江蘇省2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機械能及其守恒定律7+1+2章末綜合能力滾動練含解析

PAGEPAGE1(7＋1＋2)章末綜合實力滾動練一、單項選擇題1.如圖1所示，用一不行伸長的輕繩系一小球懸于O點．現(xiàn)將小球拉至水平位置，然后由靜止釋放，不計阻力，小球下落到最低點的過程中，下列表述正確的是()圖1A．小球的機械能守恒B．小球所受的合力不變C．小球的動能不斷減小D．小球的重力勢能增加答案A解析小球在下落的過程中，受到重力和繩的拉力作用，繩的拉力方向與小球的運動方向垂直，對小球不做功，只有重力做功，故在整個過程中小球的機械能守恒，選項A正確；由于小球的速度變大，動能增加，所需的向心力變大，故小球所受的合力變大，選項B、C錯誤；小球的高度下降，重力勢能減小，選項D錯誤．2．(2024·江蘇揚州中學(xué)模擬)如圖2所示，一小球從一光滑半圓軌道左端A點正上方某處起先做平拋運動(小球可視為質(zhì)點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度大小為()圖2A.eq\r(\f(3gR,2)) B.eq\r(\f(3\r(3)gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))答案B解析飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則知小球在該點的速度方向與水平方向的夾角為30°，則有vy＝v0tan30°，又vy＝gt，則v0tan30°＝gt，t＝eq\f(v0tan30°,g)，水平方向上小球做勻速直線運動，則有R＋Rcos60°＝v0t，解得v0＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，B正確．3．(2024·全國卷Ⅲ·16)如圖3所示，一質(zhì)量為m、長度為l的勻稱松軟細繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()圖3A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl答案A解析由題意可知，PM段細繩的機械能不變，MQ段細繩的重心上升了eq\f(l,6)，則重力勢能增加ΔEp＝eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝eq\f(1,9)mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝eq\f(1,9)mgl，故選項A正確，B、C、D錯誤．4．(2024·四川德陽市調(diào)研)足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運動，某時刻一個質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最終小物塊的速度與傳送帶的速度相同．在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列推斷中正確的是()A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝eq\f(mv2,2)，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2答案B解析對小物塊，由動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝eq\f(2v2,μg)，這段時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相對＝2mv2，選項B正確．5.(2024·江蘇南通市一模)如圖4所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動．質(zhì)量不同的小物體A、B隨容器轉(zhuǎn)動且相對器壁靜止，A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為α和β，α>β，則()圖4A．A的質(zhì)量肯定小于B的質(zhì)量B．A、B受到的摩擦力可能同時為零C．若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力D．若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大答案D解析依據(jù)題給條件無法確定A與B的質(zhì)量關(guān)系，故A錯誤；以A為探討對象，假設(shè)不受摩擦力，A受到重力和支持力，合力供應(yīng)向心力，設(shè)此時對應(yīng)的角速度為ωA，依據(jù)牛頓其次定律可得mAgtanα＝mArAωA2，其中rA＝Rsinα，則ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))；同理可得當(dāng)B的摩擦力為零時，角速度ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))；由于α>β，則容器轉(zhuǎn)動的角速度不能滿意A、B受到的摩擦力同時為零，故B錯誤；若A不受摩擦力，整體轉(zhuǎn)動的角速度ωA＝eq\r(\f(g,Rcosα))>ωB＝eq\r(\f(g,Rcosβ))，則B有沿容器壁向上的運動趨勢，B受沿容器壁向下的摩擦力，故C錯誤；若起先時轉(zhuǎn)動的角速度ω>ωA，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，角速度接著增大，則A、B受到的摩擦力都增大，故D正確．二、多項選擇題6.如圖5所示為生活中磨刀的示意圖，磨刀石靜止不動，刀在手的推動下從右向左勻速運動，發(fā)生的位移為x，設(shè)刀與磨刀石之間的摩擦力大小為Ff，則下列敘述中正確的是()圖5A．摩擦力對刀做負(fù)功，大小為FfxB．摩擦力對刀做正功，大小為FfxC．摩擦力對磨刀石做正功，大小為FfxD．摩擦力對磨刀石不做功答案AD7.(2024·山東臨沂市模擬)如圖6所示，在升降機內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行．