（全國通用）2023高考物理一輪復習單元滾動檢測卷第五章機械能

PAGEPAGE1單元滾動檢測五機械能考生注意：1．本試卷分第一卷(選擇題)和第二卷(非選擇題)兩局部，共4頁．2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上．3．本次考試時間90分鐘，總分值100分．4．請在密封線內作答，保持試卷清潔完整．第一卷(選擇題，共48分)一、選擇題(此題共12小題，每題4分，共48分．在每題給出的四個選項中，第1～8題只有一個選項正確，第9～12題有多項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分)1．以下各種運動過程中，物體(弓、過山車、石頭、圓珠筆)機械能守恒的是(忽略空氣阻力)()2．如圖1所示，質量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為θ的斜面上，那么球落在斜面上時重力的瞬時功率為(不計空氣阻力)()圖1A．mgv0tanθ B.eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ3．如圖2所示，木板質量為M，長度為L，小木塊質量為m，水平地面光滑，一根不計質量的輕繩跨過定滑輪分別與M和m連接，小木塊與木板間的動摩擦因數為μ，開始時小木塊靜止在木板左端，現用水平向右的力將小木塊拉至右端，拉力至少做功為()圖2A．μmgL B．2μmgLC.eq\f(μmgL,2) D．μ(M＋m)gL4．取水平地面為重力勢能零點．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等．不計空氣阻力．該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,12)5．如圖3所示，質量相同的兩物體從同一高度由靜止開始運動，A沿著固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落體運動．兩物體分別到達地面時，以下說法正確的選項是()圖3A．重力的平均功率eq\x\to(P)A＞eq\x\to(P)BB．重力的平均功率eq\x\to(P)A＝eq\x\to(P)BC．重力的瞬時功率PA＝PBD．重力的瞬間功率PA＜PB6．如圖4所示，小車A放在一個傾角為30°的足夠長的固定的光滑斜面上，A、B兩物體由繞過輕質定滑輪的細線相連，重力加速度為g，滑輪質量及細線與滑輪之間的摩擦不計，小車A的質量為3m，小球B的質量為m，小車從靜止釋放后，在小球B豎直上升h的過程中(小球B未到達滑輪處)，小車受繩的拉力大小FT和小車獲得的動能Ek分別為()圖4A．FT＝mg，Ek＝eq\f(3,8)mgh B．FT＝mg，Ek＝eq\f(3,2)mghC．FT＝eq\f(9,8)mg，Ek＝eq\f(3,2)mgh D．FT＝eq\f(9,8)mg，Ek＝eq\f(3,8)mgh7．如圖5所示，一張薄紙板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄紙板的接觸面粗糙，原來系統(tǒng)靜止．現用水平恒力F向右拉薄紙板，小木塊在薄紙板上發(fā)生相對滑動，直到從薄紙板上掉下來．上述過程中有關功和能的說法正確的選項是()圖5A．拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加量B．摩擦力對小木塊做的功一定等于系統(tǒng)中摩擦產生的熱量C．離開薄紙板前小木塊可能先做加速運動，后做勻速運動D．小木塊動能的增加量可能小于系統(tǒng)中由摩擦產生的熱量8．如圖6所示，有三個斜面a、b、c，底邊的長分別為L、L、2L，高度分別為2h、h、h，某物體與三個斜面間的動摩擦因數都相同，這個物體分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端．三種情況相比擬，以下說法正確的選項是()圖6A．物體損失的機械能ΔEc＝2ΔEb＝4ΔEaB．因摩擦產生的熱量2Qa＝2Qb＝QcC．物體到達底端的動能Eka＝2Ekb＝2EkcD．因摩擦產生的熱量4Qa＝2Qb＝Qc9.如圖7所示，擺球質量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置后放手．設在擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力F阻的大小不變，那么以下說法正確的選項是()圖7A．重力做功為mgLB．繩的拉力做功為0C．空氣阻力F阻做功為－mgLD．空氣阻力F阻做功為－eq\f(1,2)F阻πL10．