高考物理创新（基础课能力课实验课）版第五章机械能章末检测（五）

章末检测(五)(时间：50分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共计25分。每小题只有一个选项符合题意。)1.(2017·江苏泰州模拟)一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是()A.可能是重力对系统做了功B.一定是合外力对系统做了功C.一定是系统克服合外力做了功D.可能是摩擦力对系统做了功解析只有重力做功，系统的机械能守恒，选项A错误；除重力、弹力之外的力做正功时，系统机械能增加，做负功时则减少，故选项B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，则系统机械能增加，故选项D正确。答案D2.(2017·徐州、淮安、连云港、宿迁高三质量抽测)小明骑自行车沿平直公路匀速行驶，如图1所示，图中箭头为自行车前轮边缘上过A、B点的切线方向。下列说法正确的是()图1A.研究前轮转动时，可将轮子视为质点B.以地面为参考系，A、B两点的速度沿图示方向C.A、B两点的向心加速度相同D.前轮受地面的摩擦力向后，后轮受地面的摩擦力向前解析研究前轮转动时，轮子大小不能忽略，所以不能将轮子视为质点，选项A项错误；轮子上的AB不仅做圆周运动，同时一起随车子前进，所以以地面为参考系，B点的速度沿图示方向，A点相对地面速度斜向下，选项B项错误；根据a＝eq\f(v2,r)，知向心加速度大小相等，方向不同，选项C项错误；前轮受地面的摩擦力向后，为阻力，后轮受地面的摩擦力向前，为动力，选项D项正确。答案D3.如图2所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m，若不计空气阻力，取g＝10m/s2，则()图2A.小物块的初速度是5m/sB.小物块的水平射程为1.2mC.小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功D.小物块落地时的动能为0.9J解析小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，选项C错误；在水平桌面上滑行时，由动能定理得－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝7m/s，选项A错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝0.9m，选项B错误；设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝0.9J，选项D正确。答案D4.(2017·全国卷Ⅲ，16)如图3所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()图3A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl解析由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了eq\f(l,6)，则重力势能增加ΔEp＝eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝eq\f(1,9)mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝eq\f(1,9)mgl，故选项A正确，B、C、D错误。答案A5.(2017·江苏徐州市沛县中学质检)质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是()解析已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即f＝kv，根据牛顿第二定律得mg－kv＝ma，得a＝g－eq\f(kv,m)，开始时v比较小，mg＞kv，球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动，又v＝at，整理得a＝eq\f(g,1＋\f(kt,m))，可见a不是均匀减小，故选项A项错误；由前面分析知球做加速度逐渐减小的加速运动，其斜率应该逐渐减小，故选项B项错误；由动能定理mgh－fh＝Ek，即Ek＝(mg－kv)h，由于v是变化的，故Ek－h不是线性关系，选项C项错误；机械能的变化量等于克服阻力做的功，即－fh＝E－E0，v逐渐增大，则f逐渐增大，即E－h图象的斜率逐渐变大，故选项D项正确。答案D二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共计24分。每小题有多个选项符合题意。)6.质点甲固定在原点，质点乙可在x轴上运动，甲对乙的作用力F只与甲、乙之间的距离x有关，在2.2×10－10m≤x≤5.0×10－10m的范围内，F与x的关系如图4所示。若乙自P点由静止开始运动，且乙只受力F作用，规定力F沿＋x方向为正，下列说法正确的是()图4A.乙运动到R点时，速度最大B.乙运动到Q点时，速度最大C.乙运动到Q点后，静止于该处D.乙位于P点时，加速度最大解析由图示可知，质点乙由静止从P开始向右做加速运动，越过Q后做减速运动，因此经过Q点时速度最大，故选项A错误，B正确；由图示图象可知，质点运动到Q点后，在甲的作用力下做减速运动，不会静止在Q点，故选项C错误；由图象可知在P点受力最大，根据牛顿第二定律知P点的加速度最大，故选项D正确。答案BD7.(2017·江苏南通市如皋高三质检)如图5所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块()图5A.速度的变化大小相同B.动能的变化相同C.重力势能的变化相同D.重力的平均功率相同解析由动能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以末速度和质量没有关系，又因为初速度均为零，速度变化量大小相同，但方向不同，A正确；只有重力做功，机械能守恒，两物块质量不同，B错误；由题意知mB＞mA，H相同，所以重力势能变化量不同，C错误；重力平均功率P＝Fv，所以PA＝mAgv，PB＝mbgvsinθ，因为mBgsinθ＝mAg所以PA＝PB，D正确。答案AD8.(2017·江苏七校高三联考)如图6甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()图6A.小球刚接触弹簧时加速度最大B.当Δx＝0.1m时，小球处于失重状态C.该弹簧的劲度系数为20.0N/mD.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能一直减小解析由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明Δx为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得kΔx＝mg，解得k＝eq\f(mg,Δx)＝eq\f(0.2×10,0.1)N/m＝20N/m，弹簧的最大缩短量为Δxm＝0.61m，所以弹力的最大值为Fm＝20N/m×0.61m＝12.2N。