2024高考物理一轮复习限时检测5机械能含解析新人教版

PAGEPAGE14第五章机械能综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：90分钟一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2024·济南高三质检)从距水平地面某高处以相同的速率抛出4个质量相同的小球a、b、c、d，其中a球竖直向上抛出，b球竖直向下抛出，c球斜向上抛出，d球水平抛出，不计空气阻力，则小球落地时重力的瞬时功率最小的是(D)A．a球 B．b球C．c球 D．d球[解析]小球落地时重力的瞬时功率公式为P＝mgvy，vy是竖直方向的分速度。依据动能定理知四个小球落地时的速度大小相等，但d球的水平分速度最大，由速度的合成与分解可知，d球竖直方向的分速度最小，则d球落地时重力的功率最小，选项D正确。2．(2024·兰州高三质检)过山车是青少年喜爱的一种游乐项目。为了探讨过山车的原理，可简化为如图所示模型：让质量为m的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器。让小球从同一位置静止下滑，经多次测量得到最高点和最低点压力的平均值分别为F1、F2，则当地的重力加速度为(D)A．eq\f(F2－F1,2m) B．eq\f(F2－F1,3m)C．eq\f(F2－F1,5m) D．eq\f(F2－F1,6m)[解析]小球在圆轨道上运动，沿着半径方向的合力供应向心力最低点：F′2－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),r)最高点：F′1＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),r)由牛顿第三定律可知：F′1＝F1，F′2＝F2依据机械能守恒可知：mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)联立解得：g＝eq\f(F2－F1,6m)，故选D。3．(2024·贵阳高三模拟)如图所示，ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面上，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度为5m，C点距水平面的高度为10m，一滑块从A点以某一初速度分别沿两轨道滑行到C点或D点后水平抛出。要求从C点抛出时的射程比从D点抛出时的小，取重力加速度g＝10m/s2，则滑块在A点的初速度大小可能为(C)A．10m/s B．12m/sC．15m/s D．18m/s[解析]本题利用能量观点处理平抛运动问题。依据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mghC＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mghD＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)；依据平抛运动规律有hC＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,C)，hD＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,D)，sC＝vCtC，sD＝vDtD；可得sC＝eq\r(\f(2v\o\al(2,0)hC,g)－4h\o\al(2,C))，sD＝eq\r(\f(2v\o\al(2,0)hD,g)－4h\o\al(2,D))；要求sC<sD，可得v0<10eq\r(3)m/s；但滑块从A点以初速度v0分别沿两轨道滑行到C或D处，要求v0>eq\r(2ghC)＝10eq\r(2)m/s，则只有选项C正确。4．(2024·北京人大附中期末)如图所示，一个物块在与水平方向成α角的恒力F作用下沿水平面对右运动一段距离x，在此过程中，恒力F对物块所做的功为(D)A．eq\f(Fx,sinα) B．eq\f(Fx,cosα)C．Fxsinα D．Fxcosα[解析]本题考查恒力做功问题。由图可知，力和位移的夹角为α，故恒力F做的功为W＝Fxcosα，故选D。5．(2024·辽宁辽河油田二中模拟)如图所示，一细线系一小球绕O点在竖直面做圆周运动，a、b分别是轨迹的最高点和最低点，c、d两点与圆心O点等高，小球在a点时细线的拉力恰好为零，不计空气阻力，则下列说法正确的是(D)A．小球运动到c、d两点时，受到的合力指向圆心B．小球从a点运动到b点的过程中，机械能先增大后减小C．小球从a点运动到b点的过程中，细线对小球的拉力先做正功后做负功D．小球从a点运动到b点的过程中，先失重后超重[解析]本题考查机械能守恒定律在竖直面内圆周运动中的应用。小球运动到c、d两点时，细线拉力的方向指向圆心，重力竖直向下，所以小球受到的合力不是指向圆心，故A错误；小球从a点运动到b点的过程，细线的拉力始终垂直于速度方向不做功，只有重力做功，机械能守恒，故B、C错误；小球从a点运动到b的过程中，加速度方向先向下后向上，所以小球先失重后超重，故D正确。6．(2024·江苏无锡月考)如图，一质量为m，长度为l的匀称松软细绳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(A)A．eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC．eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mgl[解析]QM段绳的质量为m′＝eq\f(2,3)m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为eq\f(1,3)l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为eq\f(1,6)l，此过程重力做功WG＝－m′g(eq\f(1,3)l－eq\f(1,6)l)＝eq\f(1,9)mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝eq\f(1,9)mgl，可知A正确，B、C、D错误。7．