江苏高考物理复习单元检测五机械能

江苏高考物理复习单元检测五机械能本文简介：单元检测五机械能考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意)1.

江苏高考物理复习单元检测五机械能本文内容：

单元检测五

机械能

考生注意：

1．本试卷共4页．

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．

3．本次考试时间90分钟，满分100分．

4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

一、单项选择题(本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意)

1.(2017·东台市模拟)如图1所示，轻质弹簧左端固定，右端与质量为m的小滑块甲接触(但不相连结)，用一水平力推着滑块甲缓慢压缩弹簧，将弹簧压缩到一定长度时，突然撤去推力，滑块被弹簧弹出，在桌面上滑动后由桌边水平飞出，落到地面上的a点，落地时速度为v.若将小滑块甲换成质量为2m的小滑块乙，弹簧压缩的长度相同，忽略两滑块与桌面间的摩擦力和空气阻力，小滑块乙落到地面时(

)

图1

A．落点在a的左侧，落地速度小于v

B．落点在a的右侧，落地速度小于v

C．落点在a的左侧，落地速度大于v

D．落点在a的右侧，落地速度大于v

2．(2018·南京市三校联考)质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法正确的是(

)

A．物体的重力势能减少mgh

B．物体的机械能减少mgh

C．物体的动能增加mgh

D．重力做功mgh

3．(2017·扬州中学模拟)如图2所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则(

)

图2

A．物块机械能守恒

B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒

C．物块机械能减少mg(H＋h)

D．物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)

4．(2018·阜宁中学调研)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6s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3甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为(取g＝10m/s2)(

)

图3

A．2kgB．2.5kgC．3kgD．3.5kg

5．(2017·启东中学期中)在地面上方的A点以E1＝3J的初动能水平抛出一小球，小球刚落地时的动能为E2＝7J，落地点在B点，不计空气阻力，则A、B两点的连线与水平方向的夹角为(

)

A．30°B．37°C．45°D．60°

6．(2018·海安中学段考)如图4所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点．若bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，则下列说法正确的是(

)

图4

A．轻弹簧的劲度系数是50N/m

B．从d到b滑块克服重力做功8J

C．滑块的动能最大值为8J

D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J

二、多项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)

7．(2017·射阳中学月考)如图5甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示．设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等，则t1～t3时间内(

)

图5

A．t1时刻物块的速度为零

B．t2时刻物块的加速度最大

C．t3时刻物块的动能最大

D．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功

8.(2017·盐城市三模)如图6所示，光滑的斜面A静止在光滑水平面上，将物块B轻轻放到A上，并由静止释放，在B沿斜面下滑的同时，斜面A沿水平方向向右做匀加速运动，则此过程中(

)

图6

A．B机械能守恒

B．B对A的压力逐渐变小

C．B做初速度为零的匀加速直线运动

D．B对A的压力做功与A对B的支持力做功代数和为零

9．(2017·苏北四市期中)如图7所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态．小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力．下列说法正确的有(

)

图7

A．小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零

B．小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零

C．上述过程中小球的机械能守恒

D．上述过程中小球重力的功率一直增大

10.(2017·南京市9月调研)如图8所示，质量为1kg的小球静止在竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k＝50N/m.现用大小为5

N、方向竖直向下的力F作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F(g取10

m/s2，不计空气阻力，已知弹簧一直处于弹性限度内)，则小球(

)

图8

A．返回到初始位置时的速度大小为1m/s

B．返回到初始位置时的速度大小为m/s

C．由最低点返回到初始位置过程中动能一直增加

D．由最低点返回到初始位置过程中动能先增加后减少

11.(2017·启东中学期中)如图9所示，固定在竖直平面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看成质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g，不计空气阻力)．下列说法正确的是(

)

图9

A．B球减少的机械能等于A球增加的机械能

B．B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能

C．B球的最大速度为

D．A球克服细杆阻力所做的功为mgR

12．(2017·徐州市考前模拟)如图10所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小滑块连接．把滑块放在光滑固定斜面上的A点，此时弹簧恰好水平．将滑块从A点由静止释放，经B点到达位于O点正下方的C点．当滑块运动到B点时，弹簧恰处于原长且与斜面垂直．已知弹簧原长为L，斜面倾角θ小于45°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.在此过程中，(

