2022届高考物理一轮复习-单元质检五-机械能新人教版.docx

2022届高考物理一轮复习 单元质检五 机械能新人教版

2022届高考物理一轮复习 单元质检五 机械能新人教版

年级：
姓名：

- 11 -

单元质检五　机械能
(时间:45分钟　满分:100分)
一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)
1.(2021黑龙江哈尔滨月考)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v。下列说法正确的是(　　)
A.起跳过程中该同学机械能增量为mgh
B.起跳过程中该同学机械能增量为mgh+12mv2
C.地面的支持力对该同学做的功为mgh+12mv2
D.该同学所受的合外力对其做的功为12mv2+mgh
2.某自行车赛运动员在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离,重力对他做功4 000 J,他克服阻力做功200 J。则运动员在该段下坡过程(　　)

A.动能增加了4 000 J B.机械能减小了200 J
C.机械能减小了3 800 J D.重力势能减小了3 800 J
3.(2021天津南开高三模拟)如图甲为大型游乐设施跳楼机,乙图为其结构简图。跳楼机由静止从a自由下落到b,再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下。已知跳楼机和游客的总质量为m,ab高度差为2h,bc高度差为h,重力加速度大小为g。则(　　)

A.从b到c,游客处于失重状态
B.从b到c,跳楼机的加速度大小为2g
C.从a到c,除重力外的力做的功为-2mgh
D.跳楼机运动到b点时,游客重力的瞬时功率为2mgh

4.(2020重庆一中高三月考)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上,各段轻杆等长,其中小球A、B的质量均为2m,小球C、D、E的质量均为m。现将A、B两小球置于距地面高h处,由静止释放,假设所有球只在同一竖直平面内运动,不计一切摩擦,则在下落过程中(　　)
A.小球A,B,C,D,E组成的系统机械能守恒
B.小球B的机械能一直减小
C.小球B落地的速度小于2gh
D.当小球A的机械能最小时,地面对小球C的支持力大于mg
5.如图甲所示,在倾角θ=30°的足够长固定光滑斜面上,用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m=1 kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t=1 s到t=3 s这段时间的v-t图像如图乙所示,弹簧的劲度系数k=200 N/m,重力加速度g取10 m/s2。则在该段时间内(　　)

A.物体的加速度大小为2 m/s2
B.弹簧的伸长量为3 cm
C.弹簧的弹力做功为30 J
D.物体的重力势能增加36 J
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

6.“蹦极”是一项深受年轻人喜爱的极限运动,跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间,从几十米高处跳下。如图所示,某人做蹦极运动,他从高台由静止开始下落,下落过程不计空气阻力,设弹性绳原长为h0,弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比。则他在从高台下落至最低点的过程中,他的动能Ek、弹性绳的弹性势能Ep随下落高度h变化的关系图像正确的是(　　)

7.将质量为m的重物穿在竖直固定的光滑直杆上,重物可沿杆上下滑动。轻绳一端连接重物,另一端绕过光滑定滑轮P,竖直向下用力F拉绳头使重物从静止开始上升。已知P到杆的距离PQ等于12l,重物初始位置到Q的距离等于16l,拉力F恒为53mg。在重物上升到最高点的过程中(g为重力加速度),重物(　　)
A.最大加速度等于g
B.机械能一直增加
C.重力势能的增加量小于16mgl
D.动能的最大值为23mgl

8.如图所示,竖直平面内固定两根相互垂直的足够长的细杆L1、L2,两杆分离不接触,且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m,a球套在竖直杆L1上,b杆套在水平杆L2上,a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆L3连接,将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45°),不计一切摩擦,已知重力加速度为g。在此后的运动过程中,下列说法中正确的是(　　)
A.a球和b球所组成的系统机械能守恒
B.b球的速度为零时,a球的加速度大小一定小于g
C.b球的最大速度为(2+2)gL
D.a球的最大速度为2gL
三、实验题(本题共2小题,共20分)