(2024·北京市高考适应性考试)如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图象反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其他的物理量，则该图象又可以反映在某种状况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是(C)A．若x轴表示时间，y轴表示动能，则该图象可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系B．若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图象可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系C．若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图象可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系D．若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图象可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间匀称增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系[解析]某物体受恒定合外力作用做直线运动过程，物体的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0＋eq\f(F,m)t)2，若x轴表示时间，y轴表示动能，结合数学学问可知对应图象不是直线，A错误；光电效应现象，光电子最大初动能Ek＝hν－W0，若x轴表示频率，y轴表示动能，结合数学学问知图象应当是纵轴截距为负值的倾斜直线图象，B错误；在恒定合外力作用下，物体的动量p＝mv＝m(v0＋eq\f(F,m)t)，若x轴表示时间，y轴表示动量，结合数学学问可知对应图象是纵轴截距为正值的倾斜直线，C正确；置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间匀称增大时，闭合回路的感应电动势E＝nSeq\f(ΔB,Δt)，可知是一个定值，D错误。8.(2024·河南南阳月考)如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法肯定正确的是(B)A．若v0<2eq\r(gR)，小球运动过程中机械能不行能守恒B．若v0＝3eq\r(gR)，小球运动过程中机械能守恒C．若v0<eq\r(5gR)，小球不行能到达最高点D．若v0＝2eq\r(gR)，小球恰好能到达最高点[解析]若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此时小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，解得v0＝eq\r(2gR)<2eq\r(gR)，故A错误；小球假如不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力供应向心力，由牛顿其次定律得mg＝meq\f(v2,R)，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R，解得v0＝eq\r(5gR)，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于eq\r(5gR)，故B正确；若小球的速度v0<eq\r(5gR)，也是有可能做完整的圆周运动的，能到达最高点，只是最终将在圆心下方做往复运动，故C错误；假如内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，则小球恰能运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R，解得v0＝2eq\r(gR)，但内轨粗糙，肯定受到摩擦力作用，小球在到达最高点前速度已为零，不能到达最高点，故D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.(2024·黑龙江哈尔滨三中一模)如图，两个质量均为m的可视为质点的A、B物块用足够长的轻绳跨过一质量可忽视的光滑定滑轮连接，A套在竖直杆ab上，ab杆光滑且足够长，滑轮到ab杆的垂直距离为l＝0.123m，起先时连接A的细绳与竖直方向垂直，同时由静止释放A和B，在之后的运动过程中B始终未到达与滑轮等高处(滑轮大小不计，空气阻力不计，g＝10m/s2)，则下列说法正确的是(ACD)A．A、B组成的系统机械能守恒B．B的机械能先增加再削减C．A、B组成的系统动能始终在增加D．当OA与竖直方向夹角为37°时，vA＝1m/s[解析]本题考查连接体的机械能守恒问题。由于ab杆与定滑轮光滑且不计空气阻力，所以A、B组成的系统运动过程中无能量损失，机械能守恒，故A正确；由于在B上升过程中细绳的拉力始终对B做正功，所以B的机械能始终增大，故B错误；A、B组成的系统机械能守恒，随意时间内，A下降的高度始终大于B上升的高度，即系统重力势能始终在减小，所以系统的动能始终增大，故C正确；依据几何关系可知物块A下降高度为eq\f(l,tan37°)，B上上升度为(eq\f(l,tan37°)－l)，由系统内机械能守恒可得mgeq\f(l,tan37°)－mg(eq\f(l,tan37°)－l)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，由速度的分解可得vAcos37°＝vB，联立解得vA＝1m/s，故D正确。10．(2024·江苏海安期末)如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装有定滑轮，斜面倾角为θ，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮。起先时A、B在同一高度并处于静止状态。现剪断轻绳，物块A自由下落，物块B沿斜面下滑，忽视滑轮的摩擦，则从剪断轻绳到两物块落地的过程中，下列说法正确的有(BD)A．物块A和物块B同时落地B．物块A和物块B落地时的速度大小相等C．物块A和物块B落地时的动能相等D．物块A和物块B落地时重力的瞬时功率相等[解析]本题考查动能定理的应用。