(2022·全國Ⅲ卷·20)如圖8，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，那么()圖8A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)11．如圖9所示，一物塊通過一橡皮條與粗糙斜面頂端垂直于固定斜面的固定桿相連而靜止在斜面上，橡皮條與斜面平行且恰為原長．現給物塊一沿斜面向下的初速度v0，那么物塊從開始滑動到滑到最低點的過程中(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，橡皮條的形變在彈性限度內)，以下說法正確的選項是()圖9A．物塊的動能一直增加B．物塊運動的加速度一直增大C．物塊的機械能一直減少D．物塊減少的機械能等于橡皮條增加的彈性勢能12．如圖10所示軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成的，一個小滑塊從距軌道最低點B為h高度的A處由靜止開始運動，滑塊質量為m，直軌道與半圓軌道平滑連接，不計一切摩擦．那么()圖10A．假設滑塊能通過圓軌道最高點D，h的最小值為2.5RB．假設h＝2R，當滑塊到達與圓心等高的C點時，對軌道的壓力為3mgC．假設h＝2R，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運動D．假設要使滑塊能返回到A點，那么h≤R第二卷(非選擇題，共52分)二、非選擇題(共52分)13．(6分)某同學利用如圖11所示的裝置探究動能定理，將斜槽固定在桌面上，斜槽末端與桌面邊緣對齊．在水平地面上依次固定好白紙、復寫紙，將小球從斜槽高度h處由靜止釋放，小球落到復寫紙上的某點，測出落點到桌邊緣的水平距離為x.改變小球在斜槽上的釋放位置，進行屢次實驗測量，得出多組h和x數據．圖11(1)在安裝斜槽時，應使其末端__________________________________．(2)斜槽傾角為θ，小球與斜槽之間的動摩擦因數為μ，斜槽末端距地面的高度為H，不計小球與水平槽之間的摩擦，假設動能定理成立，那么x與h應滿足的關系式為______________________________________．(3)假設以h為橫坐標，以x2為縱坐標，畫出的圖線形狀是________________，說明h與x2的關系為______________________．14．(9分)如圖12甲所示，一位同學利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律〞的實驗．有一直徑為d、質量為m的金屬小球從A處由靜止釋放，下落過程中能通過A處正下方、固定于B處的光電門，測得A、B間的距離為H(H≥d)，光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t，當地的重力加速度為g.那么：圖12(1)如圖乙所示，用游標卡尺測得小球的直徑d＝______mm.(2)小球經過光電門B時的速度表達式為v＝______.(3)屢次改變高度H，重復上述實驗，作出eq\f(1,t2)隨H的變化圖象如圖丙所示，當圖中量t0、H0和重力加速度g及小球的直徑d滿足表達式____________時，可判斷小球下落過程中機械能守恒．(4)實驗中發(fā)現動能增加量ΔEk總是稍小于重力勢能減少量ΔEp，增加下落高度后，那么ΔEp－ΔEk將________(選填“增加〞“減少〞或“不變〞)．15．(8分)一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質不可伸長的細繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣內外兩側，A球質量為B球質量的2倍，現將A球從圓柱面邊緣處由靜止釋放，如圖13所示．A球始終不離開圓柱內外表，且細繩足夠長，假設不計一切摩擦，求：圖13(1)A球沿圓柱內外表滑至最低點時速度的大小；(2)A球沿圓柱內外表運動的最大位移．16．(8分)如圖14所示，足夠長的水平傳送帶在電動機的帶動下勻速轉動．現有一可視為質點、質量m＝0.5kg的煤塊落在傳送帶左端(不計煤塊落下的速度)，煤塊在傳送帶的作用下到達傳送帶的速度后從右輪軸正上方的P點恰好離開傳送帶做平拋運動，正好落入運煤車車廂中心點Q.煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8，P點與運煤車底板間的豎直高度H＝1.8m，與運煤車車廂底板中心點Q的水平距離x＝1.2m，g取10m/s2，求：圖14(1)傳送帶的速度大小v0；(2)右輪半徑R；(3)由于傳送煤塊，電動機多做的功W.