)

图10

A．滑块的加速度可能一直减小

B．滑块经过B点时的速度可能最大

C．滑块经过C点的速度大于

D．滑块在AB过程中动能的增量比BC过程小

三、非选择题(本题共6小题，共计58分)

13.(6分)(2017·东台市5月模拟)某实验小组要探究动能定理，选取的实验装置如图11所示．

图11

(1)实验时，在没有连接橡皮筋前，将木板的左端用小木块垫起，使木板倾斜合适的角度，平衡摩擦力，这样做的目的是________________________________.

(2)实验的主要步骤如下

①使小车在一条橡皮筋的作用下由某位置静止弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功为W.

②再用完全相同的2条、3条……橡皮筋作用于小车，每次由静止在________(选填“相同”或“不同”)位置释放小车，使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W、……

③分析打点计时器打出的纸带，分别求出小车每次获得的最大速度v1、v2、v3……

④作出W－v图象，则下列符合实际的图象是________．(填字母序号)

(3)若该实验小组实验时遗忘了平衡摩擦力，也完成了整个实验，那么当小车速度最大时，橡皮筋处于__________状态(选填“伸长”或“原长”)．

(4)该实验小组将橡皮筋的两端固定在桌子的右侧边上，小车用细线与橡皮筋的中点相连，开始时，橡皮筋刚好伸直，将小车向左移动距离s(已知)后由静止释放，测出橡皮筋到原长时小车的速度v，依次增加橡皮筋的根数，保持s不变，重复上述实验步骤，以橡皮筋对小车做功W为纵坐标，以v2为横坐标，得到一条直线，根据直线与纵轴的截距与斜率，________(选填“能”或“不能”)求出小车与水平桌面之间的动摩擦因数．

14．(8分)(2017·涟水中学第三次检测)某实验小组用图12甲所示装置研究系统在金属轨道上运动过程中机械能是否守恒：将一端带有滑轮的长金属轨道水平放置，重物通过细绳水平牵引小车沿轨道运动，利用打点计时器和纸带记录小车的运动．

图12

(1)本实验中小车质量________(填“需要”或“不需要”)远大于重物质量；

(2)将小车靠近打点计时器，将穿好的纸带拉直，接通电源，释放小车．图乙是打出的一条清晰纸带，0点是打下的第一个点，1、2、3、4、5是连续的计数点，0点和计数点1之间还有多个点(图中未画出)，相邻计数点间的时间间隔为0.02s．在打计数点4时小车的速度v＝________m/s(保留三位有效数字)．若已知重物的质量为m，小车的质量为M，则从点0到点4的过程中，系统减少的重力势能为____________

J，增加的动能为______________

J(g取9.8

m/s2，数字保留两位小数)．

15.(10分)(2017·南通市、如皋市第二次质检)如图13所示，AB是倾角为θ＝53°的粗糙直轨道，BCD是半径为R的光滑圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切．一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动)．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：

图13

(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；

(2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D(E、O、D为同一条竖直直径上的3个点)，释放点距B点的距离L应满足什么条件；

(3)若物体从距B点d＝3R处静止滑下，则物体离开圆轨时离圆心O点的高度是多少？

16．(10分)(2018·仪征中学学情检测)如图14所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A点锁定，然后将一质量为m的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B点，A、B两点的高度差为h0，已知重力加速度为g.

图14

(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.

