2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律章末綜合測試.doc

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第五章 機械能及其守恒定律 章末綜合測試(五) (時間：60分鐘　分數(shù)：100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1．質(zhì)量為m、初速度為零的物體，在不同變化的合外力F作用下都通過位移x0.下列各種情況中合外力做功最多的是(　　) 解析：C　力F隨位移x變化的圖線與x軸圍成的面積表示功，合外力做功最多的是圖C. 2．物體放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向運動，在6 s內(nèi)其速度與時間關(guān)系的圖象和拉力的功率與時間關(guān)系的圖象如圖甲、乙所示，由圖象可以求得物體的質(zhì)量為(取g＝10 m/s2)(　　) A．2 kg B．2.5 kg C．3 kg D．3.5 kg 解析：B　勻速運動時拉力等于摩擦力，為： F2＝Ff＝＝ N＝2.5 N. 物體做勻加速直線運動時，拉力為恒力，v隨時間均勻增大，所以P隨t均勻增大． F1＝＝ N＝7.5 N. F1－Ff＝ma， a＝ m/s2＝2 m/s2 可得m＝2.5 kg.故B正確，A、C、D錯誤． 3．滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均由滑板項目延伸而來．如圖所示，質(zhì)量為m1＝50 kg的運動員從軌道上的A點以v0的水平速度沖上質(zhì)量為m2＝5 kg的高度不計的靜止滑板后，又一起滑向光滑軌道DE，到達E點時速度減為零，然后返回，已知H＝1.8 m，重力加速度g＝10 m/s2.設(shè)運動員和滑板可看成質(zhì)點，滑板與水平地面的摩擦力不計．則下列說法正確的是(　　) A．運動員和滑板一起由D點運動到E點的過程中機械能不守恒 B．運動員的初速度v0＝8 m/s C．剛沖上DE軌道時，運動員的速度大小為6 m/s D．運動員沖上滑板到二者共速的過程中機械能守恒 解析：C　運動員和滑板一起由D點運動到E點的過程中只有重力做功，則機械能守恒，得(m1＋m2)gH＝(m1＋m2)v，v共＝6 m/s，A錯誤、C正確；若規(guī)定向右為正方向，運動員沖上滑板到二者共速，由動量守恒得m1v0＝(m1＋m2) v共，解得v0＝6.6 m/s，運動員與滑板組成的系統(tǒng)的動能變化量ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v>0，則運動員沖上滑板到二者共速的過程中機械能不守恒，B、D錯誤． 4.一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙．滑塊運動過程中加速度與時間關(guān)系圖象如圖所示．下列四幅圖象分別表示滑塊運動過程中位移x、速度v、動能Ek和重力勢能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時間變化的關(guān)系圖象，其中正確的是(　　) 解析：D　滑塊沖上斜面到沿斜面下滑底端的過程，先勻減速后勻加速，上滑過程x＝v0t－a1t2，下滑過程x＝－a2(t－t1)2，所以兩段均為開口向下的拋物線(或者從x－t圖線的斜率分析，由過程可知：速度先減小后增大，所以斜率先減小后增大)，所以A錯誤；因為有摩擦，所以機械能有損失，回到底端的速度必小于v0，所以B錯誤；因為動能Ek＝mv2，即有上滑過程Ek＝m(v0－a1t)2，下滑過程有Ek＝m[a2(t－t1)]2，上滑到最高點的動能為0，所以C錯誤；重力勢能Ep＝mgh，所以重力勢能先增加后減小，即D正確． 5．如圖所示，質(zhì)量M＝4 kg的物塊B與質(zhì)量m＝2 kg的物塊A間用一輕質(zhì)彈簧連接后，置于一傾角θ＝37且足夠長的固定光滑斜面上，C為固定在斜面底部且與斜面垂直的擋板，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一平行于斜面向上、大小恒為F＝60 N的拉力作用在物塊A上，并使其沿斜面向上運動，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為x＝6 m，則(已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．此時物塊A動能的增加量為360 J B．該輕彈簧的勁度系數(shù)為4 N/m C．此時物塊A的加速度大小為12 m/s2 D．