新高考人教物理一輪作業(yè)章末檢測(cè)卷（五）機(jī)械能

章末檢測(cè)卷(五)機(jī)械能(滿分：100分時(shí)間：60分鐘)一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分。1～5題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，6～8題有多個(gè)選項(xiàng)正確，全選對(duì)得6分，選對(duì)但不全得3分)1.(2021·成都高三10月檢測(cè))在電影《飛屋環(huán)游記》中，主角用一簇氣球使他的房子成功升空。小屋從地面靜止出發(fā)做勻加速運(yùn)動(dòng)，它加速上升到h處時(shí)，速度達(dá)到了v，不計(jì)小屋受到的浮力和空氣阻力，則在這一過(guò)程中()A．繩對(duì)小屋的拉力等于小屋的重力B．繩對(duì)小屋的拉力做的功等于小屋動(dòng)能的增量C．繩對(duì)小屋的拉力做的功等于小屋機(jī)械能的增量D．繩對(duì)小屋的拉力和小屋重力對(duì)小屋做的總功等于小屋機(jī)械能的增量解析：小屋加速上升，合力向上，小屋受到向上的拉力和重力，則繩對(duì)小屋的拉力大于小屋的重力，故A錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理知繩對(duì)小屋的拉力做的功大于小屋動(dòng)能的增量，故B錯(cuò)誤。根據(jù)功能定理知：除了重力以外其他力做的功等于機(jī)械能的變化，所以繩對(duì)小屋的拉力做的功等于小屋機(jī)械能的增量，故C正確。繩對(duì)小屋的拉力和小屋重力對(duì)小屋做的總功等于小屋動(dòng)能的增量，由于小屋的重力勢(shì)能增加，所以繩對(duì)小屋的拉力和小屋重力對(duì)小屋做的總功小于小屋機(jī)械能的增量，故D錯(cuò)誤。答案：C2．(2021·陜西榆林模擬)一個(gè)人站立在商店的自動(dòng)扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖所示，則()A．人對(duì)踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板對(duì)人的支持力做的功等于人的機(jī)械能增加量D．人所受合力做的功等于人的動(dòng)能的增加量解析：人的加速度斜向上，將加速度沿水平和豎直方向分解，ax＝acosα，方向水平向右；ay＝asinα，方向豎直向上，水平方向受靜摩擦力作用，F(xiàn)f＝max＝macosα，水平向右，豎直方向受重力和支持力，F(xiàn)N－mg＝masinα，由牛頓第三定律知人對(duì)踏板的壓力FN′＝FN>mg，故A、B錯(cuò)誤；踏板對(duì)人的作用力即為支持力與摩擦力，并且二力均做正功，故在隨著扶梯向上加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，踏板對(duì)人支持力做的功小于人的機(jī)械能的增加量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)人做的功等于人動(dòng)能的增加量，故D正確。答案：D3．(2021·江西鷹潭一中高三月考)可愛(ài)的毛毛蟲(chóng)外出覓食，緩慢經(jīng)過(guò)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形山丘，已知其身長(zhǎng)為3L，總質(zhì)量為m。如圖所示，毛毛蟲(chóng)頭部剛到達(dá)最高點(diǎn)，假設(shè)毛毛蟲(chóng)能一直貼著山丘前行，則其頭部越過(guò)山頂剛到達(dá)山丘底端時(shí)毛毛蟲(chóng)的重力勢(shì)能變化量為()A.eq\f(1,2)mgL B.eq\f(\r(3),12)mgLC.eq\f(\r(3),6)mgL D.eq\f(\r(3),4)mgL解析：選山丘底端為零勢(shì)能面，初狀態(tài)的重力勢(shì)能為Ep1＝eq\f(1,3)mg×eq\f(L,2)sin60°＝eq\f(\r(3),12)mgL，毛毛蟲(chóng)頭部越過(guò)山頂剛到達(dá)山丘底端時(shí)的重力勢(shì)能為Ep2＝eq\f(2,3)mg×eq\f(L,2)sin60°＝eq\f(\r(3),6)mgL，其重力勢(shì)能的變化量為ΔEp＝Ep2－Ep1＝eq\f(\r(3),6)mgL－eq\f(\r(3),12)mgL＝eq\f(\r(3),12)mgL，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。答案：B4．如圖所示，在水平面上，有一彎曲的槽道AB，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個(gè)半圓構(gòu)成?