9.(10分)(2021广东梅州兴宁一中高三月考)如图所示,小王同学利用自己设计的弹簧弹射器粗略研究“弹簧弹性势能与形变量关系”,弹射器水平固定,弹簧被压缩x后释放,将质量为m、直径为d的小球弹射出去。测出小球通过光电门的时间为t。请回答下列问题:
(1)为减少实验误差,弹射器出口端距离光电门应该　　　　　(选填“近些”或“远些”)。 
(2)小球释放前弹簧的弹性势能Ep=　　　　　。(用m、d、t表示) 
(3)该同学在实验中测出多组数据,并发现x与t成反比,则弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系式,正确的是　　　　　。(选填字母代号即可) 
A.Ep∝x　　B.Ep∝1x　　C.Ep∝x2　　D.Ep∝1x2
10.(10分)(2020江西南昌一中高三年级测试)气垫导轨上相隔一定距离的两处安装有两个光电传感器A、B,AB间距为L,滑块P上固定一遮光条,P与遮光条的总质量为M,若光线被遮光条遮挡,光电传感器会输出高电压,两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动,遮光条经过光电传感器A、B时,通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图像。

(1)实验前,按通气源,将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上,轻推滑块,当图乙中的t1　　　　　t2(选填“>”“=”或“<”)时,说明气垫导轨已经水平; 
(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d,测量结果如图丙所示,则d=　　　　　mm; 
(3)将滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连,将滑块P由图甲所示位置释放,通过计算机得到的图像如图乙所示。利用测定的数据,当关系式2mgL(m+M)=　　　　　成立时,表明在上述过程中,滑块和钩码组成的系统机械能守恒。(重力加速度为g,用题中给定的物理量符号表达) 
四、计算题(本题共2小题,共32分)
11.(12分)在广场的水平地面上竖直放置的2020数字模型由较细的光滑管道制造而成,每个数字高度相等,数字2上半部分是半径R1=1 m的圆形管道,数字0是半径R2=1.5 m的圆形管道,2与0之间分别由导轨EF和HM连接,最右侧数字0管道出口处与四分之一圆轨道MN连接。从轨道AB上某处由静止释放质量为m=1 kg的小球,若释放点足够高,小球可以顺着轨道连续通过2020管道并且可以再次返回2020管道。D、G分别为数字2与0管道上的最高点,水平轨道BC与小球间的动摩擦因数μ=0.5且长度为L=1 m,其余轨道均光滑,不计空气阻力且小球可以当作质点,g取10 m/s2。

(1)若小球恰好能通过2020管道,则小球在AB轨道上静止释放处相对地面的高度h为多少?
(2)若小球从h1=5 m高处静止释放,求小球第一次经过D点时对管道的压力。

12.(20分)如图所示,光滑斜面体ABC固定在地面上,斜面AB倾角为37°,斜面AC倾角为53°,P、Q两个物块分别放在AB、AC斜面上,并用绕过斜面体顶端A处光滑定滑轮的细线连接。放在AC斜面上的轻弹簧,一端与Q相连,另一端与固定在C点的挡板相连,物块P、Q的质量分别为3m、2m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,两斜面足够长。开始时锁定物块P,细线刚好拉直,张力为零,现解除物块P的锁定,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)解除锁定的一瞬间,物块P的加速度大小;
(2)当物块Q向上运动16mg5k的距离时,物块Q的速度大小;
(3)当物块Q向上运动的距离为16mg5k时,弹簧断开,同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力F,此后细线的拉力为零,且P、Q两物块的速度同时减为零,则当物块Q速度为零时,物块P克服推力做功为多少。

