【核动力】2022届高三物理一轮复习章末综合检测(五)-第5章-机械能-

章末综合检测(五)考试时间：60分钟第Ⅰ卷(选择题)评卷人得分一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分)1.如图所示，有一倾角θ＝30°的足够长斜坡，小孩在做玩耍时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9J，不计空气阻力，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为()A．12JB．21JC．27JD．36J【解析】足球被踢出后开头做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解有tan30°＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(0＋vy,2)t,v0t)，得eq\f(v0,vy)＝eq\f(\r(3),2)，足球第一次落在斜坡上时的动能为eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝21J，只有选项B正确．【答案】B2.如图所示，长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在光滑水平面上．开头时小球刚好与斜面接触无压力，现在用水平力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行为止，对该过程中有关量的描述正确的是()A．绳的拉力和球对斜面的压力都在渐渐减小B．绳的拉力在渐渐减小，球对斜面的压力渐渐增大C．重力对小球做负功，斜面弹力对小球不做功D．推力F做的功是mgL(1－cosθ)【解析】对小球受力分析可知，小球受重力、轻绳的拉力和斜面的支持力3个力的作用而处于一系列的动态平衡状态，做出受力分析的力三角形可知，轻绳的拉力始终减小，斜面的支持力方向不变，大小始终增加，由牛顿第三定律可知小球对斜面的压力始终增大，故A错误，B正确．依据力做功的条件：可知重力对小球做负功，斜面弹力对小球做正功，C错误．若取小球和滑块整体为争辩对象，依据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量，所以F做功等于小球重力势能增量，ΔEp＝mgh＝mgL(1－sinθ)，推力F做的总功应等于小球重力势能的增量mgL(1－sinθ)，故D错误．【答案】B3．竖直向上抛出一小球，小球在运动过程中，所受空气阻力大小不变．规定向上方向为正方向，小球上升到最高点所用时间为t0，下列关于小球在空中运动过程中的加速度a、位移x、重力的瞬时功率P和机械能E随时间t变化的图象中，正确的是()【解析】由向上方向为正，加速度方向始终向下，故A错误；由空气阻力大小不变，故物体向上减速运动和向下加速运动的加速度均恒定，且向上的加速度大，故向上减速的时间小于向下加速的时间，由于小球做匀变速运动，位移—时间图线不是直线，排解B项；由于空气阻力始终做负功，故小球的机械能始终减小，排解D项，重力的瞬时功率P＝mgv，故选项C正确．【答案】C4.一质量为m的小球以初动能Ek0冲上倾角为θ的粗糙固定斜面，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能与其上上升度之间的关系(以斜面底端所在平面为零重力势能面)，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k为常数且满足0＜k＜1，则由图可知，下列结论正确的是()A．上升过程中摩擦力大小Ff＝kmgB．上升过程中摩擦力大小Ff′＝kmgcosθC．上上升度h＝eq\f(k＋1,k＋2)h0sinθ时，小球重力势能和动能相等D．上上升度h＝eq\f(k＋1,k＋2)h0时，小球重力势能和动能相等【解析】上升过程，重力势能是渐渐增加的，动能是渐渐削减的，所以①表示重力势能Ep随上上升度变化的关系，②表示动能Ek随上上升度变化的关系．由①知mgh0＝eq\f(Ek0,k＋1)，依据动能定理有－mgh0－Ff·eq\f(h0,sinθ)＝0－Ek0，得Ff＝kmgsinθ，选项A、B均错误；由①知Ep＝eq\f(Ek0,k＋1h0)h，由②知Ek＝－eq\f(Ek0,h0)h＋Ek0，由Ep＝Ek得h＝eq\f(k＋1,k＋2)h0，选项D正确，C错误．【答案】D5.长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开头时绳竖直，小球与一个倾角θ＝45°的静止三角形物块斜面刚好接触，如图所示．现在用水平恒力F向左推动三角形物块，直至细绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v，重力加速度为g，不计全部的摩擦，则下列说法中正确的是()A．上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B．上述过程中，推力F做的功为FLC．上述过程中，推力F做的功等于小球增加的机械能D．细绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mgsin45°【解析】由题意知，斜面对小球做的功等于小球机械能的增量，A错误．依据几何关系可知斜面的位移AB等于轻绳的长度L，所以推力F做的功为FL，B正确．推力F做的功等于斜面和小球增加的机械能之和，C错误．细绳与斜面平行时，在沿细绳方向上，FT－mgsin45°＝eq\f(mv2,L)，故绳对小球的拉力FT＝mgsin45°＋eq\f(mv2,L)，D错误．【答案】B6.如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不行伸长的轻质细绳通过大小可忽视的定滑轮连接物块a和物块b，虚线cd水平．现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处．在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是()A．物块a到达c点时加速度为零B．绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量C．绳拉力对物块b先做负功后做正功D．绳拉力对物块b做的功在数值上等于物块b机械能的削减量【解析】物块a到达c点时，竖直方向上仅受重力作用，故加速度不为0，A错误，由动能定理分析，可知绳拉力对物块a做的正功等于a的重力做的负功，即等于物块a重力势能的增加量，B正确．物块b向下运动，绳拉力对物块b始终做负功，C错误．由动能关系可知选项D正确．【答案】BD7.在倾角为θ的光滑斜面上放有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2(m1＜m2)，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，如图所示．现开头用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则()A．此时物块A的加速度为eq\f(F－kd,m1)B．该过程中，物块A的速度渐渐增大C．此时物块A所受重力做功的功率为m1gvD．该过程中，弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2【解析】系统处于静止时，弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为x1，对物块A：m1gsinθ＝kx1；物块B刚要离开C时，弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量为x2，对物块A：F－m1gsinθ－kx2＝m1a，又物块A运动的距离为d＝x1＋x2，解得a＝eq\f(F－kd,m1)，若F＜kd，则物块A在该过程中运动的速度将先增大后减小，故A对、B错．