2025届高考物理一轮复习第五章机械能章末质量检测含解析沪科版

PAGE8-章末质量检测(五)(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.如图1所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运输货物，图乙是用履带式自动电梯运输，假设两种状况下电梯都是匀速地运输货物，下列关于两电梯在运输货物时说法正确的是()图1A.两种状况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B.图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C.图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D.图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种状况下支持力对货物做正功，选项C错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种状况下支持力对货物不做功，故选项A、B错误，D正确。答案D2.(2024·北京十九中学月考)将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0。小球落到地面的速度大小为2v0，若小球受到的空气阻力不能忽视，则对于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是()A.小球克服空气阻力做的功大于mghB.重力对小球做的功大于mghC.合外力对小球做的功大于mveq\o\al(2,0)D.合外力对小球做的功等于mveq\o\al(2,0)解析依据动能定理得eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh－Wf；解得Wf＝mgh－eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)<mgh，选项A错误；重力做的功为WG＝mgh，选项B错误；合外力对小球做的功W合＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，选项C正确，D错误。答案C3.人走路时，其重心肯定会发生上下位置的改变，当身体的重力作用线通过着地的一只脚的底面时，重心最高；当跨出一步双脚着地时，重心最低。某人的质量为60kg，腿长约为1m，步距0.8m，他在水平路面上匀速地走完3000m用时30min，g＝10m/s2。该人在30min内克服重力做的功和克服重力做功的平均功率大约是()A.19kJ，10WB.190kJ，100WC.190kJ，10WD.1900kJ，100W解析重心下降的高度为Δh＝l－eq\r(l2－\f(x2,4))，其中l为腿长，x为步距，克服重力做功W＝mgΔh×eq\f(3000,0.8)，代入数据解得W≈190kJ，克服重力做功的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)，代入数据解得，eq\o(P,\s\up6(－))≈100W，选项B正确。答案B4.(2024·北京101中学检测)如图2所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘起先向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为()图2A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2) B.eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),4) D.mveq\o\al(2,0)解析由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故质量为m的物体速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，故C正确。答案C5.物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图3甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为(取g＝10m/s2)()图3A.2kg B.2.5kgC.3kg D.3.5kg解析匀速运动时拉力等于摩擦力，有F2＝Ff＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,4)N＝2.5N。物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v随时间匀称增大，所以P随t匀称增大。F1＝eq\f(P′,v′)＝eq\f(30,4)N＝7.5N。F1－Ff＝ma，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2，可得m＝2.5kg，故选项B正确。答案B6.运动员以肯定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移改变图线如图4所示。已知冰壶质量为19kg，g取10m/s2，则以下说法正确的是()图4A.μ＝0.05 B.μ＝0.01C.滑行时间t＝5s D.滑行时间t＝10s解析对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得μ＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,0),mgx)＝eq\f(9.5J,19×10×5J)＝0.01，选项A错误，B正确；冰壶运动时有a＝μg＝0.1m/s2，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2得t＝10s，选项C错误，D正确。答案BD7.(2024·山西太原五中模拟)如图5所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点动身沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，假如斜面改为AC，让该物体从D点动身沿DCA滑动到顶点A且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数到处相同且不为零，则由此可知()图5A.该物体从D点动身(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度肯定也为v0B.该物体从D点动身(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度不肯定为v0C.该物体从A点静止动身沿ACD滑动到D点的速度大小肯定为v0D.