2020届高考物理总复习第五单元机械能单元检测教师用书（含解析） 7页

机械能一、单项选择题1.(2018山西大同阶段考试)如图所示,相同质量的物块从底边长相同、倾角不同的固定斜面最高处同时由静止释放且下滑到底端,下列说法正确的是(　　)。A.若物块与斜面之间的动摩擦因数相同,倾角大的斜面上的物块损失的机械能大B.若斜面光滑,两物块一定同时运动到斜面底端C.若斜面光滑,倾角大的斜面上的物块一定后运动到斜面底端D.若物块到达底面时的动能相同,则物块与倾角大的斜面间的动摩擦因数大解析　设斜面倾角为θ,底边长为s,则有物体损失的机械能等于摩擦力所做的功,摩擦力做功W=μmgcosθ·=μmgs,即损失的机械能与夹角无关,所以两物体损失的机械能相同,A项错误;若斜面光滑,则物体下滑的加速度a=gsinθ,根据=at2可得t=,则θ角不同,t不同,当θ=45°时,下滑的时间最短,则倾角大的斜面上的物块不一定后运动到斜面底端,B、C两项错误;根据动能定理,有Ek=mgstanθ-μmgcosθ·=mgstanθ-μmgs,若物块到达底面时的动能相同,则物块与倾角大的斜面间的动摩擦因数大,D项正确。答案　D2.(2018陕西西安质量调研)如图甲所示,滑块A的质量m=1kg,质量为M、上表面的长度为L的平板车B静止在光滑水平面上。某时刻滑块A以向右的初速度v0=3m/s滑上平板车B的上表面,忽略滑块A的大小。从滑块A刚滑上平板车B开始计时,之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示,t0是滑块A在车上运动的总时间,测得t0=1s。下列说法中不正确的是(重力加速度g=10m/s2)(　　)。A.平板车B上表面的长度L=2mB.滑块A与平板车B上表面间的动摩擦因数μ=0.1C.平板车B的质量M=1kgD.t0时间内滑块A所受摩擦力做功的平均功率为10W解析　v-t图象中梯形的“面积”代表滑块相对平板车的位移s=t0=2m,即平板车的长度L=2m,A项正确;对滑块运用牛顿第二定律有-μmg=ma,而a=,解得μ=0.1,B项正确;由图象可知滑块、平板车的加速度大小相等,使它们产生加速度的合力就是两者间的滑动摩擦力,因此它们的质量相等,C项正确;根据动能定理,有Ek2-Ek1=-Wf,t0时间内滑块克服摩擦力做功Wf=2.5J,所以t0时间内滑块所受摩擦力做功的平均功率P==2.5W,D项错误。　　答案　D3.(2018河南开封模拟考试)如图所示,一个小球在竖直环内至少能做(n+1)次完整的圆周运动,当它第(n-1)次经过环的最低点时的速度大小为7m/s,第n次经过环的最低点时速度大小为5m/s,则小球第(n+1)次经过环的最低点时的速度v的大小一定满足(　　)。nA.等于3m/s　　　　　B.小于1m/sC.等于1m/sD.大于1m/s解析　小球从第(n-1)次通过最低点到第n次通过最低点的过程中,摩擦力消耗的机械能为m-m=12m;它从第n次通过最低点到第(n+1)次通过最低点的过程中,因为速度减小,需要的向心力减小,所以与圆环间的压力减小,摩擦力消耗的机械能将小于12m,第(n+1)次通过最低点时的动能E>×25m-12m=m,即v>1m/s,D项一定满足。答案　D4.(2018陕西延安质量检测)如图甲所示,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度v0从最低点A冲上轨道,图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速度的二次方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力的大小为1.25N,空气阻力不计,g取10m/s2,B点为AC轨道的中点,下列说法正确的是(　　)。A.小球质量为0.5kgB.小球在B点受到轨道作用力的大小为4.15NC.图乙中x=25m2/s2D.小球在A点时重力的功率为5W解析　由图乙可知,轨道半径R=0.4m,小球在C点的速度vC=3m/s,小球在光滑轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒,所以有m=m+mgh,解得=+2gh,即x=(9+2×10×0.8)m2/s2=25m2/s2,故C项正确;由牛顿第二定律可得F+mg=,解得m=0.1kg,故A项错误;由机械能守恒可得小球在B点的速度vB==m/s,所以小球在B点时,在水平方向上的合外力提供向心力,有F==4.25N,所以小球在B点受到轨道作用力的大小为4.25N,B项错误;小球在A点时重力方向向下,速度方向向右,故小球在A点时重力的功率为0,D项错误。答案　C二、多项选择题5.(2018河北石家庄质量检测)在竖直杆上安装一个光滑小导向槽,使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动。不计经导向槽时小球的能量损失,设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v,重力加速度为g,那么当小球有最大水平位移时,下列说法正确的是(　　)。A.导向槽位置应在高为的位置B.最大水平位移为C.