物块A重力的方向与速度方向不共线，故C错．依据能量守恒定律得，弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2，故D对．【答案】AD8.在机场和火车站可以看到对行李进行平安检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开头运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱当心地放在传送带上，通过平安检查的过程中，g取10m/s2，则()A．开头时行李的加速度为2m/s2B．行李到达B点时间为2sC．传送带对行李做的功为0.4JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0．03m【解析】行李开头运动时由牛顿其次定律有：μmg＝ma，所以a＝2m/s2，故A项正确．由于传送带的长度未知，故时间不行求，故B项错误；行李最终和传送带一起匀速运动，所以传送带对行李做的功为W＝eq\f(1,2)mv2＝0.4J，故C项正确；在传送带上留下的痕迹长度为Δx＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)＝0.04m，故D项错误．【答案】AC第Ⅱ卷(综合应用)评卷人得分二、综合应用(共4小题，共58分)9.(16分)Ⅰ.(4分)如图所示为与小车相连，穿过打点计时器的一条纸带，纸带上的点距并不都是均匀的，下列说法正确的是()①纸带的左端是与小车相连的②纸带的右端是与小车相连的③利用E、F、G、H、I、J这些点之间的距离来确定小车的速度④利用A、B、C、D、E这些点之间的距离来确定小车的速度A．①③B．②④C．①④D．②③【解析】刚开头时车加速运动，点间距离渐渐变大，故从纸带看出右端与小车相连，②正确；小车无牵引力时做匀速运动，测小车匀速行驶的速度应利用A、B、C、D、E这些点，④正确．选B.【答案】BⅡ.(12分)某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB，用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g.(1)用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径D＝________cm.(2)要验证机械能守恒，只要比较________．A．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(2,A))－\f(1,t\o\al(2,B))))与gh是否相等B．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(2,A))－\f(1,t\o\al(2,B))))与2gh是否相等C．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(2,B))－\f(1,t\o\al(2,A))))与gh是否相等D．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(2,B))－\f(1,t\o\al(2,A))))与2gh是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差________(选填“能”或“不能”)通过增加试验次数减小．【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×10mm＝0.50mm，所以最终读数为：主尺读数＋游标尺读数＝9mm＋0.50mm＝9.50mm＝0.950cm.(2)该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度h以及物体通过A、B点的速度大小．在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，即vA＝eq\f(D,tA)，vB＝eq\f(D,tB)，则mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，即gh＝D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(2,B))－\f(1,t\o\al(2,A))))，故D正确．(3)由匀变速运动中间时刻的速度小于中点位置的瞬时速度可知钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，此误差属于系统误差，不能通过增加试验次数减小．【答案】(1)0.950(2)D(3)＜不能10．(12分)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶700m后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计，求：(1)汽车的额定功率P；(2)汽车加速运动500m所用的时间t；(3)汽车开启储能装置后向蓄电池供应的电能E.【解析】(1)关闭发动机且关闭储能装置后，汽车在地面的阻力Ff的作用下减速至停止，由动能定理有－Ffx＝0－Ek解得Ff＝2×103N汽车匀速运动的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝8×105J解得v＝40m/s汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力，故汽车的额定功率P＝Fv＝FfV解得P＝8×104W(2)汽车加速运动过程中，由动能定理有Pt－Ffx0＝Ek－Ek0解得t＝16.25s(3)由功能关系，汽车开启储能装置后向蓄电池供应的电能E＝Ek－Ffx′解得E＝5×105J【答案】(1)8×104W(2)16.25s(3)5×105J11．(12分)如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B.可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距离最低点的高度h的关系图象如图乙所示．不计小球通过A点时的能量损失，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝eq\f(4,5)，cos53°＝eq\f(3,5)，求：(1)物块与斜轨道间的动摩擦因数μ；(2)物块的质量m.【解析】(1)由题乙图可知，当h1＝5R时，物块到达B点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B点的速度大小为v1，则mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理有mg(h1－2R)－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得μ＝eq\f(2,3)(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，则F＋mg＝eq\f(mv2,R)物块从释放至到达B点的过程中，由动能定理有mg(h－2R)－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2解得F＝eq\f(mgh,R)－5mg对应F－h的图线可得斜率k＝eq\f(mg,R)＝eq\f(2,R)解得m＝0.2kg【答案】(1)e