17.(10分)如圖15所示，質量為5kg的物塊自傾角為37°的傳送帶上由靜止下滑，物塊經過水平地面CD后進入光滑半圓弧軌道DE，傳送帶向下勻速轉動，其速度v＝10m/s，傳送帶與水平地面之間光滑連接(光滑圓弧BC長度可忽略)，傳送帶AB長度為16m，水平地面CD長度為6.3m，物塊與水平地面、傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.5，圓弧DE的半徑R＝1.125m．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)圖15(1)求物塊在傳送帶上運動的時間t；(2)求物塊到達D點時的速度大??；(3)物塊能否到達E點，假設能，求通過E點后物塊落地點距離D點的距離．18．(11分)如圖16，光滑固定斜面傾角為α，斜面底端固定有垂直斜面的擋板C，斜面頂端固定有光滑定滑輪．質量為m的物體A經一輕質彈簧與下方擋板上的質量也為m的物體B相連，彈簧的勁度系數為k，A、B都處于靜止狀態(tài)．一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤．開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段繩平行于斜面．現在掛鉤上掛一質量M的物體D并從靜止狀態(tài)釋放，它恰好能使B離開擋板但不繼續(xù)上升．假設讓D帶上正電荷q，同時在D運動的空間中加上方向豎直向下的勻強電場，電場強度的大小為E，仍從上述初始位置由靜止狀態(tài)釋放D，那么這次B剛離開擋板時D的速度大小是多少？重力加速度為g.圖16答案精析1．D[拉弓的過程人克服彈力做功，弓弦所具有的彈性勢能增加，機械能不守恒，A錯誤．B項和C項中均是緩慢運動，動能不變，但是重力勢能發(fā)生改變，機械能不守恒，B、C錯誤．圓珠筆(包含內部彈簧)彈起時，只有重力和彈簧彈力做功，機械能守恒，D正確．]2．B[小球落在斜面上時重力的瞬時功率為P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B正確．]3．A[將小木塊緩慢拉至木板右端，拉力F做功最少，其中F＝μmg＋FT，FT＝μmg，小木塊位移為eq\f(L,2)，所以WF＝F·eq\f(L,2)＝μmgL，故A對．]4．B[設物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由題意知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，即v0＝eq\r(2gh).物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動，落地時的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝v0，那么該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角θ＝eq\f(π,4)，應選項B正確，選項A、C、D錯誤．]5．D[B做自由落體運動，運動時間tB＝eq\r(\f(2h,g)).A做勻速直線運動，a＝gsinθ，根據eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(2,A)得tA＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，可知tA＞tB.重力做功相等，根據eq\x\to(P)＝eq\f(WG,t)知，eq\x\to(P)A＜eq\x\to(P)B，A、B錯誤．根據動能定理，mgh＝eq\f(1,2)mv2得，物體到達底端時的速度v＝eq\r(2gh).A物體重力的瞬時功率PA＝mgvsinθ，B物體重力的瞬時功率PB＝mgv.那么PA＜PB.C錯誤，D正確．]6．D[小車A與小球B構成的系統(tǒng)做加速運動，設加速度為a.隔離分析小車，據牛頓第二定律得3mgsin30°－FT＝3ma.隔離分析小球B，據牛頓第二定律得FT－mg＝ma.聯(lián)立可得小車受繩的拉力大小FT＝eq\f(9mg,8).當小球B上升到h高度時，根據動能定理有3mghsin30°－mgh＝eq\f(1,2)(3m＋m)v2.解得v＝eq\f(1,2)eq\r(gh).小車的動能Ek＝eq\f(1,2)×3m×eq\f(gh,4)＝eq\f(3mgh,8)，綜合上述可知，A、B、C錯誤，D正確．]7．D[由功能關系，拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加量與系統(tǒng)產生的內能之和，選項A錯誤；摩擦力對小木塊做的功等于小木塊動能的增加量，選項B錯誤；離開薄紙板前小木塊一直在做勻加速運動，選項C錯誤；對于系統(tǒng)，由摩擦產生的熱量Q＝FfΔL，其中ΔL為小木塊相對薄紙板運動的位移，即薄紙板的長度．對小木塊，FfL木＝ΔEk，L木為小木塊相對地面的位移，由于L木存在大于、等于或小于ΔL三種可能，即ΔEk存在大于、等于或小于Q三種可能，選項D正確．]8．B[設斜面a傾角為θ，長為s，那么下滑過程中克服摩擦力做功為μmgcosθ·s＝μmgL，故物體從三個斜面a、b、c上滑下時克服摩擦力做的功分別為μmgL、μmgL、2μmgL，由功能關系知物體損失的機械能2ΔEa＝2ΔEb＝ΔEc，因摩擦產生的熱量2Qa＝2Qb＝Qc，選項A、D錯誤，B正確；由動能定理有mgH－Wf克＝ΔEk，物體到達底端的動能分別為mg(2h－μL)、mg(h－μL)和mg(h－2μL)，應選項C錯誤.]9．ABD[小球下落過程中，重力做功為mgL，A正確；繩的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為0，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力F阻做功為－F阻·eq\f(1,2)πL，C錯誤，D正確．]10．