同大小的加速度時，小球速度的兩類狀況解析：(1)細(xì)線未斷時，線中張力FTmg，彈簧彈力(1分)FNFTmgsin 37mgmgmg(2分)細(xì)線剛斷時，小球的加速度ag.(1分)(2)小球在經(jīng)過C點時，在C點左、右兩邊相當(dāng)于分別在兩個圓周上過最低點在右邊：F支1F向1mg(1分)得F支1mmg(1分)在左邊：F支2F向2mg(1分)得F支2mmg(1分)對軌道的壓力之差為FF支2F支1mm(2分)得F(1分)又mv22mgRmv(2分)mgm(1分)解得Fmg.(1分)(3)若小球能過頂，則小球滑上左側(cè)斜面軌道，壓縮彈簧獲得與初始細(xì)線斷開時相同大小的加速度時，彈簧彈力為FNmgmgsin 37(1分)即彈簧壓縮量與右側(cè)初始彈簧壓縮量相同，則彈簧的彈性勢能相等，整個過程機(jī)械能守恒mgL1sin 37mg(L2)sin 37mv(2分)解得v2(1分)若小球不能過頂，又不脫離軌道，則小球滑回右側(cè)斜面軌道，整個過程機(jī)械能守恒，小球回到出發(fā)位置，壓縮彈簧，速度減為零，即v20.(1分)答案：(1)g(2)mg(3)見解析