2022版新高考人教物理一轮作业：章末检测卷（五）　机械能 WORD版含解析.docx

1、 章末检测卷(五)机械能(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分。15题只有一个选项正确，68题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分)1.(2021成都高三10月检测)在电影飞屋环游记中，主角用一簇气球使他的房子成功升空。小屋从地面静止出发做匀加速运动，它加速上升到h处时，速度达到了v，不计小屋受到的浮力和空气阻力，则在这一过程中()A绳对小屋的拉力等于小屋的重力B绳对小屋的拉力做的功等于小屋动能的增量C绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量D绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功等于小屋机械能的增量解析：小屋加速上升，合力向上，小屋受到向上的拉力

2、和重力，则绳对小屋的拉力大于小屋的重力，故A错误。根据动能定理知绳对小屋的拉力做的功大于小屋动能的增量，故B错误。根据功能定理知：除了重力以外其他力做的功等于机械能的变化，所以绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量，故C正确。绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功等于小屋动能的增量，由于小屋的重力势能增加，所以绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功小于小屋机械能的增量，故D错误。答案：C2(2021陕西榆林模拟)一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则()A人对踏板的压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踏板对人的支持力做的功等于人的机械

3、能增加量D人所受合力做的功等于人的动能的增加量解析：人的加速度斜向上，将加速度沿水平和竖直方向分解，axacos ，方向水平向右；ayasin ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，Ffmaxmacos ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FNmgmasin ，由牛顿第三定律知人对踏板的压力FNFNmg，故A、B错误；踏板对人的作用力即为支持力与摩擦力，并且二力均做正功，故在随着扶梯向上加速运动的过程中，踏板对人支持力做的功小于人的机械能的增加量，故C错误；根据动能定理可知，合外力对人做的功等于人动能的增加量，故D正确。答案：D3(2021江西鹰潭一中高三月考)可爱的毛毛虫外出觅食，缓慢经过

4、一边长为L的等边三角形山丘，已知其身长为3L，总质量为m。如图所示，毛毛虫头部刚到达最高点，假设毛毛虫能一直贴着山丘前行，则其头部越过山顶刚到达山丘底端时毛毛虫的重力势能变化量为()A.mgLB.mgLC.mgL D.mgL解析：选山丘底端为零势能面，初状态的重力势能为Ep1mgsin 60mgL，毛毛虫头部越过山顶刚到达山丘底端时的重力势能为Ep2mgsin 60mgL，其重力势能的变化量为EpEp2Ep1mgLmgLmgL，故B正确，A、C、D错误。答案：B4如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成。现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，

5、若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为()A0 BFRC2FR D.FR解析：因为F的方向不断改变，不能用WFlcos 求解，但由于拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多的小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，由此得WF(22R)FR。答案：D5.如图，倾角为的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的短途运输和装卸工作。输送带与物体间的动摩擦因数为，且满足tan 。在顺时针匀速转动的输送带上端无初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其机械能E(选择放入点为参考平面)与

6、位移x的关系图象可能正确的是()解析：若货物放上后一直加速，根据功能原理可知Emgcos x，图线的斜率大小等于mgcos ，则知货物机械能一直增大，若物块在到达底端之前，速度已经与传送带速度相等，之后物块的机械能不断减小，设物块与传送带速度相同时机械能为E0，位移为x0，对于速度相同后的过程，可得EE0mgsin (xx0)，图线的斜率大小等于mgsin 。速度相同时，因mgsin mgcos ，则知C图是可能的。答案：C6(2021云南墨江二中高三上学期期末)假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v。横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1

7、，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面。下列说法正确的是()A运动员对足球做的功为W1mghmv2B足球机械能的变化量为W1W2C足球克服空气阻力做的功为W2mghmv2W1D运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为Ekmv2mghW2解析：对运动员踢球到球恰好从横梁下边缘踢进这一过程，由动能定理得W1mghW2mv2，即W1mghmv2W2，故A错误；足球机械能的变化量等于重力以外的其他力做的功，即EW1W2，故B正确；由W1mghW2mv2，可得W2W1mghmv2，故C错误；设刚踢完球瞬间足球的动能为Ek，由动能定理得mghW2mv2Ek，Ekmv2mghW2，故D正确。答

8、案：BD7(2021广东茂名模拟)如图，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。质量为m的小球(可视为质点)以初速度v0沿AB运动恰能通过最高点，则()AR越大，v0越大Bm越大，v0越大CR越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大Dm越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大解析：小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mgm，则vD，根据动能定理得mv02mvD22mgR，解得v0，可见R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关，A正确，B错误；小球经过B点的瞬间，FNmgm，则轨道对小球的支持力FNmgm6mg，则FN大