该物体从A点静止动身沿ACD滑动到D点的速度肯定小于v0解析物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得：－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由几何关系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xDB－μmg·xOB＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即－mg·xAO－μmg·xDO＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从D点动身(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度肯定也为v0，故选项A正确，B错误；该物体从A点静止动身沿ACD滑动到D点有动能定理可知：mg·xAO－μmg·xDO＝eq\f(1,2)mv′2与公式－mg·xAO－μmg·xDO＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，比较可知：v′<v0，故选项C错误，D正确。答案AD8.(2024·浙江宁波模拟)如图6是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，如图所示，在倾角θ＝53°的长直轨道AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L0＝4m，起先下滑到C点后进入弧形的轨道CDEF，其中CDE是半径为R＝5m、圆心角为106°的圆弧，EF为半径R＝5m、圆心角为53°的圆弧，已知小车的质量为60kg，车与轨道AC间存在摩擦，动摩擦因数μ＝0.5，轨道CDEF可视为光滑轨道，不计其他阻力，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是()图6A.小车滑至C点的速度为6m/sB.小车到达D点时对轨道的压力为1560NC.小车刚好能沿着轨道滑到F点D.若小车从长直轨道上距C点L0＝9m起先由静止下滑，则小车能在F点水平抛出解析由B到C依据动能定理，mgL0sin53°－μmgL0cos53°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝2eq\r(10)m/s，选项A错误；到达D点时，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝4eq\r(5)m/s，则在D点有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得FN＝1560N，选项B正确；假设小球能到达F点，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgR(1－cos53°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)，解得vF＝0，可知小车刚好能到达F点，选项C正确；探讨从B′到F点，由动能定理mgL′sin53°－mgR(1－cos53°)－μmgL′cos53°＝eq\f(1,2)mvF′2，得vF′＝eq\r(50)m/s，在F点有mg－FN′＝meq\f(vF′2,R)，解得FN′＝0，即此时小车能在F点水平抛出，选项D正确。答案BCD二、非选择题(本题共4小题，共52分)9.(10分)(2024·山东青岛模拟)在利用竖直上抛运动做“验证机械能守恒定律”试验时，某同学利用频闪相机记录下了小球竖直上抛的一段上升过程，如图7甲所示。把小球的第一个曝光位置记为O，依次标为a、b、c、d……与位置O的距离分别为h1、h2、h3、h4……，频闪相机闪光的频率为f，重力加速度为g。图7(1)通过试验测得的数据可分别计算出各点的速度大小，小球在位置a时的速度计算表达式为va＝__________。(2)依据试验数据作出v2－h图线如图乙中的图线①所示，若图线①的斜率为k，假如在误差允许范围内满意__________，则验证了机械能守恒定律。(3)考虑试验中存在空气阻力的影响，另有两名同学在图乙的基础上又各画了一条没有空气阻力时的图线②、③，其中合理的图线是__________。解析(1)打下a点时小球的瞬时速度等于打下Ob过程中的平均速度，即va＝eq\f(h2,\f(1,f)×2)＝eq\f(h2f,2)。(2)依据机械能守恒定律有－mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v2＝veq\o\al(2,0)－2gh，故v2－h图象是一条向下倾斜的直线，直线的斜率k＝－2g。(3)上升过程，没有空气阻力时，加速度较小，故v2－h图象的斜率较小，图象应如③所示。答案(1)eq\f(h2f,2)(2)k＝－2g(3)③10.(12分)如图8甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻起先，物体在受按如图乙所示规律改变的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，求：(g取10m/s2)图8(1)A、B间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做功。解析(1)在3s～5s物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，则F－μmg＝ma①a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(4－0.2×1×10,1)m/s2＝2m/s2②s＝eq\f(1,2)at2＝4m③(2)设整个过程中F所做功为WF，物块回到A点的速度为vA，由动能定理得：WF－2μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)④veq\o\al(2,A)＝2as⑤WF＝2μmgs＋mas＝24J答案(1)4m(2)24J11.(14分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图9所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：图9(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。解析(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为Ff，则Ff＝μmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Fft＝mv－0②由①②式并代入数据得t＝0.2s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Ffx＝eq\f(1,2)mv2－0④由①④式并代入数据得x＝0.1m⑤(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt⑥摩擦力对皮带做的功W＝－Ffs⑦由①③⑥⑦式并代入数据得W＝－2J⑧答案(1)0.2s(2)0.1m(3)－2J12.(16分)(2024·福建师大附中模拟)如图10所示，有A、B、C三个物块，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A与物块B，物块B的下面通过轻绳与物块C连接，物块B和C的质量均为m，物块A的质量为3m，物块A锁定在光滑的斜面上的P点(P点离滑轮足够远)，斜面倾角θ＝30°，轻绳始终平行于斜面。物块B与物块