2020版高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律章末综合测试 8页

第五章 机械能及其守恒定律 章末综合测试(五)‎ ‎(时间：60分钟　分数：100分)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1．质量为m、初速度为零的物体，在不同变化的合外力F作用下都通过位移x0.下列各种情况中合外力做功最多的是(　　)‎ 解析：C　力F随位移x变化的图线与x轴围成的面积表示功，合外力做功最多的是图C.‎ ‎2．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6 s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甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为(取g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎2 kg B．‎‎2.5 kg C．‎3 kg D．‎‎3.5 kg 解析：B　匀速运动时拉力等于摩擦力，为：‎ F2＝Ff＝＝ N＝2.5 N.‎ 物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v随时间均匀增大，所以P随t均匀增大．‎ F1＝＝ N＝7.5 N.‎ F1－Ff＝ma，‎ a＝ m/s2＝‎2 m/s2‎ 可得m＝‎2.5 kg.故B正确，A、C、D错误．‎ ‎3．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示，质量为m1＝‎50 kg的运动员从轨道上的A点以v0的水平速度冲上质量为m2＝‎‎5 kg 8‎ 的高度不计的静止滑板后，又一起滑向光滑轨道DE，到达E点时速度减为零，然后返回，已知H＝‎1.8 m，重力加速度g＝‎10 m/s2.设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计．则下列说法正确的是(　　)‎ A．运动员和滑板一起由D点运动到E点的过程中机械能不守恒 B．运动员的初速度v0＝‎8 m/s C．刚冲上DE轨道时，运动员的速度大小为‎6 m/s D．运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能守恒 解析：C　运动员和滑板一起由D点运动到E点的过程中只有重力做功，则机械能守恒，得(m1＋m2)gH＝(m1＋m2)v，v共＝‎6 m/s，A错误、C正确；若规定向右为正方向，运动员冲上滑板到二者共速，由动量守恒得m1v0＝(m1＋m2)‎ v共，解得v0＝‎6.6 m/s，运动员与滑板组成的系统的动能变化量ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v>0，则运动员冲上滑板到二者共速的过程中机械能不守恒，B、D错误．‎ ‎4.一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是(　　)‎ 解析：D　滑块冲上斜面到沿斜面下滑底端的过程，先匀减速后匀加速，上滑过程x＝v0t－a1t2，下滑过程x＝－a2(t－t1)2，所以两段均为开口向下的抛物线(或者从x－t图线的斜率分析，由过程可知：速度先减小后增大，所以斜率先减小后增大)，所以A错误；因为有摩擦，所以机械能有损失，回到底端的速度必小于v0，所以B错误；因为动能Ek＝mv2，即有上滑过程Ek＝m(v0－a1t)2，下滑过程有Ek＝m[a2(t－t1)]2，上滑到最高点的动能为0，所以C错误；重力势能Ep＝mgh，所以重力势能先增加后减小，即D正确．‎ ‎5．如图所示，质量M＝‎4 kg的物块B与质量m＝‎2 kg的物块A间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固定光滑斜面上，C 8‎ 为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态，现用一平行于斜面向上、大小恒为F＝60 N的拉力作用在物块A上，并使其沿斜面向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为x＝‎6 m，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．此时物块A动能的增加量为360 J B．该轻弹簧的劲度系数为4 N/m C．此时物块A的加速度大小为‎12 m/s2‎ D．整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300 J 解析：C　在物块A向上运动‎6 m的过程中，拉力F做的功为WF＝Fx＝360 J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功转化为物块A增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A动能的增加量小于360 J，选项A错误；当物块A静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx，对A有mgsin θ＝kΔx，即Δx＝，当物块A运动的距离为x＝‎6 m时，物块B刚要离开挡板C，对物块B进行受力分析可知Mgsin θ＝k(‎6 m－)，代入数据可解得k＝6 N/m，选项B错误；当物块A运动的距离为x＝‎6 m时，设物块A运动的加速度大小为a，弹簧的伸长量为Δx′，则由牛顿第二定律可得F－mgsin θ－kΔx′＝ma，又Δx′＝‎6 m－，两式联立并代入数据可解得a＝‎12 m/s2，选项C正确；由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝WF－mgxsin θ－ΔEkA，因WF－mgxsin θ＝360 J－72 J＝288 J，故选项D错误．‎ ‎6．质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v1和v2，位移分别为x1和x2，如图所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于(　　)‎ A．Fx2‎ B．F(x1＋x2)‎ C.m2v＋(m＋m1)v D.m2v 解析：BC　根据功的定义W＝Fx，而其x 8‎ 应为拉过的绳子长度，也就是两个物体运动的位移之和，因此B正确，A错误；根据动能定理，拉力做的功等于两个物体增加的动能之和，即W＝m2v＋(m＋m1)v，因此C正确，D错误．‎ ‎7．如图所示，在竖直平面内，半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，圆弧轨道的半径OB和BC垂直，水平轨道BC的长度大于R，斜面CD足够长．在圆弧轨道上静置着N个质量为m，半径为r(r≪R)的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3……N.现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，若以BC所在的平面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．第N个小球在斜面CD上向上运动时，其机械能减小 B．第N个小球在斜面CD上向上运动时，其机械能增大 C．N个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且机械能E＝ D．第1个小球到达最低点时的速度v< 解析：BD　把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由于重心到水平轨道BC的高度小于，故总机械能E<，C错误；在下滑的过程中，水平轨道上的小球要做匀速运动，而圆弧轨道上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力作用，同理可知，冲上斜面后后面的小球对前面的小球有向上的压力作用，故第N个小球受到第N－1个小球的压力，压力做正功，第N个小球机械能增大，故A错误，B正确；N个小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有Nmv2L2，现小球与细线突然断开(一切摩擦不计，重力加速度为g)．‎ ‎(1)求细线刚断时，小球的加速度；‎ ‎(2)求小球恰好能完成竖直圆周运动这种情况下，小球在经过C点时，在C点左、右两边对轨道的压力之差；‎ ‎(3)在弹簧弹性限度内，讨论未脱离轨道的小球与弹簧接触再次获得与初始细线断开时相同大小的加速度时，小球速度的两类状况．‎ 解析：(1)细线未断时，线中张力FT＝mg，弹簧弹力(1分)‎ FN＝FT－mgsin 37°＝mg－mg＝mg(2分)‎ 细线刚断时，小球的加速度a＝＝g.(1分)‎ ‎(2)小球在经过C点时，在C点左、右两边相当于分别在两个圆周上过最低点 在右边：F支1＝F向1＋mg(1分)‎ 得F支1＝m＋mg(1分)‎ 在左边：F支2＝F向2＋mg(1分)‎ 得F支2＝m＋mg(1分)‎ 对轨道的压力之差为ΔF＝F支2－F支1＝m－m(2分)‎ 8‎ 得ΔF＝(1分)‎ 又mv2－2mgR＝mv(2分)‎ mg＝m(1分)‎ 解得ΔF＝mg.(1分)‎ ‎(3)若小球能过顶，则小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始细线断开时相同大小的加速度时，弹簧弹力为 FN＝mg－mgsin 37°(1分)‎ 即弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒 mgL1sin 37°－mg(L2＋)sin 37°＝mv(2分)‎ 解得v2＝(1分)‎ 若小球不能过顶，又不脱离轨道，则小球滑回右侧斜面轨道，整个过程机械能守恒，小球回到出发位置，压缩弹簧，速度减为零，即v2′＝0.(1分)‎ 答案：(1)g　(2)mg　(3)见解析 8‎