9、小与R无关，随m增大而增大，由牛顿第三定律知C错误，D正确。答案：AD8.弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动。弹跳杆的结构如图所示，弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端与一个套在跳杆上的脚踏板底部相连接。质量为M的小孩站在脚踏板上保持静止时，弹簧的压缩量为x0。设小孩和弹跳杆只在竖直方向上运动，跳杆的质量为m，取重力加速度为g，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及两者之间的摩擦均忽略不计。某次弹跳中，弹簧从最大压缩量3x0开始竖直向上弹起，不考虑小孩做功。下列说法正确的是()A弹簧从压缩量3x0到恢复原长过程中弹簧的弹力做的功为(Mm)gx0B弹簧从压缩量3x0到恢复原长的过程中弹簧的弹力做的功为M

10、gx0C小孩在上升过程中能达到的最大速度为2D小孩在上升过程中能达到的最大速度为解析：质量为M的小孩站在脚踏板上保持静止时，弹簧的压缩量为x0，此时有Mgkx0，则弹簧压缩量为3x0时，弹力大小为3Mg，所以弹簧从压缩量3x0到恢复原长的过程中弹簧的弹力做的功W3x03x0Mgx0，选项A错误，B正确；小孩在上升过程中，当所受合外力为零，即弹簧压缩量为x0时速度最大，在此过程中弹簧所做的功为WF2x04Mgx0，根据能量守恒定律可得4Mgx0Mv2Mg2x0，解得小孩在上升过程中能达到的最大速度为v2，选项C正确，D错误。答案：BC二、非选择题(共3小题，52分)9(16分)(2021福建永安

11、一中高三上学期检测)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d_mm。(2)多次改变高度H，重复上述实验操作，作出H随的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式_时，可判断小球下落过程中机械能守恒。(3)实验中，因受空气阻力影响，小球动能的增加量Ek总是稍小于其重力势能的减少量Ep，适当降低

12、下落高度后，则EpEk将_(选填“增大”“减小”或“不变”)。解析：(1)由图可知，主尺刻度为7 mm，游标对齐的刻度为6，故读数为7 mm60.05 mm7.30 mm。(2)已知经过光电门的时间和小球的直径，则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，故有v，若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有mgH0mv2，即2gH0()2，解得2gH0t02d2。(3)由于该过程空气阻力做功，高度越小，阻力做功越少，EpEk将减小。答案：(1)7.30(2)2gH0t02d2(3)减小10(16分)(2021陕西渭南高三模拟)如图所示，AB为半径R0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与

13、小车右端平滑对接。小车质量M3 kg，车长L2.06 m，车上表面距地面的高度h0.2 m。现有一质量m1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3，当车运动了t01.5 s时，车被地面装置锁定(g取10 m/s2)。试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的热量大小。解析：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgRmvB2，FNBmgm，则FNB30 N。(2)设滑块滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度

14、大小为v，设滑块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2。对滑块有mgma1，vvBa1t1，对小车有mgMa2，va2t1，解得v1 m/s，t11 s。因t1t0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s，则小车右端距B端的距离为l车t1v(t0t1)，解得l车1 m。(3)Qmgl相对mg(t1t1)，解得Q6 J。答案：(1)30 N(2)1 m(3)6 J11(20分)如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x1 m，与滑块间的摩擦因数为10.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v7 m/s，长

15、为L3 m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面长度s0.5 m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R1 m，F为轨道最低点，37。今将一质量m2 kg的滑块向左压缩轻弹簧，使弹簧的弹性势能为Ep30 J，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同，且经过D点的拐角处无机械能损失。重力加速度g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，不计空气阻力。试求：(1)滑块到达C点的速度大小vC；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数2；(3)若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度v传的范围。解析：(1)以滑块为

16、研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得Ep1mgxmvC2，代入数据得vC5 m/s。(2)滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得2mgLmv2mvC2，代入数据解得20.4。(3)斜面高度为hssin 0.3 m。设滑块在D点的速度为vD1时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得mgm，滑块从D点到G点的过程，由动能定理得mg(Rcos hR)mv12mvD12，代入数据解得vD12 m/s。设滑块在D点的速度为vD2时，恰好到圆弧处速度为零，此过程由动能定理得mg(Rcos h)0mvD22，代入数据解得vD2 m/s。若滑块在传送带上一直减速至D点恰好同速，则由动能定理得2mgLmv传2mvC2，代入数据解得v传11 m/s，所以0v传 m/s；若滑块在传送带上一直加速至D点恰好同速，由题目已知v传7 m/s，所以v传2 m/s。即若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，传送带的速度范围是0v传 m/s或v传2 m/s。答案：(1)5 m/s(2)0.4(3)0v传 m/s或v传2 m/s