届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律章末过关检测新人教版Word格式文档下载.docx

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选D.由图象知，t0时刻后拉力的功率保持不变，根据P0＝Fv知，v增大，F减小，物块做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物块做匀速直线运动，选项A错误；

0～t0时间内，由P＝Fv，v＝at，F－mg＝ma得P＝m（g＋a）at，则m（g＋a）a＝

，得a≠

，选项B错误；

设在t1时刻速度达到最大值vm，拉力大小等于物块重力大小，则P0＝mgvm，得速度vm＝

，由于t0时刻物块的速度v0<

vm，即v0<

，选项C错误；

P－t图象中面积表示拉力做的功，得0～t1时间内绳子拉力做的总功为P0t1－

P0t0＝P0

，选项D正确．

3．（2018·

吉大附中月考）

如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾，假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．车头A通过P点时的速度最小

B．车的中点B通过P点时的速度最小

C．车尾C通过P点时的速度最小

D．A、B、C通过P点时的速度一样大

选B.过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故选B.

4.

如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A、B间用一劲度系数为k的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B上的水平外力F的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4Ek时撤去外力F，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F到停止运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．撤去外力F的瞬间，弹簧的压缩量为

B．撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为

C．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量

D．A克服外力所做的总功等于2Ek

选D.撤去F瞬间，弹簧处于拉伸状态，对系统，在F作用下一起匀加速运动时，由牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，对A有kΔx－μmg＝ma，求得拉伸量Δx＝

，则A、B两项错误；

撤去F之后，系统运动过程中，克服摩擦力所做的功等于机械能的减少量，则C项错误；

对A利用动能定理W合＝0－EkA，又有EkA＝EkB＝2Ek，则知A克服外力做的总功等于2Ek，则D项正确．

5．（2018·

湖北襄阳调研）如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ<

tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是（　　）

选D.势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A选项错误；

机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，B选项错误；

动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，D选项正确、C选项错误．

6.

湖北孝感高级中学高三调考）如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为

，空气阻力不计．当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为（　　）

A．不能从a点冲出半圆轨道

B．能从a点冲出半圆轨道，但h<

C．能从a点冲出半圆轨道，但h>

D．无法确定能否从a点冲出半圆轨道

选B.质点第一次在半圆轨道中运动的过程，由动能定理得：

mg

＋（－Wf）＝0－0，Wf为质点克服摩擦力做功大小，解得：

Wf＝

mgH，即质点第一次在半圆轨道中运动损失的机械能为

mgH，由于第二次质点在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给质点的弹力变小，摩擦因数不变，所以摩擦力变小，摩擦力做功小于

mgH，机械能损失小于

mgH，因此质点再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于

H，故A、C、D错误，B正确．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分）

7.

滑沙是国内新兴的，也是黄金海岸独有的旅游项目，深受游客欢迎．如图所示，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为v，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为θ，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则（　　）

A．人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为mgLsinθ－

mv2

B．人沿沙坡下滑时所受阻力的大小为mgsinθ－

C．人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgL

D．人在下滑过程中重力功率的最大值为mgvsinθ

选BD.某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，由动能定理可得：

mgLsinθ＋Wf＝

mv2，则Wf＝

mv2－mgLsinθ，故选项A错误；

Wf＝－fL＝

mv2－mgLsinθ，解得：

f＝mgsinθ－

，故选项B正确；

人从沙坡斜面的顶端下滑到底端，重力做的功为mgLsinθ，故选项C错误；

人在下滑过程中重力功率的最大值为mgvsinθ，故选项D正确．

8．（2018·

山东济南模拟）汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是（　　）

选ACD.汽车启动时由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误．

9.

如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平向右的恒力F始终作用在小物块上，小物块与小车之间的滑动摩擦力为f，经过一段时间后小车运动的位移为x，此时小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是（　　）

A．此时物块的动能为F（x＋L）

B．此时小车的动能为F（x＋L）

C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F（x＋L）－fL

D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL

选CD.对小物块分析，水平方向受到拉力F和摩擦力f，小车位移为x，小物块相对于小车位移为L，则根据动能定理有（F－f）·

（x＋L）＝Ek－0，选项A错误．小车受到水平向右的摩擦力f作用，对地位移为x，根据动能定理同样有fx＝E′k－0，选项B错误．在这一过程，物块和小车增加的机械能等于增加的动能，即Ek＋E′k＝F（x＋L）－fL，选项C正确．在此过程中外力做功为F（x＋L），所以系统因摩擦而产生的热量为F（x＋L）－[F（x＋L）－fL]＝fL，选项D正确．

10.