整個系統(tǒng)由靜止起先加速上上升度h的過程中()圖6A．物塊A的重力勢能增加量肯定等于mghB．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和C．物塊A的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的和D．物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和答案CD解析當(dāng)物塊具有向上的加速度時，彈簧彈力在豎直方向上的分力和斜面的支持力在豎直方向上的分力的合力大于重力，所以彈簧的彈力比物塊靜止時大，彈簧的伸長量增大，物塊A相對于斜面對下運動，物塊A上升的高度小于h，所以重力勢能的增加量小于mgh，故A錯誤；對物塊A由動能定理有物塊A的動能增加量等于斜面的支持力、彈簧的拉力和重力對其做功的和，故B錯誤；物塊A機械能的增加量等于斜面的支持力和彈簧彈力做功的和，故C正確；物塊A和彈簧組成系統(tǒng)的機械能增加量等于斜面對物塊的支持力和B對彈簧的拉力做功的和，故D正確．三、非選擇題8．(2024·山東臨沂市質(zhì)檢)某同學(xué)用如圖7甲所示裝置驗證機械能守恒定律時，所用溝通電源的頻率為50Hz，得到如圖乙所示的紙帶．選取紙帶上打出的連續(xù)五個點A、B、C、D、E，測出A點距起點O的距離為s0＝19.00cm，點A、C間的距離為s1＝8.36cm，點C、E間的距離為s2＝9.88cm，g取9.8m/s2，測得重物的質(zhì)量為m＝1kg.圖7(1)下列做法正確的有________．A．圖中兩限位孔必需在同一豎直線上B．試驗前，手應(yīng)提住紙帶上端，使紙帶豎直C．試驗時，先放開紙帶，再接通打點計時器的電源D．?dāng)?shù)據(jù)處理時，應(yīng)選擇紙帶上距離較近的兩點作為初、末位置(2)選取O、C兩點為初、末位置驗證機械能守恒定律，重物削減的重力勢能是________J，打下C點時重物的速度大小是________m/s.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(3)依據(jù)紙帶算出打下各點時重物的速度v，量出下落距離s，則以eq\f(v2,2)為縱坐標(biāo)、以s為橫坐標(biāo)畫出的圖象應(yīng)是下面的________．答案(1)AB(2)2.682.28(3)C解析(1)題圖甲中兩限位孔必需在同一豎直線上，故A正確；試驗前，手應(yīng)提住紙帶上端，并使紙帶豎直，減小紙帶與打點計時器限位孔之間的摩擦，故B正確；起先記錄時，應(yīng)先給打點計時器通電打點，然后再釋放重物，讓它帶著紙帶一同落下，假如先放開紙帶讓重物下落，再接通打點計時器的電源，由于重物運動較快，不利于數(shù)據(jù)的采集和處理，會對試驗產(chǎn)生較大的誤差，故C錯誤；數(shù)據(jù)處理時，應(yīng)選擇紙帶上距離較遠的兩點作為初、末位置，以減小測量的誤差，故D錯誤．(2)重物削減的重力勢能為：ΔEp＝mgs＝mg(s0＋s1)＝1kg×9.8m/s2×(19.00＋8.36)×10－2m≈2.68J打下C點時重物的速度vC＝eq\f(s1＋s2,4T)＝2.28m/s(3)在驗證機械能守恒定律的試驗中，有：eq\f(1,2)mv2＝mgs則有：eq\f(1,2)v2＝gs，g是常數(shù)，所以圖線為過原點的傾斜直線，故C圖正確．9．(2024·江蘇泰州市上學(xué)期期末)如圖8所示，半徑為R的圓管BCD豎直放置，一可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的小球以某一初速度從A點水平拋出，恰好從B點沿切線方向進入圓管，到達圓管最高點D后水平射出．已知小球在D點對管下壁壓力大小為eq\f(1,2)mg，且A、D兩點在同一水平線上，BC弧對應(yīng)的圓心角θ＝60°，不計空氣阻力．重力加速度為g，求：圖8(1)小球在A點初速度的大?。?2)小球在D點的角速度；(3)小球在圓管內(nèi)運動過程中克服阻力做的功．答案(1)eq\r(gR)(2)eq\r(\f(g,2R))(3)eq\f(1,4)mgR解析(1)小球從A到B，豎直方向：vy2＝2gR(1＋cos60°)解得vy＝eq\r(3gR)在B點：v0＝eq\f(vy,tan60°)＝eq\r(gR).(2)在D點，由牛頓其次定律得mg－eq\f(1,2)mg＝meq\f(vD2,R)解得vD＝eq\f(\r(2gR),2)故ω＝eq\f(vD,R)＝eq\r(\f(g,2R)).(3)從A到D全過程由動能定理：－W克＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv02解得W克＝eq\f(1,4)mgR.10．(2024·江蘇南京市三模)如圖9所示，桌子靠墻固定放置，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面距地面H＝0.8m，桌面總長L2＝1.5m，斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)整后固定，將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2未知，忽視物塊在斜面與桌面交接處的機械能損失，不計空氣阻力．(重力加速度取g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖9(1)求當(dāng)θ＝30°時，物塊在斜面上下滑的加速度的大?。?可以用根號表示)(2)當(dāng)θ增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(3)μ2取第(2)問中的數(shù)值，當(dāng)θ角為多大時物塊落地點與墻面的距離最大？最大距離xm是多少？答案(1)(5－eq\f(\r(3),4))m/s2(2)0.8(3)53°1.9m解析(1)對物塊受力分析，依據(jù)牛頓其次定律可得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝(5－eq\f(\r(3),4))m/s2(2)對全過程，由動能定理得mgL1