设初始状态两物块距地面高度为h，剪断轻绳后，A做自由落体运动，下落时间tA＝eq\r(\f(2h,g))；B沿斜面下滑的位移为x＝eq\f(h,sinθ)，加速度为a＝gsinθ，tB＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，故两物块到达地面所用的时间不相同，A错误；依据动能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，由于两物块下落高度相同，故落地速度大小相同，B正确；依据动能定理可知，A落地动能为EkA＝mAgh，B落地动能为EkB＝mBgh，因mA＝mBsinθ，故A落地时的动能和物块B不相等，C错误；A落地瞬间重力的瞬时功率为PA＝mAgv＝mAgeq\r(2gh)；B落地瞬间重力的瞬时功率为PB＝mBgeq\r(2gh)sinθ，因为mA＝mBsinθ，故PA＝PB，D正确。11．(2024·江苏苏州调研)一物体放在倾角为θ且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止起先沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的改变关系如图乙所示。其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2～x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是(BC)A．在0～x1的过程中，力F渐渐变大B．在0～x1的过程中，物体的加速度渐渐增大C．在x1～x2的过程中，物体的动能越来越大D．在0～x1的过程中，物体的速度方向沿斜面对上[解析]本题考查依据E－x图象分析力、加速度、速度等的改变问题。由题图乙可知在0～x1过程中物体机械能在减小，拉力在做负功，物体由静止起先运动，则0～x1过程物体沿斜面对下运动，依据功能关系，拉力做的功等于机械能的削减量，机械能随位移的改变渐渐变慢，说明拉力渐渐变小，故A、D错误；物体由静止起先向下运动，加速度向下，由牛顿其次定律有mgsinθ－F＝ma,0～x1过程中图线的斜率渐渐减小到零，可知物体的拉力渐渐减小，加速度渐渐增大，故B正确；在x1～x2的过程中，因机械能守恒，则拉力F＝0，物体沿斜面对下做匀加速运动，动能越来越大，故C正确。12．(2024·郑州高三质检)如图所示，物体A、B用一轻绳相连，B物体质量为m，将A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，此时弹簧的伸长量为x0，现将悬线剪断，则在以后的运动过程中，A物体运动的加速度随向上运动的位移的改变关系如图所示，由此可知(BD)A．物体A的质量为mB．物体A运动的最大速度为eq\r(\f(4,3)gx0)C．物体A重力势能的最大增加量为eq\f(4,3)mgx0D．物体A重力势能的最大增加量为eq\f(2,3)mgx0[解析]剪断细线瞬间A的加速度为2g，此时A受到的合力大小与B的重力相等。因此mg＝mAa，a＝2g，A的质量为mA＝eq\f(m,2)，A错误；由a－x图象可知当向上运动eq\f(2,3)x0时物体A的运动速度最大，动能最大，a－x图象的面积表示eq\f(1,2)v2，故v2＝2ax＝2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)x0×2g＝eq\f(4,3)gx0，故vm＝eq\r(\f(4,3)gx0)，B正确；由a－x图象可知物体A向上运动过程中，先加速后减速，加速度随位移线性改变。速度减为零时，物体运动的位移为eq\f(4,3)x0。因此物体A重力势能的最大增加量为mAgh＝eq\f(m,2)geq\f(4,3)x0＝eq\f(2,3)mgx0，C错误、D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)(2024·山东高考模拟)2024年9月，我国胜利完成了76km/h高速下列车实车对撞试验，标记着我国高速列车被动平安技术达到了世界领先水平。某学习小组受此启发，设计了如下碰撞试验，探究其中的能量损耗问题，试验装置如图甲所示。试验打算了质量分别为0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑块A、B、C，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连，滑块B、C左侧均带有自动锁扣，打点计时器的电源频率f＝50Hz。调整好试验装置后，在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动，纸带记录的数据如图乙所示；用滑块C替代滑块B，重复上述试验过程，纸带数据如图丙所示。依据纸带记录的数据，滑块A与B碰撞过程系统损失的动能为0.45J，滑块A与C碰撞过程系统损失的动能为0.60J。(计算结果均保留2位有效数字)依据试验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能增大(填“增大”“减小”或“不变”)。[解析]由纸带可得出A与B碰撞前的速度为eq\f(6.00＋6.01＋6.02＋6.03cm,4×\f(1,f))；碰撞后的速度为eq\f(2.97＋2.98＋2.99＋3.00cm,4×\f(1,f))；则可计算出碰前系统总动能E＝0.9J，碰后系统的总动能E′＝0.45J，可得碰撞过程中系统损失的动能为0.45J；同理可计算出，A与C碰撞过程中损失的动能为0.60J；由计算结果可知，系统损失的动能增大。14．(8分)(2024·铜陵高三月考)某试验小组利用试验室里的器材来测量弹簧的弹性势能。如图所示为设计的装置，水平台面左侧固定一弹簧弹射器(内壁光滑)，右侧的A、B位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连，并用刻度尺测得A、B两点间距离x。将物块(可看作质点)压缩弹簧到位置P，由静止弹射出去，计时器记录下物块从A到B所用的时间t，忽视一切阻力。(1)物块被弹射出的速度大小的表达式是：eq\f(x,t)；(2)为求出弹簧的弹性势能，还须要测量D。A．弹簧原长l0B．弹簧的劲度系数kC．当地重力加速度gD．物块的质量m(3)静止释放物块时，弹簧的弹性势能EP＝eq\f(mx2,2t2)(用题目中的字母符号表示)。物块被弹射出去后，由于重力作用其运动轨迹会向下有所偏转，这对试验结果没有影响(选填“有”或“没有”)。