小球在上、下两过程中,在经过某相同高度时,合速度的大小总有v下=2v上D.当小球落地时,速度方向与水平方向成45°角解析　设平抛时的速度为v0,根据机械能守恒定律可得m+mgh=mv2,解得v0=,根据平抛运动的知识可得下落时间t=,则水平位移x=v0t=,所以当-2h=2h时水平位移最大,解得h=,A项正确;最大的水平位移x==2h=,B项错误;根据机械能守恒定律可知,在某高度处时上升的速率和下落的速n率相等,C项错误;设小球落地时速度与水平方向成θ角,位移与水平方向的夹角为α,根据平抛运动的规律可知,tanθ=2tanα=2×=1,则θ=45°,D项正确。答案　AD6.(2018河南平顶山段考)2018年10月18日,在阿根廷举办的青奥会跳水赛事结束,中国选手获得三金二银,名列奖牌榜第一。跳水运动员入水后因受到水的阻力而竖直向下做减速运动。如果某运动员的质量m=50kg,水对运动员的阻力大小恒为F=2500N,那么在运动员减速下降深度h=1m的过程中,重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是(　　)。A.运动员的动能减少了2500JB.运动员的重力势能减少了500JC.运动员的机械能减少了2000JD.运动员克服阻力做功2500J解析　在运动员减速下降深度为h的过程中,运动员受重力和水的阻力,运用动能定理得(mg-F)h=ΔEk,所以运动员动能减少(F-mg)h=2000J,A项错误。根据重力做功与重力势能变化的关系得WG=-ΔEp=mgh,他的重力势能减少了mgh=500J,B项正确。除了重力和弹簧弹力之外的力做功等于机械能的变化可知W外=ΔE,运动员除了重力还有阻力做功,W外=Wf=-Fh,他的机械能减少了Fh=2500J,故C项错误,D项正确。答案　BD7.(2018四川成都质量检测)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹力大小F随小球下落的位置坐标x的变化关系,如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。下列判断正确的是(　　)。A.当x=h+x0时,重力势能与弹性势能之和最小B.最低点的横坐标为h+2x0C.小球受到的弹力最大值大于2mgD.小球动能的最大值为mgh+解析　小球和弹簧组成的系统机械能守恒,当x=h+x0时,弹力等于重力,加速度为零,速度最大,重力势能与弹性势能之和最小,A项正确;根据对称性可知,x=h+2x0与x=h处速度相等,故x=h+2x0处不是最低点,B项错误;根据胡克定律,弹簧压缩x0时弹力等于mg,可知x=h+2x0处弹力等于2mg,但不是最低点,所以小球受到的弹力最大值大于2mg,C项正确;小球在x=h+x0处速度最大,由图乙可知,mg=kx0,根据动能定理有mg(h+x0)-·x0=Ek,Ek=mgh+mgx0,D项正确。答案　ACD8.(2018广西南宁仿真模拟)如图所示,足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动,传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接,圆弧轨道上的A点与圆心等高,一小物块从A点由静止滑下,再滑上传送带,经过一段时间又返回圆弧轨道,返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点,则下列说法正确的是(　　)。A.圆弧轨道的半径一定是B.若减小传送带速度,则小物块仍可能到达A点C.若增加传送带速度,则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点D.不论传送带速度增加到多大,小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点n解析　物块在圆弧轨道上下滑的过程中,物块的机械能守恒,根据机械能守恒可得mgR=m,所以小物块滑上传送带的初速度v0=,物块到达传送带上之后,由于摩擦力的作用开始减速,速度减小为零之后,又在传送带的摩擦力的作用下反向加速,根据物块的受力可知,物块在减速和加速的过程中加速度的大小是相同的,只要传送带的速度v≥,物块返回圆弧轨道时的速度大小就等于从圆弧轨道下滑刚到传送带时的速度大小,物块就能返回到A点,则R≤,故A项错误,B项正确;若增大传送带的速度,由于物块返回到圆弧轨道的速度不变,只能滑到A点,不能滑到圆弧轨道的最高点,故C项错误,D项正确。答案　BD三、非选择题9.(2018山西长治诊断考试)某科技小组用如图甲所示的装置验证动能定理,一端固定有定滑轮且带有刻度尺的倾斜气垫导轨固定在水平桌面上,导轨上A点处有一总质量为M带遮光片的长方形滑块,滑块用平行斜面的轻细绳通过定滑轮与一拉力传感器相连,实验步骤如下:①用游标卡尺测出遮光片的宽度d。②安装好实验器材,给气垫导轨接上气源,然后读出拉力传感器的示数,记为F,同时从气垫导轨刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离L。③剪断细绳,让滑块滑向光电门,并记录滑块通过光电门的时间t。