2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第五单元 机械能 作业22 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第五单元 机械能 作业22 Word版含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
答案 C
解析 由速度与时间图像可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图像可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1∶2，匀减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝eq \f(3,2)f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D项错误，C项正确．
2．(2017·淮安模拟)如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则( )
A．Ek1Ek2，W1＝W2
C．Ek1＝Ek2，W1>W2D．Ek1答案 B
解析 设斜面倾角为α，斜面底边长为L，对物体从斜面顶端由静止下滑到斜面底端过程中，由动能定理，得
mgLtanα－μmgcsαeq \f(L,csα)＝Ek－0
解得Ek＝mgLtanα－μmgL
可见，斜面倾角α越大，物体滑到斜面底端时的动能越大，则Ek1>Ek2；又W1＝μmgcsαeq \f(L,csα)＝μmgL，可见克服摩擦力所做的功大小相等，即W1＝W2，故正确选项为B.
3.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( )
A．n B．2n
C．3n D．4n
答案 B
解析 设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得nW＝0－eq \f(1,2)mv02，对第二次有NW＝0－eq \f(1,2)mv22＝0－(eq \f(1,2)mv02＋mgh)，又因为eq \f(1,2)mv02＝mgh，联立解得N＝2n，选项B正确．
4.(2015·课标全国Ⅰ)如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点刚到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点P运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝eq \f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>eq \f(1,2)mgR，质点不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W答案 C
解析 质点在N时，沿半径方向的合力提供向心力，可得4mg－mg＝meq \f(v2,R)，所以动能为Ek＝eq \f(3,2)mgR，从最高点到N点的过程中，由动能定理，得mg·2R－W＝eq \f(3,2)mgR，即克服摩擦力做功为W＝eq \f(1,2)mgR，质点在运动过程中，沿半径方向的合力提供向心力，即FN－mgsinθ＝meq \f(v2,R)，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半圆的速度小，轨道弹力小，滑动摩擦力f＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，由动能定理得Q点动能为EkQ＝eq \f(3,2)mgR－mgR－W′，由于W′5.如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台间用长L的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则( )
A．由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心、L为半径做变速圆周运动，直到停止
B．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为μmg2πL
C．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功
D．物体在转台上运动eq \f(Lω2,4μgπ)圈后，停止运动
答案 ABD
解析 制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为Wf＝－μmg2πL，绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知－Nμmg2πL＝0－eq \f(1,2)mv2，又v＝ωL，联立得物体在转台上转动的圈数为N＝eq \f(Lω2,4μgπ)，A、B、D项正确．
6.质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．x＝1 m时速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C．在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D．在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
答案 D
解析 对物块由动能定理，得F合x＝ΔEk，则F合＝eq \f(ΔEk,x)，即图线的斜率等于合外力．在0－2 m内，F合＝eq \f(ΔEk,x)＝2 N，设x＝1 m时速度大小为v，由动能定理，得F合x＝eq \f(1,2)mv2－0，v＝eq \r(2) m/s，A项错误；由图线知2－4 m内加速度恒定，a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(ΔEk,x m)＝eq \f(5,2×2) m/s2＝eq \f(5,4) m/s2，B项错误；在前4 m位移过程中由动能定理，得W－μmgx＝9 J，W＝9 J＋0.2×2×10×4 J＝25 J，C项错误；在x＝2 m时，eq \f(1,2)mv12＝4 J，v1＝2 m/s，在x＝4 m时，eq \f(1,2)mv22＝9 J，v2＝3 m/s，在前2 m内，2 m＝eq \f(v1,2)t1，t1＝2 s，在后2 m内，2 m＝eq \f(v1＋v2,2)t2，t2＝0.8 s，故t1＋t2＝2.8 s，D项正确．
7.如图所示，质量为m的滑块距挡板P的距离为l0，滑块以初速度v0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )
A.eq \f(1,μ)(eq \f(v02,2gcsθ)＋l0tanθ) B.eq \f(1,μ)(eq \f(v02,2gsinθ)＋l0tanθ)
C.eq \f(2,μ)(eq \f(v02,2gcsθ)＋l0tanθ) D.eq \f(1,μ)(eq \f(v02,2gcsθ)＋l0ctθ)
答案 A
解析 滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为l，对滑块运动的全过程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝eq \f(1,2)mv02＋mgl0sinθ，又由全程所产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmglcsθ，解以上两式，可得l＝eq \f(1,μ)(eq \f(v02,2gcsθ)＋l0tanθ)，A项正确．
8.如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则eq \f(W1,W2)的值可能是( )
A．1/2 B．2/3
C．3/4 D．1
答案 AB
解析 第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有W1≤mgR①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有
W1＋W2－2mgR＝eq \f(1,2)mv2②
在最高点，有mg＋N＝meq \f(v2,R)≥mg③
联立①②③式，解得W1≤mgR，W2≥eq \f(3,2)mgR故eq \f(W1,W2)≤eq \f(2,3)，故A、B项正确，C、D项错误．
9．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知其初动能为E，它返回到斜面底端的动能为eq \f(E,2)，上滑到最大路程的中点时速度为v；若小物块以2E的初动能冲上斜面，则有( )
