江蘇專用2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機械能及其守恒定律章末過關(guān)檢測含解析

PAGEPAGE8章末過關(guān)檢測(五)(建議用時：45分鐘)一、單項選擇題1．如圖所示，運動員把質(zhì)量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達到的最高點高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2B．足球上升過程重力做功mghC．運動員踢球時對足球做功mgh＋eq\f(1,2)mv2D．足球上升過程克服重力做功mgh＋eq\f(1,2)mv2解析：選C。足球被踢起后在運動過程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的機械能守恒，足球到達最高點時，機械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，由于足球的機械能守恒，則足球剛被踢起時的機械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，足球獲得的機械能等于運動員對足球所做的功，因此運動員對足球做功E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A錯誤，C正確；足球上升過程重力做功WG＝－mgh，足球上升過程中克服重力做功W克＝mgh，故B、D錯誤。2．(2024·鹽城市期末)兩位同學(xué)在學(xué)校操場上同一高度處同時拋出甲、乙兩小球，甲球初速度方向豎直向上，乙球初速度方向水平。已知兩小球初速度大小相等，不計空氣阻力影響。下列說法正確的是()A．甲球先落地，落地時甲球速度大B．乙球先落地，落地時乙球速度大C．甲球先落地，落地時兩球速度大小相等D．乙球先落地，落地時兩球速度大小相等解析：選D。甲球初速度方向豎直向上，乙球初速度方向水平，則乙球落地時間t＝eq\r(\f(2h,g))，而甲球先向上運動，然后向下做自由落體運動，可知落地時間大于t，則乙球先落地，A、C錯誤；依據(jù)機械能守恒可得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2，可知落地速度大小相等，B錯誤，D正確。3.(2024·揚州市模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑固定軌道由一個半徑為R的eq\f(1,4)圓弧AB和另一個eq\f(1,2)圓弧BC組成，兩者在最低點B平滑連接。一小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止起先沿軌道下滑，恰好能通過C點，則BC弧的半徑為()A.eq\f(2,5)RB.eq\f(3,5)RC.eq\f(1,3)R D．eq\f(2,3)R解析：選A。設(shè)BC弧的半徑為r。小球恰好能通過C點時，由重力充當(dāng)向心力，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，小球從A到C的過程，以C點所在水平面為參考平面，依據(jù)機械能守恒定律得mg(R－2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，聯(lián)立解得r＝eq\f(2,5)R。4．(2024·江蘇五校上學(xué)期12月聯(lián)考)一小物塊沿斜面對上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x的關(guān)系圖線是()解析：選C。設(shè)斜面的傾角為θ，物塊的質(zhì)量為m，沿斜面對上為位移正方向；依據(jù)動能定理可得上滑過程：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，則Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；下滑過程：mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，則Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′；物塊的動能Ek與位移x成線性關(guān)系，依據(jù)能量守恒定律可得，最終的總動能小于初動能，故C正確，A、B、D錯誤。5.(2024·湖北七市州教科研協(xié)作體5月聯(lián)考)如圖，一彎成“L”形的硬質(zhì)輕桿可在豎直面內(nèi)繞O點自由轉(zhuǎn)動，已知兩段輕桿的長度均為l，輕桿端點分別固定質(zhì)量為m、2m的小球A、B(均可視為質(zhì)點)，現(xiàn)OA豎直，OB水平，由靜止釋放，下列說法錯誤的是()A．B球運動到最低點時A球的速度為eq\r(2gl)B．A球某時刻速度可能為零C．B球從釋放至運動至最低點的過程中，輕桿對B球始終做正功D．B球不行能運動至A球最初所在的位置解析：選C。