④多次改变滑块与光电门之间的距离,记录相应的L与t的值,结果如下表所示。甲乙12345L/m0.6000.8001.0001.2001.400t/ms8.227.176.445.855.43/(×104s-2)1.481.952.412.923.39请回答下列问题:(1)用游标卡尺测量遮光片宽度d的测量结果如图乙所示,则d=　　　　cm。 (2)剪断细绳后,在滑块从A运动至B的过程中,若动能定理成立,则在本实验中与L的关系式为=　　　　　。 (3)以L为横坐标,为纵坐标,请在图丙所示的坐标系中描点,并作出-L图象,根据你所作的图象,本实验　　　　(选填“能”或“不能)验证动能定理。 n丙解析　(1)根据游标卡尺读数规则:主尺部分为10mm,标尺部分为0×0.1mm=0mm;故游标卡尺读数为10.0mm+0×0.1mm=10.0mm=1.00cm。(2)小球到达光电门的速度v=,则从A到B根据动能定理可得FL=M,则整理可以得到=。(3)由=,可得-L成正比例关系,则由图象可知可以验证动能定理,图象如图丁所示。答案　(1)1.00　(2)(3)如图丁所示　能丁10.(2018江苏连云港质量调研)如图所示,物体A放在足够长的木板B上,木板B静止于水平面。t=0时,电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B,使它做初速度为零,加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05,B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g取10m/s2。(1)求物体A刚运动时的加速度aA。(2)t1=1.0s时,求电动机的输出功率P。(3)若当t1=1.0s时,将电动机的输出功率调整为P'=5W,并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变,t2=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在t1=1.0s到t2=3.8s这段时间内木板B的位移为多少?解析　(1)物体A在水平方向上受到向右的摩擦力,由牛顿第二定律得μ1mAg=mAaA解得aA=0.5m/s2,方向水平向右。n(2)t1=1.0s时,木板B的速度大小v1=aBt1由牛顿第二定律有F-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB电动机输出功率P1=Fv1联立解得P1=7W。(3)电动机的输出功率调整为5W时,设细绳对木板B的拉力为F',则P'=F'v1解得F'=5N木板B受力满足F'-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=0所以木板B将做匀速运动,而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等。设这一过程时间为t',有v1=aA(t1+t')这段时间内B的位移大小s1=v1t'A、B速度相同后,由于F>μ2(mA+mB)g且电动机输出功率恒定,A、B将一起做加速度逐渐减小的加速运动。由动能定理得P'(t2-t'-t1)-μ2(mA+mB)gs2=(mA+mB)-(mA+mB)解得s2=2.03m木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m。答案　(1)0.5m/s2,方向水平向右　(2)7W(3)3.03m11.(2018湖南长沙五校联考)如图所示,光滑圆弧AB在竖直平面内,圆弧B处的切线水平。A、B两端的高度差为0.2m,B端高出水平地面0.8m,O点在B点的正下方。将一滑块从A端由静止释放,落在水平面上的C点处。(重力加速度取g=10m/s2)(1)求OC的长度。(2)在B端接一长为1.0m的木板MN,滑块从A端由静止释放后正好运动到N端停止,求木板与滑块间的动摩擦因数。(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段,滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处,要使落地点距O点的距离最远,ΔL应为多少?解析　(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中,根据机械能守恒定律有mgh1=m解得vB==2m/s滑块离开B点后做平抛运动,则竖直方向上有h2=gt2水平方向上有x=vBt联立解得t=0.4s,x=0.8m。(2)滑块从B端运动到N端停止的过程,根据动能定理得-μmgL=0-m代入数据解得μ=0.2。(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段后,设滑块滑到木板最右端时速度为v,由动能定理得-μmg(L-ΔL)=mv2-m滑块离开木板后仍做平抛运动,高度不变,运动时间不变,则落地点距O点的距离s=L-ΔL+vtn整理得s=1+0.8-ΔL根据数学知识得,当=0.4时,s最大,即ΔL=0.16m时,s最大。答案　(1)0.8m　(2)0.2　(3)0.16m