高考物理大一轮复习检测：第五章　机械能 章末检测5 Word版含解析

章末检测五　机械能(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 ，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1.如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪．设枪口截面积为0.6cm2，喷出水的速度为20m/s(水的密度为1×103kg/m3)．当它工作时，估计水枪的功率约为(　　)A．250W　　　B．300WC．350WD．400W解析：选A.每秒钟喷出水的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ρSvt·v2，代入数据得Ek＝240J，故选项A正确．2．在地面上将一小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不计阻力，以向上为正方向，则下述图象能正确反映位移－时间，速度－时间、加速度－时间、重力势能－高度(取小球在抛出点的重力势能为零)的是(　　)解析：选C.小球竖直向上抛出，不计阻力，以向上为正方向，可得a＝－g，可知选项C正确；位移－时间关系式为x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，可知选项A错误；速度－时间关系式为v＝v0－gt，可知选项B错误；重力势能－高度关系式为Ep＝－mgh，可知选项D错误．3.如图所示，水平传送带保持2m/s的速度运动，一质量为1kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，现将该物体无初速度地放到传送带上的A点，然后运动到了距A点2m的B点，则传送带对该物体做的功为(　　)A．0.5JB．2JC．2.5JD．4J解析：选B.由题意知，物体的加速度a＝μg＝2m/s2.物体在传送带上匀加速运动的位移x＝eq\f(v2,2a)＝1m，又因为xAB＝2m，所以物体先做匀加速运动后做匀速运动，由动能定理知传送带对物体做功W＝eq\f(1,2)mv2＝2J，B正确．4．一辆跑车在行驶过程中发动机的输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103kg，在某平直路面上行驶时，阻力恒为3×103N．若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为(　　)A．8sB．14sC．26sD．38s解析：选B.由题图可知，跑车发动机的最大输出功率大约为200kW，根据牛顿第二定律得，牵引力F＝Ff＋ma＝3000N＋2000×2N＝7000N，则匀加速过程最大速度vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(200000,7000)m/s≈28.6m/s，匀加速过程持续的时间t＝eq\f(vm,a)＝eq\f(28.6,2)s＝14.3s，故B正确，A、C、D错误．5．用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为(　　)A．mgeq\r(gl)B.eq\f(1,2)mgeq\r(gl)C.eq\f(1,2)mgeq\r(3gl)D.eq\f(1,3)mgeq\r(3gl)解析：选C.设第一次小球动能与势能相等时的速度大小为v，此时小球下降的高度为eq\f(l,2)，由机械能守恒定律得mgl＝eq\f(1,2)mv2＋Ep，Ep＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gl)，此时v与水平方向夹角为60°，故P＝mgvsin60°＝eq\f(1,2)mgeq\r(3gl)，C正确．6.有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示．有一些完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是(　　)A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑到O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上解析：选ACD.由机械能守恒可知A正确、B错误；若A、B、C、D…各点在同一竖直平面内的圆周上，则下滑时间均为t＝eq\r(\f(2d,g))，d为直径，因此选项C正确；设斜面和水平面间夹角为θ，损失的机械能为ΔE＝μmgscosθ，损失机械能相同，则scosθ相同，因此A、B、C、D…各点在同一竖直线上，D正确．7.如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，则在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是(　　)A．货箱向上运动的速度大于vB．缆绳中的拉力FT＞(M＋m)gC．货车对缆绳拉力做功的功率P＞(M＋m)gvcosθD．货物对货箱底部的压力小于mg解析：选BC.将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故v1＝vcosθ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，货箱和货物整体向上做加速运动，大小小于v，故A错误；货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于(M＋m)g，故B正确；整体的速度为vcosθ，故拉力功率P＝Fv＞(M＋m)gvcosθ，故C正确；货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，处于超重状态，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故D错误．8．有一辆新颖电动汽车，总质量为1000kg.行驶中，该车速度在14～20m/s范围内保持恒定功率20kW不变．一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400m范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则(　　) s/m 120 160 200 240 280 320 360 400 v/(m·s－1) 14.5 16.5 18.0 19.0 19.7 20.0 20.0 20.0A.该汽车受到的阻力为1000NB．位移120～320m过程牵引力所做的功约为9.5×104JC．位移120～320m过程经历时间约为14.75sD．该车速度在14～20m/s范围内可能做匀加速直线运动解析：选AC.