2021高考物理一轮复习第五章机械能章末质量检测（含解析）新人教版必修2

章末质量检测(五)

(时间：45分钟)

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)

1．下列说法中正确的是(　　)

A．汽车在光滑的水平面上运动时，驾驶员通过操作方向盘，可以使汽车转弯

B．在某一过程中，只要物体的位移为0，任何力对该物体所做的功都为0

C．物体的速度为0时，其加速度可能不为0

D．静摩擦力对受力物体可以做正功，滑动摩擦力对受力物体一定做负功

解析　 汽车在水平面上转弯时，向心力的来源是静摩擦力，所以在光滑水平面上，通过操作方向盘，也不能使汽车转弯，A项错误；B选项容易片面地理解为W＝Fx，因为位移x＝0，所以W＝0，但该公式只适用于恒力做功，例如汽车绕赛车场一圈回到出发点，虽然汽车的位移为零，但牵引力对汽车做了功，牵引力做的功为牵引力乘以路程，B项错误；物体的速度与加速度大小没有必然联系，例如汽车启动的瞬间，虽然汽车的速度为0，但加速度不为0，C项正确；摩擦力可以对物体做正功、做负功或不做功，D项错误。

答案　C

2．(2018·河南周口二模)如图1所示，物块A、B在外力F作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，下列关于A对地面的滑动摩擦力做功和B对A的静摩擦力做功的说法正确的是(　　)

图1

A．静摩擦力做正功，滑动摩擦力做负功

B．静摩擦力不做功，滑动摩擦力做负功

C．静摩擦力做正功，滑动摩擦力不做功

D．静摩擦力做负功，滑动摩擦力做正功

解析　把物块A、B看成一个整体，一起沿水平地面做匀速直线运动，所以地面对A的滑动摩擦力大小Ff1＝F，由牛顿第三定律可知，A对地面的滑动摩擦力大小Ff2也等于F，但由于地面没有位移，所以A对地面的滑动摩擦力不做功；以A为研究对象，由于A做匀速直线运动，所以B对A的摩擦力大小为F，方向与物体运动的方向相同，因为A相对于B静止，则B对A的摩擦力为静摩擦力，故B对A的静摩擦力做正功，故选项C正确。

答案　C

3．汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，经过一段时间t达到最大速度v，若所受阻力始终不变，则在t这段时间内 (　　)

A．汽车牵引力恒定

B．汽车牵引力做功为Pt

C．汽车加速度不断增大

D．汽车牵引力做功为mv2

解析　根据P＝Fv知，因为速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律得a＝，知加速度减小，故选项A、C错误；因为功率不变，则牵引力做功W＝Pt，由动能定理可知，牵引力与阻力的合力做的功等于动能的变化量，所以牵引力做功不等于mv2，故选项B正确，D错误。

答案　B

4．如图2所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点。将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为v。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

图2

A．小球运动到B点时的动能等于mgh

B．小球由A点到B点重力势能减少mv2

C．小球由A点到B点克服弹力做功为mgh

D．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－mv2

解析　小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，小球动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和等于小球重力势能的减小量，即小球动能的增加量小于重力势能的减少量mgh，A、B项错误，D项正确；弹簧弹性势能的增加量等于小球克服弹力所做的功，C项错误。

答案　D

5．如图3所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)

图3

A．圆环的机械能守恒

B．弹簧弹性势能变化了mgL

C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零

D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

解析　在圆环下滑到最大距离的过程中，弹簧弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，选项A错误；利用几何关系可知圆环下落的距离为L，此时圆环的重力势能的减少量为ΔEp＝mg·L＝mgL，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减少量，即ΔEp′＝mgL，选项B正确；圆环下落到最大距离时速度为零，所受合力不为零，选项C错误；把圆环和弹簧看成一个系统，系统的机械能守恒，即圆环的重力势能与弹簧的弹性势能、圆环的动能之和保持不变，选项D错误。

答案　B

6．运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图4所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