整個過程中彈簧彈性勢能的增加量為300 J 解析：C　在物塊A向上運動6 m的過程中，拉力F做的功為WF＝Fx＝360 J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功轉(zhuǎn)化為物塊A增加的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，所以物塊A動能的增加量小于360 J，選項A錯誤；當(dāng)物塊A靜止不動時，設(shè)彈簧的壓縮量為Δx，對A有mgsin θ＝kΔx，即Δx＝，當(dāng)物塊A運動的距離為x＝6 m時，物塊B剛要離開擋板C，對物塊B進行受力分析可知Mgsin θ＝k(6 m－)，代入數(shù)據(jù)可解得k＝6 N/m，選項B錯誤；當(dāng)物塊A運動的距離為x＝6 m時，設(shè)物塊A運動的加速度大小為a，彈簧的伸長量為Δx′，則由牛頓第二定律可得F－mgsin θ－kΔx′＝ma，又Δx′＝6 m－，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得a＝12 m/s2，選項C正確；由能量守恒定律可知彈簧彈性勢能的增加量ΔEp＝WF－mgxsin θ－ΔEkA，因WF－mgxsin θ＝360 J－72 J＝288 J，故選項D錯誤． 6．質(zhì)量為m1、m2的兩物體，靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的人站在m1上用恒力F拉繩子，經(jīng)過一段時間后，兩物體的速度大小分別為v1和v2，位移分別為x1和x2，如圖所示．則這段時間內(nèi)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　根據(jù)功的定義W＝Fx，而其x應(yīng)為拉過的繩子長度，也就是兩個物體運動的位移之和，因此B正確，A錯誤；根據(jù)動能定理，拉力做的功等于兩個物體增加的動能之和，即W＝m2v＋(m＋m1)v，因此C正確，D錯誤． 7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起，圓弧軌道的半徑OB和BC垂直，水平軌道BC的長度大于R，斜面CD足夠長．在圓弧軌道上靜置著N個質(zhì)量為m，半徑為r(r?R)的光滑剛性小球，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點A到最低點B依次標(biāo)記為1、2、3……N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個小球由靜止開始沿軌道運動，不計摩擦與空氣阻力，若以BC所在的平面為重力勢能的零勢能面，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．第N個小球在斜面CD上向上運動時，其機械能減小 B．第N個小球在斜面CD上向上運動時，其機械能增大 C．N個小球構(gòu)成的系統(tǒng)在運動過程中機械能守恒，且機械能E＝ D．第1個小球到達最低點時的速度v< 解析：BD　把N個小球看成整體，則小球運動過程中只有重力做功，機械能守恒，由于重心到水平軌道BC的高度小于，故總機械能E<，C錯誤；在下滑的過程中，水平軌道上的小球要做勻速運動，而圓弧軌道上的小球要做加速運動，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膲毫ψ饔?，同理可知，沖上斜面后后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蛏系膲毫ψ饔?，故第N個小球受到第N－1個小球的壓力，壓力做正功，第N個小球機械能增大，故A錯誤，B正確；N個小球整體的重心運動到最低點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律有Nmv2L2，現(xiàn)小球與細線突然斷開(一切摩擦不計，重力加速度為g)． (1)求細線剛斷時，小球的加速度； (2)求小球恰好能完成豎直圓周運動這種情況下，小球在經(jīng)過C點時，在C點左、右兩邊對軌道的壓力之差； (3)在彈簧彈性限度內(nèi)，討論未脫離軌道的小球與彈簧接觸再次獲得與初始細線斷開時相同大小的加速度時，小球速度的兩類狀況． 解析：(1)細線未斷時，線中張力FT＝mg，彈簧彈力(1分) FN＝FT－mgsin 37＝mg－mg＝mg(2分) 細線剛斷時，小球的加速度a＝＝g.(1分) (2)小球在經(jīng)過C點時，在C點左、右兩邊相當(dāng)于分別在兩個圓周上過最低點 在右邊：F支1＝F向1＋mg(1分) 得F支1＝m＋mg(1分) 在左邊：F支2＝F向2＋mg(1分) 得F支2＝m＋mg(1分) 對軌道的壓力之差為ΔF＝F支2－F支1＝m－m(2分) 得ΔF＝(1分) 又mv2－2mgR＝mv(2分) mg＝m(1分) 解得ΔF＝mg.(1分) (3)若小球能過頂，則小球滑上左側(cè)斜面軌道，壓縮彈簧獲得與初始細線斷開時相同大小的加速度時，彈簧彈力為 FN＝mg－mgsin 37(1分) 即彈簧壓縮量與右側(cè)初始彈簧壓縮量相同，則彈簧的彈性勢能相等，整個過程機械能守恒 mgL1sin 37－mg(L2＋)sin 37＝mv(2分) 解得v2＝(1分) 若小球不能過頂，又不脫離軌道，則小球滑回右側(cè)斜面軌道，整個過程機械能守恒，小球回到出發(fā)位置，壓縮彈簧，速度減為零，即v2′＝0.(1分) 答案：(1)g　(2)mg　(3)見解析