【文档说明】2022新高考物理（江苏专用）一轮总复习训练：第五章　机械能及其守恒定律章末过关检测含解析.docx，共(10)页，208.818 KB，由小赞的店铺上传

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章末过关检测(五)(建议用时：45分钟)一、单项选择题1．如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．运动员踢球时对足球做功12mv2B．足球上

升过程重力做功mghC．运动员踢球时对足球做功mgh＋12mv2D．足球上升过程克服重力做功mgh＋12mv2解析：选C。足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到

达最高点时，机械能为E＝mgh＋12mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋12mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功E＝mgh＋12mv2，故A错误，C正确；足球上升过程重力做功WG＝－mgh，足球上升过程中克服重

力做功W克＝mgh，故B、D错误。2．(2020·盐城市期末)两位同学在学校操场上同一高度处同时抛出甲、乙两小球，甲球初速度方向竖直向上，乙球初速度方向水平。已知两小球初速度大小相等，不计空气阻力影响。下列说法正确的是()A．甲球先落地，落地时甲球速度大B．乙球先落地，落地时

乙球速度大C．甲球先落地，落地时两球速度大小相等D．乙球先落地，落地时两球速度大小相等解析：选D。甲球初速度方向竖直向上，乙球初速度方向水平，则乙球落地时间t＝2hg，而甲球先向上运动，然后向下做自由落体运动，可知落地

时间大于t，则乙球先落地，A、C错误；根据机械能守恒可得mgh＋12mv20＝12mv2，可知落地速度大小相等，B错误，D正确。3.(2020·扬州市模拟)如图所示，竖直平面内的光滑固定轨道由一个半径为R的14圆弧AB和另一个12圆弧BC组成，两者在最低点B平

滑连接。一小球(可视为质点)从A点由静止开始沿轨道下滑，恰好能通过C点，则BC弧的半径为()A.25RB.35RC.13RD．23R解析：选A。设BC弧的半径为r。小球恰好能通过C点时，由重力充当向心力，则有mg＝m

v2Cr，小球从A到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律得mg(R－2r)＝12mv2C，联立解得r＝25R。4．(2020·江苏五校上学期12月联考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，

物块的动能Ek与位移x的关系图线是()解析：选C。设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得上滑过程：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；下滑过程：

mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，则Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′；物块的动能Ek与位移x成线性关系，根据能量守恒定律可得，最后的总动能小于初动能，故C正确，A、B、D错误。5.(2020·湖北七市州教科

研协作体5月联考)如图，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点自由转动，已知两段轻杆的长度均为l，轻杆端点分别固定质量为m、2m的小球A、B(均可视为质点)，现OA竖直，OB水平，由静止释放，下列说法错误

的是()A．B球运动到最低点时A球的速度为2glB．A球某时刻速度可能为零C．B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球一直做正功D．B球不可能运动至A球最初所在的位置解析：选C。B球由释放运动到最低点时，由机械能守恒定律可知mgl＋

2mgl＝12mv2＋12×2mv2，解得v＝2gl，A正确，不符合题意；根据机械能守恒定律，当整个系统的重心回到原来的高度时，两球的总动能为零，此时两球的速度为零，B正确，不符合题意；B球从释放至运动至最低

点的过程中，对B球根据动能定理有2mgl＋W＝12×2mv2，解得W＝0，可知B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球做的功为0，C错误，符合题意；若B球恰能运动至A球最初所在位置，则整个系统的重力势能增加

，即机械能增加，则不可能，D正确，不符合题意。6.(2020·德州市第一次模拟)如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端拉着立方体小盒子在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，小盒子里装了一质量为m的光滑小球，小球的大小略小于盒子，A、C两点分别为水平直径的左端和右端；B、D两点分别为

竖直直径的下端和上端。当小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力。已知当地重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是()A．小球运动至A点时，对小盒子下壁的压力不为零B．小球运动至C点时，对小盒子右壁的压力为2mgC．小球运动至C点时，对小盒子下壁的压力为

mgD．小球运动至B点时，对小盒子下壁的压力为6mg解析：选D。由题意可知，小球与小盒子一起运动，将小球与小盒子作为整体可知，在A点、C点时整体竖直方向的加速度为重力加速度，小球在A点、C点时竖直方向的加速度也应为重力加速度，则小球运动至A、C点时，对

小盒子下壁的压力为零，故A、C错误；小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力，则有mg＝mv2DR，小球从D到C过程中有mgR＝12mv2C－12mv2D，小球在C点有NC＝mv2CR，联立解得NC＝3mg，故B错误；小球从D到B过程中有mg·2R＝12mv

2B－12mv2D，小球在B点有NB－mg＝mv2BR，联立解得NB＝6mg，故D正确。7.(2020·苏州市统考)一质量为2kg的物体放在水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，0～1s内物体受到的水平拉力大小为F1，1～3s内物体受到的水平拉力大小为F2，且F1＝2F2，物体沿水平面做

直线运动的v－t图象如图所示。3s末撤去水平拉力，撤去拉力后物体继续滑行一段时间后停止，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．物体0～3s内发生的位移为24mB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4C．0～3s内

拉力对物体做功为144JD．撤去拉力后物体还能滑行3s解析：选D。根据图线的面积可得0～3s内的位移为x＝12×1×4m＋12×(4＋6)×2m＝12m，故A错误；由图可知在0～1s内的加速度a1＝4m/s2，1～3s