图4

A．μ＝0.05

B．μ＝0.01

C．滑行时间t＝5 s

D．滑行时间t＝10 s

解析　对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－mv，得μ＝＝＝0.01，选项A错误，B正确；冰壶运动时有a＝μg＝0.1 m/s2，由运动学公式x＝at2得t＝10 s，选项C错误，D正确。

答案　BD

7．如图5甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg 的物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2) (　　)

图5

A．木板获得的动能为1 J

B．系统损失的机械能为4 J

C．木板A的最小长度为2 m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

解析　由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，M＝m＝1 kg，木板获得的动能为Ek＝Mv2＝1 J，选项A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v－t图象可求出二者相对位移为1 m，故木板A的最小长度为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律可求出μ＝0.1，选项D正确。

答案　AD 

8．(2019·浙江宁波模拟)如图6是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，如图所示，在倾角θ＝53°的长直轨道AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L0＝4 m，开始下滑到C点后进入弧形的轨道CDEF，其中CDE是半径为R＝5 m、圆心角为106°的圆弧，EF为半径R＝5 m、圆心角为53°的圆弧，已知小车的质量为60 kg，车与轨道AC间存在摩擦，动摩擦因数μ＝0.5，轨道CDEF可视为光滑轨道，不计其他阻力，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是(　　)

图6

A．小车滑至C点的速度为6 m/s

B．小车到达D点时对轨道的压力为1 560 N

C．小车刚好能沿着轨道滑到F点

D．若小车从长直轨道上距C点L0＝ 9 m开始由静止下滑，则小车能在F点水平抛出

解析　由B到C根据动能定理，mgL0sin 53°－μmgL0cos 53°＝mv，解得vC＝2 m/s，选项A错误；到达D点时，mv＋mgR(1－cos 53°)＝mv，解得vD＝4 m/s，则在D点有FN－mg＝m，解得FN＝1 560 N，选项B正确；假设小球能到达F点，则mv＝mgR(1－cos 53°)＋mv，解得vF＝0，可知小车刚好能到达F点，选项C正确；研究从B′到F点，由动能定理mgL′sin 53°－mgR(1－cos 53°)－μmgL′cos 53°＝mvF′2，得vF′＝ m/s，在F点有mg－FN′＝m，解得FN′＝0，即此时小车能在F点水平抛出，选项D正确。

答案　BCD

二、非选择题

9．(2019·山东烟台模拟)某同学用如图7所示装置做“探究动能定理”实验。装置中装有细沙的沙桶通过细线绕过定滑轮连接在小车上，小车后端固定穿过打点计时器的纸带。

图7

(1)实验时先不挂沙桶，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是_________________________________________________________

___________________________________________________________________。

(2)挂上装有细沙的沙桶后，通过实验得到如图8所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，在纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到O点之间的距离sOA＝16.3 cm，sOB＝25.3 cm，sOC＝36.3 cm。实验时小车所受细线的拉力大小为0.2 N，小车质量为0.1 kg。则通过计算可知，从O至B的运动过程中，小车所受合外力做的功W＝________J，小车动能的变化量ΔEk＝________J(结果保留至小数点后3位)。

图8

(3)在第(2)问中若实验前已经测得未装沙时小桶的质量为5×10－3 kg，实验时该同学放入沙桶中细沙的质量为__________kg(g取10 m/s2)。  

解析　(1)实验时先调整垫木的位置，使小车不挂托盘时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动，这样做的目的是为了平衡摩擦力。

(2)对O到B的过程，小车的合外力即为绳的拉力，则W＝FTsOB＝0.050 6 J≈0.051 J，打B点的瞬时速度为vB＝＝ m/s＝1 m/s，则动能的变化为ΔEk＝Mv－0＝0.050 J。

(3)根据纸带由匀变速直线运动的判别式可得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对沙桶由牛顿第二定律得(m＋m0)g－FT＝(m＋m0)a，其中沙桶质量m0＝0.005 kg，解得m＝0.02 kg。