AC[質點P下滑過程中，重力和摩擦力做功，根據動能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，根據公式a＝eq\f(v2,R)，聯(lián)立可得a＝eq\f(2mgR－W,mR)，A正確，B錯誤；在最低點重力和支持力的合力充當向心力，根據牛頓第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯誤．]11．BC[由題意知物塊的重力沿斜面向下的分力為mgsinθ≤Ff＝μmgcosθ，在物塊下滑過程中，橡皮條拉力F一直增大，根據牛頓第二定律有a＝eq\f(Ff＋F－mgsinθ,m)，選項B正確；物塊受到的合外力方向沿斜面向上，與位移方向相反，根據動能定理知動能一直減少，選項A錯誤；滑動摩擦力和拉力F一直做負功，根據功能關系知物塊的機械能一直減少，選項C正確；根據能量守恒定律，物塊減少的機械能等于橡皮條增加的彈性勢能和摩擦產生的熱量之和，選項D錯誤．]12．ACD[要使滑塊能通過最高點D，那么應滿足mg＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(gR)，即假設在最高點D時滑塊的速度小于eq\r(gR)，滑塊無法到達最高點．假設滑塊速度大于等于eq\r(gR)，那么可以通過最高點做平拋運動．由機械能守恒定律可知，mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝2.5R，A正確．假設h＝2R，由A至C過程由機械能守恒可得mg(2R－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C點，由牛頓第二定律有FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得FN＝2mg，由牛頓第三定律可知B錯誤．h＝2R時小滑塊不能通過D點，將在C、D之間某一位置離開圓軌道做斜上拋運動，故C正確．由機械能守恒可知D正確．]13．(1)切線水平(2)x2＝eq\f(4Hsinθ－μcosθ,sinθ)h(3)一條過原點的直線h∝x2解析(1)小球離開斜槽末端后要做平拋運動，因而斜槽末端的切線要水平．(2)設小球從斜槽上滑到斜槽末端時速度為v，根據動能定理有mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，小球離開O點后做平拋運動，水平方向有x＝vt，豎直方向有H＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得：x2＝eq\f(4Hsinθ－μcosθ,sinθ)h.(3)由于θ、μ、H為定值，由(2)可知，其圖線形狀是一條過原點的直線，即h∝x2.14．(1)7.25(2)eq\f(d,t)(3)eq\f(1,t\o\al(2,0))＝eq\f(2g,d2)H0(或2gH0teq\o\al(2,0)＝d2)(4)增加解析(1)小球的直徑d＝7mm＋0.05mm×5＝7.25mm.(2)小球經過光電門B時的速度表達式為v＝eq\f(d,t).(3)假設機械能守恒，那么滿足mgH＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(eq\f(d,t))2，整理可得：eq\f(1,t2)＝eq\f(2g,d2)H，由圖線可知，當滿足eq\f(1,t\o\al(2,0))＝eq\f(2g,d2)H0時，可判斷小球下落過程中機械能守恒．(4)因金屬小球下落時受空氣阻力作用，故使得動能增加量ΔEk總是稍小于重力勢能減少量ΔEp；假設增加下落高度后，那么空氣阻力做功變大，那么ΔEp－ΔEk將增加．15．(1)2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)eq\r(3)R解析(1)設A球沿圓柱內外表滑至最低點速度的大小為v，B球的質量為m，那么根據機械能守恒定律有2mgR－eq\r(2)mgR＝eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由圖甲可知，A球的速度v與B球速度vB的關系為vB＝v1＝vcos45°聯(lián)立解得v＝2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)當A球的速度為零時，A球沿圓柱內外表運動的位移最大，設為x，如圖乙所示，由幾何關系可知A球下降的高度h＝eq\f(x,2R)eq\r(4R2－x2)根據機械能守恒定律有2mgh－mgx＝0解得x＝eq\r(3)R.16．(1)2m/s(2)0.4m(3)2J解析(1)煤塊最終將與傳送帶一起勻速運動，故傳送帶的速度v0等于煤塊運動到P點后做平拋運動的初速度v0＝eq\f(x,\r(\f(2H,g)))＝2m/s.(2)煤塊運動至P點恰好離開傳送帶的臨界條件是：它在P點做圓周運動且恰好不受到傳送帶的支持力，因此有mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)，vP＝v0，解得R＝eq\f(v\o\al(2,0),g)＝0.4m.(3)根據功能關系，在傳送帶傳送煤塊過程中，電動機多做的功等于該過程煤塊動能的增量ΔEk與煤塊與傳送帶由于摩擦生熱而產生的內能Q之和，即W＝ΔEk＋Q.其中ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，vP＝v0，Q＝μmg(x傳－x煤)＝μmg(v0·eq\f(vP,μg)－eq\f(vP,2)eq\f(vP,μg))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，解得W＝2J.17．(1)2s(2)9m/s(3)能eq\f(9\r(5),5)m解析(1)剛開始時，對物塊受力分析可知mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1解得a1＝10m/s2物塊與傳送帶到達共同速度時有v＝a1t1