弹力最大时的加速度a＝eq\f(Fm－mg,m)＝eq\f(12.2－0.2×10,0.2)m/s2＝51m/s2，小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故选项A错误，C正确；当Δx＝0.1m时，小球的加速度为零，弹簧的弹力大小等于重力大小，处于平衡状态，故选项B错误；从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹力对小球一直做负功，则小球的机械能一直减小，故选项D正确。答案CD9.如图7所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置静止释放。当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是()图7A.ma∶mb＝3∶1B.ma∶mb＝2∶1C.若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度为小于90°的某值时，a球对地面的压力刚好为零D.若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度仍为90°时，a球对地面的压力刚好为零解析设D杆到b球的距离为r，b球运动到最低点时的速度大小为v，则mbgr＝eq\f(1,2)mbv2，mag－mbg＝eq\f(mbv2,r)，可得ma＝3mb，所以选项A正确，B错误；若只将细杆D水平向左移动少许，设D杆到球b的距离变为R，当b球摆过的角度为θ时，a球对地面的压力刚好为零，此时b球速度为v′，如图所示，则mbgRsinθ＝eq\f(1,2)mv′2，3mbg－mbgsinθ＝eq\f(mv′2,R)，可得θ＝90°，所以选项C错误，D正确。答案AD三、实验题(共1小题，共12分。)10.小明用图8甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，他按正确的实验步骤操作，从打出的纸带中选出了一条点迹比较清晰的纸带，在纸带上舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每隔一个打点间隔取一个计数点，如图乙所示，分别测量出计数点1、2、3、4、5、6到计数点0的距离。图8Δhi＝hi＋1－h1/mmΔveq\o\al(2,i)＝veq\o\al(2,i＋1)－veq\o\al(2,1)/(m/s)29.60.18323.00.44240.30.778Δh4＝Δveq\o\al(2,4)＝上表是他根据图乙得到的一组数据，其中Δhi＝hi＋1－h1是其他高度与h1之间的高度差；Δveq\o\al(2,i)＝veq\o\al(2,i＋1)－veq\o\al(2,1)是其他计数点速度与1点速度的平方差。(1)完成上表中所缺的数据。(2)根据上表的数据作出了如图9所示的Δv2－h图线，图9(3)由该图象可得出的结论是____________________________________________。(4)由图象可求得该地的重力加速度g＝________。解析(1)Δh4＝h5－h1＝67.2mm－5.8mm＝61.4mm，重锤经过1计数点时的瞬时速度为v1＝eq\f(h2,2T)＝eq\f(15.4×10－3,2×0.02)m/s＝0.385m/s，重锤经过5计数点时的瞬时速度为v5＝eq\f(h6－h4,2T)＝eq\f(（92.3－46.1）×10－3,2×0.02)m/s＝1.155m/s，则Δveq\o\al(2,4)＝veq\o\al(2,5)－veq\o\al(2,1)＝1.186(m/s)2。(3)根据机械能守恒定律mg·Δhi＝eq\f(1,2)m·Δveq\o\al(2,i)可知Δhi∝Δveq\o\al(2,i)，因此由图象可得在只有重力做功的条件下物体的机械能守恒。(4)由实验的原理mg·Δhi＝eq\f(1,2)m·Δveq\o\al(2,i)可知图象的斜率为k＝eq\f(1,2g)。为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点，如(0.58，30.0×10－3)和(1.00，52.0×10－3)，由数学知识得直线的斜率为k＝eq\f(（52.0－30.0）×10－3,1.00－0.58)＝0.052，则当地的重力加速度为g＝eq\f(1,2k)＝9.62m/s2。答案(1)61.41.186(3)只有重力做功的条件下物体的机械能守恒(4)9.62m/s2四、计算题(本题共2小题，共计39分。)11.(19分)(2017·江苏省南通市、泰州市、扬州市高三第三次模拟考试)如图10所示，不可伸长的轻绳穿过光滑竖直固定细管，细管长为l，两端拴着质量分别为m、2m的小球A和小物块B。拉着小球A使它停在管的下端，这时物块B离管的下端距离为l，管的下端离水平地面的距离为2l。拉起小球A，使绳与竖直方向成一定夹角，给小球A适当的水平速度，使它在水平面内做圆周运动，上述过程中物块B的位置保持不变，已知重力加速度为g。图10(1)求绳与竖直方向夹角θ和小球A做圆周运动的角速度ω1；(2)在小球A做圆周运动时剪断轻绳，求小球A第一次落地点到物块B落地点间的距离s；(3)若在小球A从管的下端拉起时带动物块B上移，B到管下某位置时使小球A在水平面内做角速度ω2的圆周运动，求整个过程中人对A、B系统做的功W。解析(1)小球A在重力和轻绳的拉力作用下在水平面内做圆周运动，则轻绳的拉力T＝2mgTcosθ－mg＝0Tsinθ＝mωeq\o\al(2,1)lsinθ代入数据解得θ＝60°，ω1＝eq\r(\f(2g,l))(2)在小球A做圆周运动时剪断轻绳，A做平抛运动，设平抛运动时间为t，则eq\f(5,2)l＝eq\f(1,2)gt2平抛的初速度v1＝ω1lsinθ由几何关系有s＝eq\r(（v1t）2＋（lsinθ）2)代入数据解得s＝eq\f(\r(33),2)l(3)设B物体位置上移x，小球A做圆周运动时轻绳与竖直方向的夹角为α，则Tcosα－mg＝0Tsinα＝mωeq\o\al(2,2)(l＋x)sinα解得x＝eq\f(2g,ωeq\o\al(2,2))－l由功能关系有W＝2mgx＋mg[l－(l＋x)cosα]＋eq\f(1,2)m[(l＋x)ω2sinα]2解得W＝eq\f(9mg2,2ωeq\o\al(2,2))－mgl答案(1)60°eq\r(\f(2g,l))(2)eq\f(\r(33),2)l(3)eq\f(9mg2,2ωeq\o\al(2,2))－mgl12.(20分)(2017·南师附中)如图11所示，在高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台