答案　(1)见解析　(2)0.051 J　0.050 J　(3)0.02 kg

10．一运动员驾驶一辆赛车在长直赛道上进行性能测试，从驶入长直赛道近似认为由静止开始以恒定功率启动，经过10 s，车速表显示的速度为54 km/h，当显示的速度为144 km/h时速度稳定下来，已知赛车的质量为2.5 t，赛车受到的平均阻力是车重的，重力加速度大小为g＝10 m/s2。

(1)10 s时赛车运动的加速度大小是多少？

(2)如果赛车在运动500 m时达到最大速度，则赛车经历多长时间达到最大速度？如果从启动开始，要追上前方2 000 m 处正在以108 km/h的速度匀速行驶的摩托车，至少需要多长时间？

解析　(1)P＝fvm＝0.05×2.5×103×10×40 W

＝5×104 W

F＝＝ N＝×103 N

根据牛顿第二定律有F－f＝ma

解得a＝＝0.83 m/s2

(2)根据动能定理有Pt－fx1＝mv－0

解得t＝52.5 s

设赛车从启动开始经t′的时间追上摩托车，摩托车的速度为v2＝30 m/s，根据位移关系有

x1＋vm(t′－t)＝v2t′＋L

代入数据解得t′＝360 s

答案　(1)0.83 m/s2　(2)52.5 s　360 s

11．小王同学在上海迪士尼乐园体验了超刺激的游戏项目“创极速光轮”后，对“过山车”类型的轨道运动充满了研究兴趣。为此，他利用学校实验室提供的材料，自己设计拼接了一条轨道，如图9所示，ABC为一水平轨道，BC段长度20 cm，斜直轨道CD段长度15 cm，与水平面的夹角θ＝37°，BC段与CD段在C点平滑连接，竖直圆弧轨道DEF的圆心为O1，半径R1＝10 cm，圆轨道与CD相切于D点，E为圆弧轨道的最高点，半径O1F水平，FG段为竖直轨道，与圆轨道GH相切于G点，圆形轨道GH圆心为O2，半径R2＝4 cm，G、O2、D在同一水平线上，水平轨道HK长度为40 cm，HK与CD稍稍错开。在AB段有一轻质弹簧，弹簧一端固定在A点，另一端连着一小环(可看成质点)，但不拴接，弹簧自然伸长时，小环刚好位于B点，小环质量m＝0.01 kg，由于轨道材料的特殊性，小环只在轨道BC、CD、HK上受到摩擦力，动摩擦因数均为μ＝0.5，弹簧弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比。不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2。在某次实验时，弹簧被压缩d后释放，小环恰好能运动到D点。

图9

(1)求小环在B点的速度大小v；

(2)某次实验，弹簧的压缩量为2d，求小环在E点处对轨道的压力；

(3)小环能否停在HK上？若能，求出弹簧压缩量的取值范围；若不能，请说明理由。

解析　(1)小环恰能运动到D点，根据能量守恒定律有

mv2＝μmgxBC＋mgxCDsin θ＋μmgxCDcos θ

解得v＝ m/s

(2)压缩量为d时弹簧弹性势能为Ep＝mv2＝0.025 J

压缩量为2d时，弹性势能Ep′＝0.1 J

根据能量守恒定律有Ep′＝μmgxBC＋mgxCDsin θ＋μmgxCDcos θ＋mg(R1＋R1cos θ)＋mv

在E点，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝m

根据牛顿第三定律，小环对轨道的压力大小FN′＝FN

联立解得FN′＝1.04 N，方向竖直向上

(3)若小环能停到HK上，则小环必然能过E点，在E点的最小速度为零

小环从E点到H点，根据机械能守恒定律得H点的动能为EkH＝mg(R1＋R1cos θ＋R2)

解得EkH＝0.022 J

小环在HK段上运动时，有－μmgx＝－EkH

解得x＝0.44 m＞xHK

则小环不能停在HK上

答案　(1) m/s　(2)1.04 N　方向竖直向上

(3)不能　理由见解析