参考答案

单元质检五　机械能
1.B　由题意可知,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,根据动能定理可得:WF-mgh=12mv2,因此WF=mgh+12mv2,除重力外的人体内的肌肉做正功为WF,则该同学机械能增量为mgh+12mv2,故A错误,B正确;地面的支持力的作用点始终没有动,所以支持力对该同学做功为0;该同学增大的机械能是人体内的肌肉做功,故C错误;由动能定理分析可知,所受的合外力对其做功为12mv2,故D错误。
2.B　外力对运动员所做的总功W总=WG+Wf=4000+(-200)J=3800J,根据动能定理得动能增加了3800J,故A错误;阻力做功Wf=-200J,所以机械能减小了200J,故B正确,C错误;重力对他做功为4000J,则他的重力势能减小了4000J,故D错误。
3.B　由a到b的加速度为g,有v2=2g·2h,由b到c加速度大小为a,有v2=2ah,可得a=2g,方向向上,即从b到c,游客处于超重状态,跳楼机的加速度大小为2g,故A错误,B正确;从a到c,根据动能定理有:WG+W其他=ΔEk,其中WG=mg·3h=3mgh,ΔEk=0,则W其他=-3mgh,所以除重力外的力做的功为-3mgh,故C错误;到b点的速度为v=2g·2h=2gh,则运动到b点时,游客重力的瞬时功率为mg·2gh,故D错误。
4.A　由于只有重力做功,故系统的机械能守恒,故A正确;C和E球的机械能先增大后减小,根据系统的机械能守恒知,A和B球的机械能先减小后增大,故B错误;小球B落地时,C、D、E的速度均为零,A、B速度相同,设A、B落地前瞬间速度为v,根据小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒得2×2mgh=2×12·2mv2,得v=2gh,故C错误;小球A的机械能先减小后增大,轻杆对A球先做负功后做正功,当轻杆张力为零时,小球A的机械能最小,此时地面对小球C的支持力大小为mg,故D错误。
5.B　根据v-t图像的斜率表示加速度可知,物体的加速度大小为a=ΔvΔt=1m/s2,选项A错误;对斜面上的物体受力分析,受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F,由牛顿第二定律,F-mgsin30°=ma,解得F=6N,由胡克定律F=kx可得弹簧的伸长量x=3cm,选项B正确;在t=1s到t=3s这段时间内,物体动能增大ΔEk=12mv22-12mv12=6J,根据v-t图线与时间轴所围面积等于位移,可知物体向上运动的位移x=6m,物体重力势能增加ΔEp=mgxsin30°=30J,根据功能关系可知,弹簧弹力做功W=ΔEk+ΔEp=36J,选项C、D错误。
6.BD　弹性绳被拉直前,人做自由落体运动,根据动能定理可得Ek=mgh,其中h≤h0,弹性绳的弹性势能为零;弹性绳刚被拉直到人所受的重力与弹力大小相等的过程,人做加速度减小的加速运动,当加速度为零,速度达到最大值,从人所受的重力与弹力大小相等到最低点的过程中,人做加速度增大的减速运动,在最低点时速度为零;根据动能定理可得Ek=mgh-W弹,其中h>h0,克服弹性绳的弹力做功等于弹性绳的弹性势能的变化量可得W弹=k(h-h0)2,则有他的动能Ek=mgh-k(h-h0)2,其中h>h0,弹性绳的弹性势能Ep=k(h-h0)2,故BD正确,A、C错误。
7.BC　设重物距离Q点为h时到达最高点,根据动能定理mg(16l-h)=53mg(20l-h2+(12l)2),解得h1=3.5l,h2=16l(舍去),所以重物没有到达Q,就已经静止,重力势能的增加量ΔEp=mg(16l-3.5l)=12.5mgl,C正确;设刚开始绳子和竖直杆夹角为α,则cosα=16l20l=45,则绳子对重物的拉力沿杆的分力大小为43mg,重物所受到的合力为13mg,根据牛顿第二定律,加速度小于g,随着重物上升,夹角变大,绳子对重物的拉力沿杆的分力逐渐减小,加速度逐渐变小,因为没有到达Q点,所受到的合力大小小于重力,加速度小于g,A错误;重物上升到最高点的过程中,绳子的拉力一直对重物做正功,杆对重物的支持力不做功,所以重物的机械能增加,B正确;当重物的加速为零时,重物的速度最大,此时绳子对重物的拉力沿杆的分力大小为mg,设此时绳子和杆的夹角为θ,则cosθ=mg53mg=35,拉力作用点移动的距离x=20l-12lsinθ=5l,即重物上升的高度为h'=16l-12ltanθ=7l,根据动能定理,Ek=Fx-mgh',解得Ek=43mgl,D错误。