A．返回斜面底端时的动能为E
B．返回斜面底端时的动能为eq \f(3E,2)
C．上滑到最大路程的中点时速度为eq \r(2)v
D．上滑到最大路程的中点时速度为2v
答案 AC
解析 设小物块沿斜面上滑的最大高度为h，沿斜面上升的最大距离为x，由动能定理得－mgh－Ff·x＝0－E，而h＝xsinα，式中α为斜面倾角，可得x＝eq \f(E,mgsinα＋Ff).由此可见，小物块沿斜面上升的距离x与初动能E成正比，而摩擦力做功Ff·x与位移成正比，故当小物块以2E的初动能上滑时，上滑的最大距离变为原来的2倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的2倍，故A项正确，B项错误；选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v2＝2ax得eq \f(v2,v12)＝eq \f(x,x1)，x1＝2x，故有v1＝eq \r(2)v，C项正确，D项错误．
10.如图所示，质量分布均匀的长方体木板放置在水平面上，M、N分别是木板的左、右两个端点，水平面的A、C之间粗糙，与木板的动摩擦因数处处相等，水平面其余部分光滑，A、C间的距离等于木板的长度，B为AC的中点．某时刻开始处于光滑水平面的木板具有水平向右的初速度v0，当M端运动到C点时速度刚好为零，则( )
A．木板N端运动到B点时速度为eq \f(3v0,4)
B．木板N端运动到C点时速度为eq \f(v0,2)
C．木板N端从A到B摩擦力做的功等于木板N端从B到C摩擦力做的功
D．木板N端从A到C摩擦力做的功等于木板M端从A到C摩擦力做的功
答案 D
解析 将木板分为n等份(n足够大)，每个部分的质量为eq \f(m,n)；从开始到M端运动到C点过程，每个部分克服摩擦力做功均为μeq \f(m,n)gL，根据动能定理，有：n(－μeq \f(m,n)gL)＝0－eq \f(1,2)mv02①
从开始到木板N端运动到B点过程，有：eq \f(n,2)(－μeq \f(m,n)geq \f(L,2))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02②，
联立①②解得v1＝eq \f(\r(14),4)v0，故A项错误；从开始到木板N端运动到C点过程，有：n(－μeq \f(m,n)gL)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02③
联立①③解得v2＝eq \f(\r(2),2)v0，故B项错误；
木板N端从A到B过程摩擦力做功：
W1＝eq \f(n,2)(－μeq \f(m,n)geq \f(L,2))×eq \f(1,2)＝－eq \f(1,8)μmgL，木板N端从B到C过程摩擦力做功：W2＝n(－μeq \f(m,n)gL)×eq \f(1,2)－(－eq \f(1,8)μmgL)＝－eq \f(3,8)μmgL；两过程中摩擦力做功不相等，故C项错误；木板N端从A到C摩擦力做的功：W3＝n(－μeq \f(m,n)gL)×eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)μmgL，木板M端从A到C摩擦力做的功：W4＝n(－μeq \f(m,n)gL)×eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)μmgL；二力做功相等，故D项正确．
二、非选择题
11．(2016·天津)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，g取10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？
答案 (1)144 N (2)12.5m
解析 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，
则有vB2＝2ax①
由牛顿第二定律有mgeq \f(H,x)－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝eq \f(mvC2,R)⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m
12．(2017·郑州市毕业班一模)如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成．其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m，圆心O点在B点正上方，BD部分水平，长度为l＝0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从A端由静止释放，恰好能运动到D点．为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，求：
(1)该锐角θ应为多大？(假设物块经过B点时没有能量损失)；
(2)物块在BD板上运动的总路程．
(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)
解析 (1)设BD段长度为l，动摩擦因数为μ，当BD水平时，研究物块的运动，从A到D的过程中，根据动能定理：mgR(1－cs37°)－μmgl＝0
代入数据联立解得μ＝0.5
当BD抬起一个锐角时，从A到C的过程中，根据动能定理
mgR(1－cs37°)－mgeq \f(l,2)sinθ－μFNeq \f(l,2)＝0
其中FN＝mgcsθ
联立解得θ＝37°
(2)物块在C处速度减为零后，由于mgsinθ＞μmgcsθ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点．
根据能量守恒定律mgR(1－cs37°)＝Q
而摩擦产生的热量Q＝fs，f＝μmgcsθ
代入数据解得，物块在BD板上的总路程s＝0.25 m.
13．如图甲所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t＝0时释放滑块．在0－0.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知弹簧的劲度系数k＝2.0×102 N/m，当t＝0.14 s时，滑块的速度v1＝2.0 m/s.g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.
弹簧弹性势能的表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2(式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)．求：
(1)斜面对滑块摩擦力的大小Ff；
(2)t＝0.14 s时滑块与出发点间的距离d；
(3)在0－0.44 s时间内，摩擦力做的功W.
答案 (1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J
解析 (1)当t1＝0.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．
由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：
a1＝10 m/s2.
根据牛顿第二定律有：mgsinθ＋Ff＝ma1
代入数据解得：Ff＝4.0 N.
(2)当t1＝0.14 s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的形变量x，所以在0－0.14 s时间内弹簧弹力做的功为：
W弹＝Ep初－Ep末＝eq \f(1,2)kd2
在这段过程中，根据动能定理有：
W弹－mgdsinθ－Ffd＝eq \f(1,2)mv12－0
代入数据解得：d＝0.20 m.
(3)设从t1＝0.14 s时开始，经时间Δt1滑块的速度减为零，则有：Δt1＝eq \f(0－v1,－a1)＝0.20 s
这段时间内滑块运动的距离为：x1＝eq \f(0－v12,2（－a1）)＝0.20 m
此时t2＝0.14 s＋Δt1＝0.34 s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：
a2＝eq \f(mgsinθ－Ff,m)＝2.0 m/s2
在0.34 s－0.44 s(Δt2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为：
x2＝eq \f(1,2)a2(Δt2)2
代入数据解得：x2＝0.01 m.
所以在0－0.44 s时间内，摩擦力Ff做的功为：
W＝－Ff(d＋x1＋x2)
代入数据解得：W＝－1.64 J.