内的加速度a2＝1m/s2，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，F2－f＝ma2，把F1＝2F2，f＝μmg代入可得f＝4N，μ＝0.2，故B错误；整个过程中摩擦力做的功是Wf＝－fx＝－4×12J＝－48J，设拉力做功为W，由

动能定理得W＋Wf＝12mv22，其中v2＝6m/s，解得拉力做功W＝84J，故C错误；撤去拉力后物体的加速度a＝fm＝2m/s2，所以撤去拉力后物体滑行的时间t＝v2a＝62s＝3s，故D正确。8.(2020·辽南协作校第二次模拟)如图所示，三

个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，然后再上升，两轻杆间夹角α在60°到120°之间变化。A、B、C在同一竖直平面内运动

，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．A的动能最大时，B受到地面的支持力大小等于23mgB．小球A从静止释放到再次回到出发点的过程中机械能守恒C．小球A在上升过程中两个轻杆对小球A做功最大值为3－12mgLD．弹簧的弹性

势能最大值为mgL解析：选C。A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝32mg，A正确；小球A从静止释放到再次回到出发点的过程中，除了重力之外，有杆的弹

力做功，所以机械能不守恒，B错误；A下落的最大高度h＝Lsin60°－Lsin30°＝3－12L，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值Ep＝mgh＝3－12mgL，小球A在上升过程中两个轻杆对小球A做功最大

值为3－12mgL，C正确，D错误。二、非选择题9．(2020·辽南协作校第二次模拟)某实验小组用图甲所示的实验装置和器材做“探究动能定理”实验。(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是________。A．实验前要对装置进行平衡摩擦

力的操作B．实验操作时要先释放小车，后接通电源C．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量D．在实验过程中要保证木板上的轻质细线与木板平行(2)除实验装置图中的仪器外，还需要的测量仪器有__________________。(3)如图乙为实验中打出的一条

纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”。已知打点计时器的打点周期为T，图中已经标明了要测量的物理量。另外，小车的质量为M，与小车相连的光滑滑轮的质量为m0，力传感器的示数为F，则需要探究表达式_____________________________

___是否成立。(表达式结果用题中给出的字母表示)解析：(1)实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，A正确；实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较

快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，B错误；由于有力传感器，故不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，C错误；调整滑轮的高度，使木板上的轻质细线与木板平行，保证绳子上的拉力等于小车受到的合力，D正确。(2)由于实

验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，需要天平。(3)A点的瞬时速度为vA＝x14TB点的瞬时速度为vB＝x24T对小车和滑轮系统，根据动能定理可知2Fx＝12(M＋m0)

(v2B－v2A)即2Fx＝（M＋m0）（x22－x21）32T2。答案：(1)AD(2)刻度尺、天平(3)2Fx＝（M＋m0）（x22－x21）32T210．(2020·扬州市5月调研)某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，将气垫

导轨固定在水平桌面上，调节旋钮使其水平，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在B处固定一光电门，测出滑块及遮光条的总质量为M，将质量为m的钩码通过细线与滑块连接，打开气源，滑块从A处由静止释放，宽度为d的遮光条经过光电门遮光时间为t，取遮光时间t内的平均

速度作为滑块经过B处的速度，A、B之间的距离为x，钩码离地面足够高，重力加速度为g。(1)关于实验操作和注意事项，下列说法正确的是__________。A．必须满足m远小于MB．调整定滑轮高度，使细线水平C．用手向上托稳钩码，由静止开始释放钩码D．不开气源，平衡滑块与导轨之间

的摩擦力后，也能验证系统机械能守恒(2)滑块由A运动到B的过程中，系统重力势能的减小量ΔEp为____________，系统动能的增加量ΔEk为____________(以上结果均用题中所给字母表示)。(3)改变x重复实验得到多组数据，用图象法处理数据，为了形象直观，应该画________。A．t

－x图象B．t2－x图象C.1t2－x图象解析：(1)实验中要验证钩码和滑块系统的机械能守恒，则没必要满足m远小于M，A错误；调整定滑轮高度，使细线水平，B正确；用手先固定住滑块，由静止开始释放滑块，C错误；不开气源，则滑块与导轨之间有较大的摩擦力，用此装置不能验证

系统机械能守恒，D错误。(2)滑块由A运动到B的过程中，系统重力势能的减小量ΔEp＝mgx滑块经过光电门时的速度v＝dt则系统动能的增加量ΔEk＝12(M＋m)v2＝12(M＋m)d2t2。(3)要验证的关系式为mgx＝12(M＋m)d2t2则改变x重复实验得

到多组数据，用图象法处理数据，为了形象直观，应该画1t2－x图象。答案：(1)B(2)mgx12(M＋m)d2t2(3)C11．(2020·高考江苏卷)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的

距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)重物落地后，小球线速度的大

小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。解析：(1)线速度v＝ωr得v＝2ωR。(2)向心力F向＝2mω2R设F与水平方向的夹角为α，则Fcosα＝

F向；Fsinα＝mg解得F＝（2mω2R）2＋（mg）2。(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒得12Mv′2＋4×12mv2＝Mgh解得h＝M＋16m2Mg(ωR)2。答案：(1)2ωR(2)（2mω2R）2＋（mg）2

(3)M＋16m2Mg(ωR)2获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com