如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度v＝2.0m/s顺时针匀速运行，A端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q＝50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电动机应增加的功率为100W

B．电动机应增加的功率为200W

C．在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×

103J

D．在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×

104J

选BC.煤经时间t加速到v，由动能定理有μmg·

t＝

mv2，t时间内由摩擦产生的热量Q内＝μmg·

s相对＝μmg

＝

mv2，这段时间内电动机多消耗的能量E＝

mv2＋Q内＝mv2，电动机应增加的功率P＝

＝Qv2＝200W，在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内＝

mv2＝

Qtv2＝6.0×

103J，选项B、C正确．

三、非选择题（本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）

11．（12分）

（1）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：

一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；

弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；

小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．

回答下列问题：

①本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g.为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的______．（填正确答案标号）

A．小球的质量m

B．小球抛出点到落地点的水平距离s

C．桌面到地面的高度h

D．弹簧的压缩量Δx

E．弹簧原长l0

②用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝________．

③如图中的直线是实验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m增加，s－Δx图线的斜率会________（选填“增大”“减小”或“不变”）；

如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会________（选填“增大”“减小”或“不变”）．由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的______次方成正比．

（2）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．

①如图甲，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________N/m.（g取9.80m/s2）

砝码质量/g

50

100

150

弹簧长度/cm

8.62

7.63

6.66

②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示，调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________．

③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；

释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v.释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为____________．

④重复③中的操作，得到v与x的关系如图丙，由图可知，v与x成________关系．由上述实验可得结论：

对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的______________成正比．

（1）①由平抛运动规律得，h＝

gt2，s＝vt，解得小球抛出时的速度v＝s

，则小球抛出时的动能Ek＝

，所以需要测量的物理量是小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，A、B、C三项正确．

②由①可知，Ek＝

.

③如果h不变，m增加，那么小球做平抛运动的时间不变，当Δx为某一值时，小球获得的初速度减小，做平抛运动的水平位移减小，图线的斜率会减小；

如果m不变，h增加，那么当Δx为某一值时，小球获得的初速度不变，小球做平抛运动的时间增加，做平抛运动的水平位移增加，图线的斜率会增大；

根据机械能守恒可得，Ep＝Ek＝

，即Ep与s2成正比，又因为s与Δx成正比，所以Ep与Δx2成正比．

（2）①加50g砝码时，弹簧弹力F1＝mg＝k（l0－l1），加100g砝码时F2＝2mg＝k（l0－l2），ΔF＝F2－F1＝k（l1－l2），则k≈49.5N/m，同理由加100g砝码和加150g砝码的情况可求得k′≈50.5N/m，则劲度系数k＝

＝50N/m.

②使滑块通过两个光电门时的速度大小相等，就可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动．

③弹性势能转化为滑块的动能．

④图线是过原点的直线，所以v与x成正比，整个过程弹性势能转化为动能，即E弹＝Ek＝

mv2，弹性势能与速度的二次方成正比，则弹性势能与压缩量x的二次方成正比．

答案：

（1）①ABC　②

　③减小　增大　2

（2）①50.0　②相等　③滑块的动能　④正比　压缩量的平方

XX文库12．（12分）（2018·

湖南长沙长郡中学高三考试）汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示．已知汽车的质量为1×

103kg，汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气的阻力不计．求：

（1）汽车受到地面的阻力大小；

（2）汽车的额定功率；

（3）汽车加速运动的时间．

（1）由图象可知，汽车减速运动的位移

x＝1100m－700m＝400m

汽车匀速运动的动能Ek1＝8×

105J

汽车在地面的阻力f作用下减速直至停止

由动能定理有－fx＝0－Ek1，解得f＝2×

103N.

（2）因为Ek1＝

mv2，解得汽车匀速运动时的速度

v＝40m/s

汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力大小，故汽车的额定功率P＝fv＝8×

104W.

（3）根据题图可知汽车加速运动过程中的位移x0＝500m

汽车的初动能Ek0＝5×

根据动能定理有Pt－fx0＝Ek1－Ek0

解得t＝16.25s.

（1）2×

103N　

（2）8×

104W　（3）16.25s

13．（16分）

如图所示，质量为m＝1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ＝30°

的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接（滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失），传送带的运行速度为v0＝3m/s，长为L＝1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10m/s2.

（1）求水平作用力F的大小；

（2）求滑块下滑的高度；

（3）若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．

（1）滑块静止在斜面上时，受到水平推力F、重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F＝mgtanθ，

代入数据得F＝

N.

（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，故有mgh＝

mv2，所以v＝

若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；

根据动能定理有

μmgL＝

mv

－

mv2，

所以h1＝

－μL，代入数据得h1＝0.1m.

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；

－μmgL＝

则h2＝

＋μL，代入数据得h2＝0.8m.

（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，

由机械能守恒可知mgh2＝

对滑块由运动学公式知v0＝v－at，a＝μg

滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x，

相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，

联立代入数据可得Q＝0.5J.

（1）

N　

（2）0.1m或0.8m　（3）0.5J