[解析](1)物块被弹射出后，做平抛运动的水平速度大小的表达式v0＝eq\f(x,t)，所以，物块被弹射出的速度大小的表达式是eq\f(x,t)；(2)弹簧的弹性势能等于物块被弹射后得到的动能，则为求出弹簧的弹性势能，还须要测量物块的质量m，故选D；(3)由能量守恒得静止释放物块时，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(mx2,2t2)。由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，小球的水平速度始终保持不变，故应选“没有”。15．(8分)(2024·山东泰安模拟)滑板运动是一项水上运动。探讨表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，FN大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止)。如图所示，某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ为30°时，滑板做匀速直线运动，相应的k＝72kg/m，人和滑板的总质量为90eq\r(3)kg，重力加速度g取10m/s2，忽视空气阻力，求：(1)水平牵引力的大小；(2)滑板的速率；(3)水平牵引力的功率。[答案](1)900N(2)5m/s(3)4500W[解析]本题考查运动的分解、功率的计算。(1)以滑板和人为探讨对象，其受力分析如图所示，由共点力平衡条件可得F＝mg·tanθ，解得F＝900N。(2)由kv2＝eq\f(mg,cosθ)，得v＝eq\r(\f(mg,kcosθ))＝5m/s。(3)水平牵引力的功率P＝Fv＝4500W。16．(8分)(2024·大连高三模拟)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间改变的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物体与传送带间的动摩擦因数；(2)0～8s内物体运动的位移；(3)0～8s内物体机械能的增加量。[答案](1)0.875(2)14m(3)90J[解析](1)由图象可知，传送带沿斜向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面对下的，且加速度大小为a＝1m/s2的匀减速直线运动，由牛顿其次定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：μ＝0.875(2)v－t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8s内物体的位移x＝eq\f(2＋6,2)×4－eq\f(1,2)×2×2x＝14m(3)0～8s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，ΔE＝mgxsinθ＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)ΔE＝90J17．(14分)(2024·浙江慈溪联考)三维弹球是Windows里面附带的一款运用键盘操作的电脑嬉戏，小明同学受此启发，在学校组织的趣味班会上，为大家供应了一个类似的弹珠嬉戏。如图所示，将一质量为0.1kg的小弹珠(可视为质点)放在O点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆轨道OA和AB运动，BC段为一段长为L＝5m的粗糙水平面，与一倾角为45°的斜面CD相连，圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.49m，R＝0.98m,弹珠与BC段间的动摩擦因数为μ＝0.4，C点离地的高度为H＝3.2m，g取10m/s2，求：(1)要使小弹珠恰好不脱离圆弧轨道运动到B点，在B位置小弹珠受到半圆轨道的支持力的大小；(2)在(1)问的状况下，求小弹珠落点到C点的距离；(3)若在斜面中点竖直立一挡板，在小弹珠不脱离圆轨道的前提下，使得无论弹射速度多大，小弹珠越不过挡板，或者越过挡板落在水平地面上，则挡板的最小长度d为多少？[答案](1)6N(2)eq\f(9,5)eq\r(2)m(3)0.8m[解析]本题考查圆周运动与平抛运动相结合的机械能守恒问题。(1)由题意可知，小弹珠不脱离圆弧轨道，则在A点需满意的最小速度为半径较大轨道的临界速度，在通过最高点A时，由牛顿其次定律得mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，解得vA＝eq\r(gR)＝9.8m/s；从A点到B点由动能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vB＝eq\r(5gR)＝7m/s，在B点由牛顿其次定律有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，解得FN＝6N。(2)小弹珠在BC段做匀减速直线运动，由动能定理得eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B))＝－μmgL，解得vC＝3m/s。假设小球落到斜面上，由几何关系可知平抛运动的水平与竖直方向上位移相等，即vCt＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.6s，此时vCt＝1.8m，eq\f(1,2)gt2＝1.8m，则落点与C点距离s＝eq\r(1.82＋1.82)m＝eq\f(9,5)eq\r(2)m。(3)小弹珠运动的临界状况是小弹珠拂过挡板顶端后落在D点，设此时经过C点速度v′C，平抛运动到D点时间为t0，则H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，x＝v′Ct0＝H，解得t0＝0.8s，v′C＝4m/s。若要拂过斜面中点处高度为d的挡板，设所用时间为t′，则v′Ct′＝eq\f(H,2)，eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(H,2)－d，解得d＝0.8m，因此最小长度d为0.8m。18．(16分)(2024·菏泽高三模拟)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB放置于竖直平面内，与粗糙水平地面平滑连接于B点。一质量为m的滑块(可视为质点)从轨道上与圆心O等高的A点由静止释放，滑块沿圆弧轨道下滑