(2)求物块从A到B所用的时间t1与从B返回到A所用的时间t2之比．

(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A点并锁定，物块返回A点时立刻解除锁定．设斜面最高点C的高度H＝2h0，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出？

17．(12分)(2018·如皋市质量检测一)如图15所示，将质量为m＝1kg的小物块放在长为L＝1.5m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d＝1.8m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h＝0.65m，开始车和物块一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g＝10

m/s2，求：

图15

(1)小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力；

(2)小物块落地点至车左端的水平距离．

18.(12分)(2018·田家炳中学调研)如图16所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速度放置一个质量为m＝1

kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4

m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5

m(取g＝10

m/s2)．求：

图16

(1)金属块经过D点时的速度大小；

(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．

答案精析

1．A

[设弹簧被压缩至一定长度时，弹性势能为Ep，根据机械能守恒定律可得Ep＝mv02，即v0＝，小滑块从桌边飞出后做平抛运动，故有h＝gt2，x＝v0t，解得x＝·＝2，换成滑块乙，由于质量增大了，所以落地点与桌边的水平距离减小了，即落在a点的左侧；落地速度大小为v＝，因v0减小，所以落地速度变小，故A正确．]

2．C

[物体落地过程中，重力做功WG＝mgh，重力势能减少mgh，A、D项错误；由动能定理可得ΔEk＝W合＝mah＝mgh，C项正确；由功能关系可得ΔE＝W合－mgh＝－mgh，所以机械能减少了mgh，B项错误．]

3．D

[对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A错误．对于物块和弹簧组成的系统来说，物块减少的机械能等于克服空气阻力所做的功和弹簧弹性势能增加量之和，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，故B错误．由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减少量等于机械能的减少量，所以物块机械能减少mg(H＋h)，故C错误．物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得Ff＝mg－ma＝mg，所以空气阻力所做的功Wf＝－mg(H＋h)，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H＋h)，故D正确．]

4．B

[匀速运动时拉力等于摩擦力，F2＝Ff＝＝N＝2.5N.

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随时间均匀增大．

F1＝＝N＝7.5N.

F1－Ff＝ma，

a＝m/s2＝2

m/s2

可得m＝2.5kg.故B正确，A、C、D错误．]

5．A

[设小球的质量为m，小球的初动能为E1＝3J，即mv02＝3J，所以小球的初速度为v0＝＝，小球的末动能E2＝7J，根据E2＝mv2＝7J，所以小球的末速度为v＝＝，所以小球在竖直方向上的速度大小为vy＝＝，设A、B两点的连线与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝＝＝＝＝＝，所以θ＝30°.]

6．A

[整个过程中，滑块从a点由静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的．滑块到c点时速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kxbc＝mgsin

30°，解得：k＝50

N/m，A项正确；由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错误；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，到c点时滑块的动能为最大值，最大动能一定小于8J，又弹性势能减少量小于8J，所以弹簧弹力对滑块做功小于8J，C、D项错误．]

7．ABC

[t1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，故A正确；物块做加速运动时，根据牛顿第二定律得，a＝，随着拉力F的增大而增大，t2时刻，拉力F最大，则物块的加速度最大，故B正确；t3时刻后合力反向，物块由于惯性减速前进，故t3时刻A的速度最大，动能最大，故C正确；t1～t3时间内速度方向没有改变，力F方向也没变，所以F对物块A一直做正功，故D错误．]

8．CD

9．AC

[小球刚释放时，绳子拉力为零，地面对物块的摩擦力为零，选项A正确；小球运动到最低点时，绳子向上的拉力与小球重力的合力提供向心力，绳子此时对物块有斜向上的拉力，物块要保持平衡，必须受到向左的摩擦力，因而物块与地面间必须存在弹力作用，选项B错误；绳子对小球的拉力始终与小球的速度垂直，不做功，小球的机械能守恒，选项C正确；小球在竖直方向的速度先增加后减小，所以重力的瞬时功率先增加后减小，选项D错误．]

10．AC

[初始时弹簧的压缩量x1＝＝m＝0.2m，小球向下运动到最大速度时合力为零，由平衡条件得：mg＋F＝kx2，得x2＝0.3m，则小球从开始向下运动到速度最大的位置通过的位移x＝x2－x1＝0.1m，从开始到返回初始位置的过程，运用动能定理得Fx＝mv2，解得，小球返回到初始位置时的速度大小为v＝1m/s，故A正确，B错误；由最低点返回到初始位置过程中，弹簧对小球的弹力一直大于重力，则小球做加速运动，动能一直增加，故C正确，D错误．]