汽车最后匀速行驶，有P＝fvm得：f＝eq\f(20×103,20.0)N＝1000N，则A对；汽车位移120～320m过程中牵引力做功W，由动能定理得：W－f·(320m－120m)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据得W＝2.95×105J，则B错；设汽车位移120～320m过程经历时间为t，由动能定理得：Pt－f·(320m－120m)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据得：t＝14.75s，则C对；汽车速度在14～20m/s范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D错．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地重力加速度g＝9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记作O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点．经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm,70.18cm,77.76cm,85.73cm.根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于________J，动能的增加量等于________J．(保留三位有效数字)解析：根据测量数据，重物从O点运动到C点下落的高度h＝0.7776m，故重力势能减少量ΔEp＝mgh＝1.00×9.80×0.7776J≈7.62J重物动能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)根据实验情况，重物在O点的速度v0＝0，C点的速度vC等于重物从B点到D点这一段时间Δt＝2×eq\f(1,50)s内的平均速度．由实验数据可得vC＝eq\f(BD,Δt)＝eq\f(0.8573－0.7018,2×\f(1,50))m/s＝3.8875m/s，重物的动能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)×1.00×3.88752J≈7.56J.答案：7.62　7.5610．(12分)为了“探究动能改变与合力做功”的关系，某同学设计了如下实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ：第一步：把带有定滑轮的木板(有滑轮的)一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示．第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．请回答下列问题：(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度vB＝________.(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________(写出物理名称及符号，只写一个物理量)，合力对滑块做功的表达式W合＝________.(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系，描点作出v2­W图象，可知该图象是一条________，根据图象还可求得________．解析：(1)由打出的纸带可知B点的速度为vB＝eq\f(x3－x1,2Δt)；(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移，由动能定理可知W合＝ΔEk，即mgx＝ΔEk；(3)v2­W图象应该为一条过原点的直线．根据图象还可以求得滑块的质量M.答案：(1)eq\f(x3－x1,2Δt)　(2)下滑的位移x　mgx　(3)过原点的直线　滑块的质量M11．(15分)如图所示，将质量为m＝1kg的小物块放在长为L＝1.5m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，直径d＝1.8m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h＝0.65m，开始车和物块一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g＝10m/s2，求：(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力；(2)小物块落地点至车左端的水平距离．解析：(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝eq\r(85)m/s刚进入圆轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)解得FN＝104.4N由牛顿第三定律FN′＝FN得FN′＝104.4N，方向竖直向下．(2)若小物块能到达圆轨道最高点，则由机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝7m/s设恰能过最高点的速度为v3，则mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)解得v3＝eq\r(gR)＝3m/s因v2>v3，故小物块从圆轨道最高点做平抛运动，h＋2R＝eq\f(1,2)gt2x＝v2t联立解得x＝4.9m故小物块距车左端s＝x－L＝3.4m答案：(1)104.4N，方向竖直向下　(2)3.4m12．(15分)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R＝2m的eq\f(1,4)圆周轨道，CDO是半径为r＝1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中心．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．(g取10m/s2)(1)当H＝1.4m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．(2)当H＝1.4m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．解析：(1)设小球第一次到达D的速度vD，小球P到D点的过程对小球根据动能定理：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(mv\o\al(2,D),2)在D点对小球根据牛顿第二定律：N＝eq\f(mv\o\al(2,D),r)联立解得：N＝32N由牛顿第三定律得小球在D点对轨道的压力大小N′＝N＝32N.(2)第一次到O点时速度为v1，小球P到O点的过程对小球应用动能定理：mgH－μmgL＝eq\f(mv\o\al(2,1),2)解得：v1＝2eq\r(3)m/s恰能通过O点，mg＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)临界速度v0＝eq\r(10)m/s由于v1>v0，故第一次来到O点之前没有脱离．设第三次来到D点的动能为Ek，对之前的过程应用动能定理：mg(H＋r)－3μmgL＝Ek代入解得：Ek＝0故小球一直没有脱离CDO轨道，设此球静止前在水平轨道经过的路程s，对全过程应用动能定理：mg(H＋R)－μmgs＝0解得：s＝8.5m.答案：(1)32N　(2)不会脱离轨道，8.5m