，F(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點(diǎn)沿槽道拉至B點(diǎn)，若拉力F的方向時(shí)刻與小球運(yùn)動(dòng)方向一致，則此過(guò)程中拉力所做的功為()A．0 B．FRC．2πFR D.eq\f(3,2)πFR解析：因?yàn)镕的方向不斷改變，不能用W＝Flcosα求解，但由于拉力F的方向時(shí)刻與小球運(yùn)動(dòng)方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成許多的小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可視為恒力，F(xiàn)做的總功即為F在各個(gè)小段上做功的代數(shù)和，由此得W＝F(eq\f(1,2)·2π·eq\f(R,2)＋eq\f(1,2)·2πR)＝eq\f(3,2)πFR。答案：D5.如圖，傾角為θ的可移動(dòng)式皮帶輸送機(jī)，適用于散狀物料或成件物品的短途運(yùn)輸和裝卸工作。輸送帶與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且滿足tanθ<μ。在順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的輸送帶上端無(wú)初速度放一貨物，貨物從上端運(yùn)動(dòng)到下端的過(guò)程中，其機(jī)械能E(選擇放入點(diǎn)為參考平面)與位移x的關(guān)系圖象可能正確的是()解析：若貨物放上后一直加速，根據(jù)功能原理可知E＝μmgcosθ·x，圖線的斜率大小等于μmgcosθ，則知貨物機(jī)械能一直增大，若物塊在到達(dá)底端之前，速度已經(jīng)與傳送帶速度相等，之后物塊的機(jī)械能不斷減小，設(shè)物塊與傳送帶速度相同時(shí)機(jī)械能為E0′，位移為x0，對(duì)于速度相同后的過(guò)程，可得E＝E0′－mgsinθ(x－x0)，圖線的斜率大小等于mgsinθ。速度相同時(shí)，因mgsinθ≤μmgcosθ，則知C圖是可能的。答案：C6．(2021·云南墨江二中高三上學(xué)期期末)假設(shè)某次罰點(diǎn)球直接射門(mén)時(shí)，球恰好從橫梁下邊緣踢進(jìn)，此時(shí)的速度為v。橫梁下邊緣離地面的高度為h，足球質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球做的功為W1，足球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服空氣阻力做的功為W2，選地面為零勢(shì)能面。下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球做的功為W1＝mgh＋eq\f(1,2)mv2B．足球機(jī)械能的變化量為W1－W2C．足球克服空氣阻力做的功為W2＝mgh＋eq\f(1,2)mv2－W1D．運(yùn)動(dòng)員剛踢完球的瞬間，足球的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋W2解析：對(duì)運(yùn)動(dòng)員踢球到球恰好從橫梁下邊緣踢進(jìn)這一過(guò)程，由動(dòng)能定理得W1－mgh－W2＝eq\f(1,2)mv2，即W1＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＋W2，故A錯(cuò)誤；足球機(jī)械能的變化量等于重力以外的其他力做的功，即ΔE＝W1－W2，故B正確；由W1－mgh－W2＝eq\f(1,2)mv2，可得W2＝W1－mgh－eq\f(1,2)mv2，故C錯(cuò)誤；設(shè)剛踢完球瞬間足球的動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得－mgh－W2＝eq\f(1,2)mv2－Ek，Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋W2，故D正確。答案：BD7．(2021·廣東茂名模擬)如圖，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，圓軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0沿AB運(yùn)動(dòng)恰能通過(guò)最高點(diǎn)，則()A．R越大，v0越大B．m越大，v0越大C．R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)瞬間對(duì)軌道的壓力越大D．