11．AC

[小球A、B与轻质细杆组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，小球B减少的机械能应等于小球A增加的机械能，所以A正确；根据机械能守恒定律可知，小球B减少的重力势能应等于小球A增加的重力势能与两小球增加的动能之和，所以B错误；根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能为ΔEp减＝2mg·2R－mg·2R，系统增加的动能为ΔE增＝mv2＋·2mv2，由ΔEp减＝ΔE增，解得B球的最大速度为v＝，所以C正确；对A球由动能定理应有：－mg·2R＋W＝mv2，解得：W＝mgR，W为正值说明细杆对球A做正功，所以D错误．]

12．AC

13．(1)保证橡皮筋拉力做的功就是合外力做的功

(2)②相同

④D

(3)伸长

(4)不能

14．(1)不需要

(2)2.30

5.18m

2.65(m＋M)

解析

(1)本实验中为了验证机械能守恒定律，两物体的质量均要考虑，故不需要使小车的质量远大于重物的质量；

(2)打点4时的速度v＝＝＝2.30m/s；点0到点4过程中重力势能的减小量ΔEp＝mgh＝9.8×0.5290m≈5.18m；动能的增加量ΔEk＝(m＋M)v2＝×(2.30)2(m＋M)≈2.65(m＋M)．

15．(1)2R

(2)L≥4.2R

(3)0.6R

解析

(1)因为在AB轨道上摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．

对整个过程，由动能定理得：mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0，

解得总路程为：s＝＝＝2R；

(2)设物体刚好能到D点，由牛顿第二定律得：mg＝m，

对全过程，由动能定理得：mgL0sinθ－μmgcosθ·L0－mgR(1＋cosθ)＝mvD2－0，

解得：L0＝·R＝4.2R；

故L≥4.2R

(3)设物体离开圆轨时，所在半径与水平方向夹角为β，由牛顿第二定律得：mgsinβ＝m，

从释放点到离开轨道的过程，由动能定理得：

mg(dsinθ－Rcosθ－Rsinβ)－μmgdcosθ＝mv2－0

解得：sinβ＝0.6，距圆心高为：h＝Rsinβ＝0.6R.

16．见解析

解析

(1)物块受到的滑动摩擦力Ff＝μmgcosθ，

A到B过程由功能关系有－Ff·＝mgh0－Ep，

解得Ep＝mgh0.

(2)因弹簧劲度系数很大，可认为弹簧压缩量较小，弹簧作用时间可忽略不计．

设上升、下降过程物块加速度大小分别为a1和a2，则

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，

由运动学公式得a1t12＝a2t22，解得＝.

(3)足够长时间后，上升的最大高度设为hm，则由能量关系知，来回克服阻力做功等于补充的弹性势能

2Ff·＝Ep，

解得hm＝h0＜2h0，所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．

17．(1)104.4N，方向竖直向下

(2)3.4m

解析

(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理得－μmgL＝mv12－mv02

解得v1＝m/s

刚进入半圆形轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，又d＝2R

解得FN≈104.4N

由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力

FN′＝104.4N，方向竖直向下．

(2)若小物块能到达半圆形轨道最高点，

则由机械能守恒得mv12＝2mgR＋mv22

解得v2＝7m/s

设小物块恰能过最高点的速度为v3，则mg＝m

解得v3＝＝3m/s

因v2＞v3，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动，

h＋2R＝gt2，x＝v2t

联立解得x＝4.9m

故小物块距车左端距离为x－L＝3.4m.

18．(1)2m/s

(2)3J

解析

(1)对金属块在E点有

mg＝m，

解得vE＝2m/s

在从D到E过程中，由动能定理得

－mg·2R＝mvE2－mvD2

解得vD＝2m/s.

(2)金属块在传送带上运行时有，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2.

设经位移x1金属块与传送带达到共同速度，则

v2＝2a1x1

解得x1＝0.2m<3.2m

继续加速过程中mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

解得a2＝2m/s2

由vB2－v2＝2a2x2，x2＝L－x1＝3m

解得vB＝4m/s

在从B到D过程中，由动能定理：

mgh－Wf＝mvD2－mvB2

解得Wf＝3J．