《【精准解析】2021届江苏高考物理一轮复习单元检测五机械能及其守恒定律(20200809163331)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【精准解析】2021届江苏高考物理一轮复习单元检测五机械能及其守恒定律(20200809163331)（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 单元检测五机械能及其守恒定律 考生注意： 1本试卷共4页 2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应 位置上 3本次考试时间90 分钟，满分100 分 4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整 一、选择题 (本题共 10 个小题，每小题4 分，共 40 分.16 小题只有一个选项符合要求，选 对得 4 分，选错得0 分； 7 10 小题有多个选项符合要求，全部选对得4 分，选对但不全的 得 2 分，有选错的得0 分 ) 1.两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方 向抛出，不计空气阻力，如图1 所示，则下列说法正确
2、的是() 图 1 A两小球落地时速度相同 B两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同 D从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同 2.如图 2 所示，质量为m 的物体置于倾角为的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为 ， 在外力作用下， 斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速直线运动，运动中物体m 与斜面体 相对静止则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是 () 2 图 2 A支持力一定做正功 B摩擦力一定做正功 C摩擦力可能不做功 D摩擦力可能做负功 3(2020 安徽阜阳市模拟)如图 3 所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB
3、段和 BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，CD 段为平滑的弯管一小球从管口D 处由静止释放， 最 后能够从A 端水平抛出落到地面上则管口D 距离地面的高度必须满足的条件是() 图 3 A等于 2RB大于 2R C大于 2R 且小于 5 2R D大于 5 2R 4. (2019 山东泰安市第二轮复习质量检测)如图 4 所示的轨道由倾角为45 的斜面与水平面连 3 接而成，将一小球(可看成质点 )从斜面顶端以3 J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一 段时间， 小球以 9 J 的动能第一次落在轨道上若将此小球以6 J的初动能从斜面顶端水平抛 出，则小球第一次落在轨道上的动能为() 图 4 A9
4、J B12 J C15 J D30 J 5. (2020 山东临沂市质检)如图 5，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为R，bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于 b 点一质量为m 的小球受到与重力大小相等的 水平外力F 的作用，自a 点从静止开始向右运动，运动到b 点时立即撤去外力F，重力加速 度大小为g，下列说法正确的是() 图 5 A水平外力F 做的功为2mgR 4 B小球运动到b 点时对圆弧轨道的压力大小为3mg C小球能从c 点竖直向上飞出 D小球运动到c 点时对圆弧轨道的压力大小为mg 5 6. (2020山东淄博市模拟)如图 6 所示，内壁光滑的真空玻璃
5、管竖直放在水平地面上，管内底 部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为m 和 2m 的 a、b 小球， 用 竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小现释放两个小球，让它们自 由下落，重力加速度大小为g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说法正确的 是(弹簧始终处于弹性限度内)() 图 6 Aa 球的动能始终减小 Bb 球克服弹簧弹力做的功是杆对b 球做功的3 倍 C弹簧对b 球做的功等于b 球机械能的变化量 Db 球到达最低点时杆对a 球的作用力等于mg 7. (2019 山东济宁市第二次摸底)如图 7 所示， A、B 两物体的质量分别为m、2m，中间
6、用轻 杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)现将它们由静止释放，在下滑的过程中 () 6 图 7 A两物体下滑的加速度相同 B轻杆对A 做正功，对B 做负功 C系统的机械能守恒 D任意时刻两物体重力的功率相同 8. (2019 东北三省四市教研联合体模拟)如图 8 所示，斜面1、曲面 2 和斜面 3 的顶端高度相 同，底端位于同一水平面上，斜面1 与曲面 2 的水平底边长度相同一物体与三个面间的动 摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的 是() 图 8 A物体减少的机械能 E1 E2 E3 B物体减少的机械能 E2 E1 E3 7 C物体到达底
7、端时的速度v1v2v3 D物体到达底端时的速度v2v1gtan 时，摩擦力沿 斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90 ，做正功；当a0，解得 H2R，故选 B. 4B假设小球落到斜面上，分解位移可知xv0t，y 1 2gt 2，xy，可得 t2v0 g ，落到斜面 上的速度大小为v5v0.由 Ek1 2mv 2 可知，小球从顶端抛出时v0 6 J m ，落到轨道时速度 v3v0，所以小球将会落到水平面上，由动能定理： mgh(93) JEk6 J，Ek 12 J 5 B水平外力 F 做的功为： WFRmgR， 选项 A 错误；从 a 到 b 由动能定理： FR 1 2mv b2， 在 b 点由牛顿