m越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)瞬間對(duì)軌道的壓力越大解析：小球恰能通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，則有mg＝meq\f(vD2,R)，則vD＝eq\r(gR)，根據(jù)動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvD2＋2mgR，解得v0＝eq\r(5gR)，可見(jiàn)R越大，v0越大，而且v0與小球的質(zhì)量m無(wú)關(guān)，A正確，B錯(cuò)誤；小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的瞬間，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v02,R)，則軌道對(duì)小球的支持力FN＝mg＋meq\f(v02,R)＝6mg，則FN大小與R無(wú)關(guān)，隨m增大而增大，由牛頓第三定律知C錯(cuò)誤，D正確。答案：AD8.彈跳桿運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)廣受青少年歡迎的運(yùn)動(dòng)。彈跳桿的結(jié)構(gòu)如圖所示，彈簧的下端固定在跳桿的底部，上端與一個(gè)套在跳桿上的腳踏板底部相連接。質(zhì)量為M的小孩站在腳踏板上保持靜止時(shí)，彈簧的壓縮量為x0。設(shè)小孩和彈跳桿只在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，跳桿的質(zhì)量為m，取重力加速度為g，空氣阻力、彈簧和腳踏板的質(zhì)量以及兩者之間的摩擦均忽略不計(jì)。某次彈跳中，彈簧從最大壓縮量3x0開(kāi)始豎直向上彈起，不考慮小孩做功。下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧從壓縮量3x0到恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中彈簧的彈力做的功為eq\f(9,2)(M＋m)gx0B．彈簧從壓縮量3x0到恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中彈簧的彈力做的功為eq\f(9,2)Mgx0C．小孩在上升過(guò)程中能達(dá)到的最大速度為2eq\r(gx0)D．小孩在上升過(guò)程中能達(dá)到的最大速度為eq\r(5gx0)解析：質(zhì)量為M的小孩站在腳踏板上保持靜止時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，此時(shí)有Mg＝kx0，則彈簧壓縮量為3x0時(shí)，彈力大小為3Mg，所以彈簧從壓縮量3x0到恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中彈簧的彈力做的功W＝eq\x\to(F)·3x0＝eq\f(3Mg＋0,2)·3x0＝eq\f(9,2)Mgx0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；小孩在上升過(guò)程中，當(dāng)所受合外力為零，即彈簧壓縮量為x0時(shí)速度最大，在此過(guò)程中彈簧所做的功為WF＝eq\f(3Mg＋Mg,2)·2x0＝4Mgx0，根據(jù)能量守恒定律可得4Mgx0＝eq\f(1,2)Mv2＋Mg·2x0，解得小孩在上升過(guò)程中能達(dá)到的最大速度為v＝2eq\r(gx0)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案：BC二、非選擇題(共3小題，52分)9．(16分)(2021·福建永安一中高三上學(xué)期檢測(cè))如圖甲所示，一位同學(xué)利用光電計(jì)時(shí)器等器材做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。有一直徑為d、質(zhì)量為m的金屬小球從A處由靜止釋放，下落過(guò)程中能通過(guò)A處正下方、固定于B處的光電門(mén)，測(cè)得A、B間的距離為H(H?d)，光電計(jì)時(shí)器記錄下小球通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間為t，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。(1)如圖乙所示，用游標(biāo)卡尺測(cè)得小球的直徑d＝________mm。(2)多次改變高度H，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)操作，作出H隨eq\f(1,t2)的變化圖象如圖丙所示，當(dāng)圖中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直徑d滿足表達(dá)式____________________時(shí)，可判斷小球下落過(guò)程中機(jī)械能守恒。(3)實(shí)驗(yàn)中，因受空氣阻力影響，小球動(dòng)能的增加量ΔEk總是稍小于其重力勢(shì)能的減少量ΔEp，適當(dāng)降低下落高度后，則ΔEp－ΔEk將____________(選填“增大”“減小”或“不變”)。