8.AC　a球和b球组成的系统没有外力做功,只有a球和b球的动能和重力势能相互转换,因此a球和b球组成的系统机械能守恒,故A正确;b球速度为0时,a到达L2所在面,在竖直方向只受重力作用,则加速度为g,故B错误;当杆L3成竖直状态,球a运动到最下方,球b运动到L1和L2交点的位置时,球b的速度达到最大,此时a球的速度为0,因此由系统机械能守恒有:mg22L+L=12mvb2,得:vb=(2+2)gL,故C正确;当a球向下运动到杆L1和杆L2的交点的位置时,此时杆L3和杆L2平行,b球的速度为零,由系统机械能守恒有:22mg·L=12mva2,得:va=2gL,此时a球具有向下的加速度g,因此此时a球的速度不是最大,a球将继续向下运动到加速度为0时速度达到最大,故D错误。
9.答案(1)近些　(2)md22t2　(3)C
解析(1)距离光电门近些才能减小摩擦力、空气阻力等引起的误差;(2)利用平均速度代替瞬时速度,则v=dt,弹性势能转化为动能,根据动能定理可知Ep=12mv2=md22t2;(3)由题知,x与t成反比,即x=kt,则弹性势能的表达式为Ep=12k2md2x2∝x2,故C正确,A、B、D错误。
10.答案(1)=　(2)8.475
(3)dt22-dt12
解析(1)如果遮光条通过光电门的时间相等,即t1=t2,说明遮光条做匀速运动,即说明气垫导轨已经水平;
(2)螺旋测微器的固定刻度读数为8mm,可动刻度读数为0.01×47.5mm=0.475mm,所以最终读数为:8mm+0.475mm=8.475mm;
(3)由于光电门的宽度很小,所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度,则vA=dt1,vB=dt2
滑块和砝码组成的系统动能的增加量ΔEk=12(m+M)(vB2-vA2)
系统的重力势能的减小量ΔEp=mgL
如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量,则系统机械能守恒,即mgL=12(M+m)(vB2-vA2)
化简得2mgL(m+M)=dt22-dt12
11.答案(1)3.5 m　(2)20 N,方向竖直向上
解析(1)恰好能过管道最高点,即最高点速度为0,A→B→C阶段由动能定理
mgh-μmgL=12mvc2
C→D阶段由机械能守恒
mg·2R2=12mvc2得h=3.5m
(2)从释放到运动至C处,由动能定理mgh1-μmgL=12mvc'2
C→D阶段由机械能守恒mg·2R2=12mvc'2-12mvD2
设小球在D处受到的弹力为FN,则mg+FN=mvD2R1
得FN=20N
由牛顿第三定律可知小球在D处对管道的压力大小也为20N,且方向竖直向上。
12.答案(1)925g　(2)32m125kg　(3)84m2g2125k
解析(1)解除锁定的一瞬间,设物块P的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律
对物块P:3mgsin37°-T=3ma1
对物块Q:T+kx-2mgsin53°=2ma1
又kx=2mgsin53°
联立解得a1=925g
(2)由kx=2mgsin53°
可知开始时弹簧的压缩量x=1.6mgk
当物块Q向上运动16mg5k的距离时,弹簧的伸长量x'=16mg5k-1.6kmg=1.6mgk
由此可知,弹簧的弹性势能变化量为零,根据动能定理(3mgsin37°-2mgsin53°)×16mg5k=12×5mv2
可得物块Q的速度大小v=32m125kg
(3)弹簧断开,同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力后,物块Q向上做匀减速运动,加速度大小为a2=gsin53°=0.8g
物块P向下做匀减速运动的加速度大小也为a2。根据牛顿第二定律,F-3mgsin37°=3ma2
解得F=4.2mg
此过程物块Q沿斜面向上运动的距离x=v22a2=4mg25k
物块P克服推力做功W=Fx=84m2g2125k