8、第二定律：FNbmgmv b 2 R ，联立解得FNb3mg，结合牛顿第三定律可知，选 项 B 正确； 由机械能守恒定律得： 1 2mv b2mgR 1 2mv c2，解得 vc0，即到达 c 点的速度为零， 14 运动到 c 点时小球对圆弧轨道的压力大小为0，选项 C、D 错误 6B刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动， 当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力 之和，两球做减速运动，故A 错误；两球的加速度始终相等，设为a，根据牛顿第二定律， 对 a 球有 F杆mgma， 对 b 球有 F弹2mgF杆2ma， 解得
9、 F弹3F杆， 则由 WFl 可知， 弹簧对 b 球做的功是杆对b 球做功的3 倍，即 b 球克服弹簧弹力做的功是杆对b 球做功的3 倍，故 B正确；将两球看成一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关 系可知弹簧对b 球做的功等于a、b 两球机械能的变化量之和，故 C错误； b 球到达最低点时 a、b 均具有向上的加速度，此时杆对a 球的作用力一定大于a 球的重力mg，故 D 错误 7AC因为 A、B 两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A 正确对两物体整体受 力分析得： (2mm)gsin (2mm)a，整体加速度agsin ；设杆对B 的力为 F，隔离 B 可得： 2m
10、gsin F 2ma，且 agsin ，所以 F0，B 错误只有重力对系统做功，动能和 重力势能相互转化，机械能守恒，C 正确重力瞬时功率Pmgvy，虽然两物体速度相同， 但是质量不一样，则同一时刻两物体重力的功率不一样，D 错误 8BD 由功能关系可知：物体克服摩擦力所做的功等于物体减少的机械能如图所示，当物体在斜 面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为 mgcos AC mg BC ，则物体克服摩擦力所做 的功与 BC 边长度有关， W克 1W克 3，由于在轨道2 上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定 律可得 FNmgcos mv 2 R，所以在轨道 2 上滑动时滑动摩擦力大于 mgcos ，
11、则 W克 2W克 1，故 W克 2W克 1W克 3，由此可知物体减少的机械能 E2 E1 E3；由动能定理可知mgh W克 1 2mv 2，由于 W 克 2W克 1W克 3，可得 v2v10，则 有 FN3mg，故 D 正确 10BD开始时， a、b及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有magsin mbg，则 ma mb sin m sin ，b 下降 h，则 a上升 hsin ，则 a 重力势能的增加量为maghsin mgh，故 A 错误；根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a、b 机械能的增量，故 B 正确；由能量守恒得传送带由于运送a 多消耗的电能等于系统产生
12、的内能与a、b动能的增 加量之和， 故 C 错误； 任意时刻a、b 的速率相等， 对 b，重力的瞬时功率Pbmgv，对 a 有： Pamagvsin mgv，所以重力对a、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确 11(1) d t1 d t2 (2)C(3)mgh 1 2(2m 0m) d2 t2 2 d2 t1 2 12(1)52 m/s(2)5 m 16 解析(1)由题图乙知， 在前 2 m 内，F12mg，做正功， 在第 3 m 内，F2 0.5mg，做负功， 在第 4 m 内，F30.滑动摩擦力Ff mg 0.25mg，始终做负功， 对于滑块在OA 上运动 的全过程，由动能定理得F1x
13、1F2x2Ffx 1 2mv A20 代入数据解得vA52 m/s. (2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 mgLsin 30 01 2mv A2 解得 L5 m 所以滑块冲上斜面AB 的长度 L5 m. 13(1)2.4 s(2)160 N(3)6.89 m 解析(1)设工件轻放后向右的加速度为a， 与传送带达到共速时位移为x1， 时间为 t1， 有： mg ma，得 ag5 m/s2 t1 v0 a 4 5 s0.8 s x1 1 2at 121 250.8 2 m1.6 mL 接着工件向右匀速运动，设时间为t2， t2 Lx1 v0 81.6 4 s1.6 s 工件传到B 端经历的
14、时间t t1t22.4 s (2)设力传感器示数最大时弹簧的压缩量为 x1 由动能定理得 mg( ) d x1sin 37 mg () d x1cos 37 1 2k x 12 01 2mv 02 代入数据得 x10.8 m Fmkx1160 N 17 (3)设力传感器示数为20 N 时弹簧的压缩量为 x2，工件在斜面上通过的总路程为s x2 F2 k 20 200 m0.1 m 由能量守恒得： 1 2mv 02mg( ) d x2sin 37 mgs cos 37 1 2k x 22 代入数据得s6.89 m. 14(1) 3gR 3 1 6 (2)物块刚好落在平台上的B 点 解析(1)物块
15、从 A 点抛出后做平抛运动， 在 C 点 vC v0 cos 60 2v0 由题意可知AB 的高度： hRcos 600.5R； 设物块的质量为m，从 A 点到 C 点的过程，由机械能守恒可得：mgh 1 2mv C2 1 2mv 02 解得 v0 3gR 3 物块从 A 到 F 的过程，由动能定理： mgR 01 2mv 02 解得 1 6； (2)假设物块能回到C 点，设到达C 点的速度大小为vC，根据动能定理：mg 1 2R mgR 1 2 mvC 2 解得 vC 6gR 3 ，假设成立； BC 长度： sv0 2h g 3 3 R 假设物块从C 点抛出后直接落在BC 平台上，物块在C
16、点竖直方向的分速度vyvC sin 60 2gR 2 水平分速度：vxvCcos 60 6gR 6 落在 BC 平台上的水平位移：xvx 2v y g 3 3 R 即物块刚好落在平台上的B 点 18 15(1)2 m(2)2 3 N，方向竖直向上(3)5 J 解析(1)设小球进入M 点时速度为vM，运动至 N 点时速度为 vN，由 P 至 M，LvMt1，H 1 2gt 12 由 N 至 P，L vNt2 H2R1 2gt 22 由 M 至 N 过程， 2mgR 1 2mv N2 1 2mv M2 联立解得： L2 m； (2)由 (1)可得， vN10 m/s 小球在 N 点，由牛顿第二定律得 mg FNmv N2 R 解得： FN2 3 N 由牛顿第三定律可知，小球在N 处对管道的作用力大小FNFN2 3 N，方向竖直向上； (3)由 P 至 N 全过程，由能量守恒