B球由釋放運動到最低點時，由機械能守恒定律可知mgl＋2mgl＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2mv2，解得v＝eq\r(2gl)，A正確，不符合題意；依據(jù)機械能守恒定律，當(dāng)整個系統(tǒng)的重心回到原來的高度時，兩球的總動能為零，此時兩球的速度為零，B正確，不符合題意；B球從釋放至運動至最低點的過程中，對B球依據(jù)動能定理有2mgl＋W＝eq\f(1,2)×2mv2，解得W＝0，可知B球從釋放至運動至最低點的過程中，輕桿對B球做的功為0，C錯誤，符合題意；若B球恰能運動至A球最初所在位置，則整個系統(tǒng)的重力勢能增加，即機械能增加，則不行能，D正確，不符合題意。6.(2024·德州市第一次模擬)如圖所示，輕繩一端固定在O點，另一端拉著立方體小盒子在豎直平面內(nèi)做順時針方向的圓周運動，小盒子里裝了一質(zhì)量為m的光滑小球，小球的大小略小于盒子，A、C兩點分別為水平直徑的左端和右端；B、D兩點分別為豎直直徑的下端和上端。當(dāng)小盒子運動至D點時，小球與小盒子的四個壁間恰好無相互作用力。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A．小球運動至A點時，對小盒子下壁的壓力不為零B．小球運動至C點時，對小盒子右壁的壓力為2mgC．小球運動至C點時，對小盒子下壁的壓力為mgD．小球運動至B點時，對小盒子下壁的壓力為6mg解析：選D。由題意可知，小球與小盒子一起運動，將小球與小盒子作為整體可知，在A點、C點時整體豎直方向的加速度為重力加速度，小球在A點、C點時豎直方向的加速度也應(yīng)為重力加速度，則小球運動至A、C點時，對小盒子下壁的壓力為零，故A、C錯誤；小盒子運動至D點時，小球與小盒子的四個壁間恰好無相互作用力，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，小球從D到C過程中有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，小球在C點有NC＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，聯(lián)立解得NC＝3mg，故B錯誤；小球從D到B過程中有mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，小球在B點有NB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，聯(lián)立解得NB＝6mg，故D正確。7.(2024·蘇州市統(tǒng)考)一質(zhì)量為2kg的物體放在水平面上，在水平拉力的作用下由靜止起先運動，0～1s內(nèi)物體受到的水平拉力大小為F1，1～3s內(nèi)物體受到的水平拉力大小為F2，且F1＝2F2，物體沿水平面做直線運動的v－t圖象如圖所示。3s末撤去水平拉力，撤去拉力后物體接著滑行一段時間后停止，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．物體0～3s內(nèi)發(fā)生的位移為24mB．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.4C．0～3s內(nèi)拉力對物體做功為144JD．撤去拉力后物體還能滑行3s解析：選D。依據(jù)圖線的面積可得0～3s內(nèi)的位移為x＝eq\f(1,2)×1×4m＋eq\f(1,2)×(4＋6)×2m＝12m，故A錯誤；由圖可知在0～1s內(nèi)的加速度a1＝4m/s2，1～3s內(nèi)的加速度a2＝1m/s2，由牛頓其次定律得F1－f＝ma1，F(xiàn)2－f＝ma2，把F1＝2F2，f＝μmg代入可得f＝4N，μ＝0.2，故B錯誤；整個過程中摩擦力做的功是Wf＝－fx＝－4×12J＝－48J，設(shè)拉力做功為W，由動能定理得W＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中v2＝6m/s，解得拉力做功W＝84J，故C錯誤；撤去拉力后物體的加速度a＝eq\f(f,m)＝2m/s2，所以撤去拉力后物體滑行的時間t＝eq\f(v2,a)＝eq\f(6,2)s＝3s，故D正確。8.(2024·遼南協(xié)作校其次次模擬)如圖所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L。B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長。現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，然后再上升，兩輕桿間夾角α在60°到120°之間變更。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽視一切摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．A的動能最大時，B受到地面的支持力大小等于eq\f(2,3)mgB．小球A從靜止釋放到再次回到動身點的過程中機械能守恒C．小球A在上升過程中兩個輕桿對小球A做功最大值為eq\f(\r(3)－1,2)mgLD．彈簧的彈性勢能最大值為mgL解析：選C。