解析：(1)由圖可知，主尺刻度為7mm，游標(biāo)對(duì)齊的刻度為6，故讀數(shù)為7mm＋6×0.05mm＝7.30mm。(2)已知經(jīng)過(guò)光電門(mén)的時(shí)間和小球的直徑，則可以由平均速度表示經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度，故有v＝eq\f(d,t)，若減小的重力勢(shì)能等于增加的動(dòng)能時(shí)，可以認(rèn)為機(jī)械能守恒，則有mgH0＝eq\f(1,2)mv2，即2gH0＝(eq\f(d,t0))2，解得2gH0t02＝d2。(3)由于該過(guò)程空氣阻力做功，高度越小，阻力做功越少，ΔEp－ΔEk將減小。答案：(2)2gH0t02＝d2(3)減小10．(16分)(2021·陜西渭南高三模擬)如圖所示，AB為半徑R＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對(duì)接。小車質(zhì)量M＝3kg，車長(zhǎng)L＝2.06m，車上表面距地面的高度h＝0.2m?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的滑塊，由軌道頂端無(wú)初速度釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了t0＝1.5s時(shí)，車被地面裝置鎖定(g取10m/s2)。試求：(1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大?。?2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過(guò)程中，滑塊與車上表面間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量大小。解析：(1)由機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律得mgR＝eq\f(1,2)mvB2，F(xiàn)NB－mg＝meq\f(vB2,R)，則FNB＝30N。(2)設(shè)滑塊滑上小車后經(jīng)過(guò)時(shí)間t1與小車同速，共同速度大小為v，設(shè)滑塊的加速度大小為a1，小車的加速度大小為a2。對(duì)滑塊有μmg＝ma1，v＝vB－a1t1，對(duì)小車有μmg＝Ma2，v＝a2t1，解得v＝1m/s，t1＝1s。因t1<t0，故滑塊與小車同速后，小車?yán)^續(xù)向左勻速行駛了0.5s，則小車右端距B端的距離為l車＝eq\f(v,2)t1＋v(t0－t1)，解得l車＝1m。(3)Q＝μmgl相對(duì)＝μmg(eq\f(vB＋v,2)t1－eq\f(v,2)t1)，解得Q＝6J。答案：(1)30N(2)1m(3)6J11．(20分)如圖所示，水平平臺(tái)上有一輕彈簧，左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn)，平臺(tái)AB段光滑，BC段長(zhǎng)x＝1m，與滑塊間的摩擦因數(shù)為μ1＝。平臺(tái)右端與水平傳送帶相接于C點(diǎn)，傳送帶的運(yùn)行速度v＝7m/s，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝3m，傳送帶右端D點(diǎn)與一光滑斜面銜接，斜面長(zhǎng)度s＝0.5m，另有一固定豎直放置的光滑圓弧形軌道剛好在E點(diǎn)與斜面相切，圓弧形軌道半徑R＝1m，F(xiàn)為軌道最低點(diǎn)，θ＝37°。今將一質(zhì)量m＝2kg的滑塊向左壓縮輕彈簧，使彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝30J，然后突然釋放，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端D點(diǎn)時(shí)，恰好與傳送帶速度相同，且經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的拐角處無(wú)機(jī)械能損失。重力加速度g取10m/s2，sin53°＝，cos53°＝，不計(jì)空氣阻力。試求：(1)滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度大小vC；(2)滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(3)若傳送帶的運(yùn)行速度可調(diào)，要使滑塊不脫離圓弧形軌道，求傳送帶的速度v傳的范圍。解析：(1)以滑塊為研究對(duì)象，從釋放到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得Ep－μ1mgx＝eq\f(1,2)mvC2，代入數(shù)據(jù)得vC＝5m/s。(2)滑塊從C點(diǎn)到D點(diǎn)一直加速，