A的動能最大時，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝eq\f(3,2)mg，A正確；小球A從靜止釋放到再次回到動身點的過程中，除了重力之外，有桿的彈力做功，所以機械能不守恒，B錯誤；A下落的最大高度h＝Lsin60°－Lsin30°＝eq\f(\r(3)－1,2)L，依據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值Ep＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，小球A在上升過程中兩個輕桿對小球A做功最大值為eq\f(\r(3)－1,2)mgL，C正確，D錯誤。二、非選擇題9．(2024·遼南協(xié)作校其次次模擬)某試驗小組用圖甲所示的試驗裝置和器材做“探究動能定理”試驗。(1)為了保證明驗結(jié)果的誤差盡量小，在試驗操作中，下面做法必要的是________。A．試驗前要對裝置進行平衡摩擦力的操作B．試驗操作時要先釋放小車，后接通電源C．在試驗過程中要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量D．在試驗過程中要保證木板上的輕質(zhì)細線與木板平行(2)除試驗裝置圖中的儀器外，還須要的測量儀器有__________________。(3)如圖乙為試驗中打出的一條紙帶，現(xiàn)選取紙帶中的A、B兩點來探究“動能定理”。已知打點計時器的打點周期為T，圖中已經(jīng)標明白要測量的物理量。另外，小車的質(zhì)量為M，與小車相連的光滑滑輪的質(zhì)量為m0，力傳感器的示數(shù)為F，則須要探究表達式________________________________是否成立。(表達式結(jié)果用題中給出的字母表示)解析：(1)試驗前要對裝置進行平衡摩擦力的操作，以保證小車所受合外力恰好是繩子的拉力，A正確；試驗時，若先放開小車，再接通打點計時器電源，由于小車運動較快，可能會使打出來的點很少，不利于數(shù)據(jù)的采集和處理，B錯誤；由于有力傳感器，故不須要滿意砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，C錯誤；調(diào)整滑輪的高度，使木板上的輕質(zhì)細線與木板平行，保證繩子上的拉力等于小車受到的合力，D正確。(2)由于試驗須要測量小車速度，速度是運用打點計時器打的紙帶計算得出的，故要測量點距，須要刻度尺；本試驗還要測量質(zhì)量，須要天平。(3)A點的瞬時速度為vA＝eq\f(x1,4T)B點的瞬時速度為vB＝eq\f(x2,4T)對小車和滑輪系統(tǒng)，依據(jù)動能定理可知2Fx＝eq\f(1,2)(M＋m0)(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A))即2Fx＝eq\f(（M＋m0）（xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)）,32T2)。答案：(1)AD(2)刻度尺、天平(3)2Fx＝eq\f(（M＋m0）（xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)）,32T2)10．(2024·揚州市5月調(diào)研)某同學(xué)用如圖所示的試驗裝置驗證機械能守恒定律，將氣墊導(dǎo)軌固定在水平桌面上，調(diào)整旋鈕使其水平，在氣墊導(dǎo)軌的左端固定一光滑的定滑輪，在B處固定一光電門，測出滑塊及遮光條的總質(zhì)量為M，將質(zhì)量為m的鉤碼通過細線與滑塊連接，打開氣源，滑塊從A處由靜止釋放，寬度為d的遮光條經(jīng)過光電門遮光時間為t，取遮光時間t內(nèi)的平均速度作為滑塊經(jīng)過B處的速度，A、B之間的距離為x，鉤碼離地面足夠高，重力加速度為g。(1)關(guān)于試驗操作和留意事項，下列說法正確的是__________。A．必需滿意m遠小于MB．調(diào)整定滑輪高度，使細線水平C．用手向上托穩(wěn)鉤碼，由靜止起先釋放鉤碼D．不開氣源，平衡滑塊與導(dǎo)軌之間的摩擦力后，也能驗證系統(tǒng)機械能守恒(2)滑塊由A運動到B的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減小量ΔEp為____________，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk為____________(以上結(jié)果均用題中所給字母表示)。(3)變更x重復(fù)試驗得到多組數(shù)據(jù)，用圖象法處理數(shù)據(jù)，為了形象直觀，應(yīng)當(dāng)畫________。A．t－x圖象B．t2－x圖象C.eq\f(1,t2)－x圖象解析：(1)試驗中要驗證鉤碼和滑塊系統(tǒng)的機械能守恒，則沒必要滿意m遠小于M，A錯誤；調(diào)整定滑輪高度，使細線水平，B正確；用手先固定住滑塊，由靜止起先釋放滑塊，C錯誤；不開氣源，則滑塊與導(dǎo)軌之間有較大的摩擦力，用此裝置不能驗證系統(tǒng)機械能守恒，D錯誤。(2)滑塊由A運動到B的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減小量ΔEp＝mgx滑塊經(jīng)過光電門時的速度v＝eq\f(d,t)則系統(tǒng)動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(d2,t2)。(3)要驗證的關(guān)系式為mgx＝eq\f(