2019-2020年高考物理大一轮复习 第五章 机械能守恒定律单元滚动检测卷.doc

2019-2020年高考物理大一轮复习 第五章 机械能守恒定律单元滚动检测卷考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，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分第卷一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1伽利略的斜面实验反映了一个重要事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略不计，小球一旦沿斜面A滚落，必将准确地终止于斜面B上与它开始点相同高度处，绝不会更高一点或更低一点，这说明，小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”是()A弹力 B速度C加速度 D能量答案D解析运动过程中若斜面的倾角不同，则受到的弹力不同，A错误；下滑过程中速度越来越大，上滑过程中速度越来越小，速度不同，B错误；斜面的倾斜程度不同，加速度也不同，C错误；伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在小球运动的过程只有重力做功，则物体的机械能守恒，故这个不变量应该是能量，D正确2(xx绍兴第一中学期末)关于做功，下列说法中正确的是()A滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B静摩擦力和滑动摩擦力都可以做正功C一负电荷在电场中移动时，克服电场力做功，则其电势能减少D作用力与反作用力大小相等、方向相反，所做功的代数和一定为零答案B解析恒力做功的表达式WFlcos ，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力也有可能位移为零，故可能做负功，也可能做正功，也可能不做功，A错误；恒力做功的表达式WFlcos ，静摩擦力的方向与物体相对运动趋势方向相反，但与运动方向可以相同，也可相反，还可以与运动方向垂直，故静摩擦力可以做正功，也可以做负功，也可以不做功，结合A的分析，B正确；无论是正电荷还是负电荷，只要克服电场力做功，其电势能一定增加，C错误；一对相互作用力大小相等，方向相反，作用的两个物体位移不同，做功就不同，其代数和不一定为零，D错误3两辆相同的汽车，一辆空载，一辆满载，在同一水平公路路面上(路面粗糙程度不变)直线行驶，下面关于两车车速、动能、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是()A车速较大的汽车，它的惯性较大B动能较大的汽车，它的惯性较大C行驶速度相同时，质量较大的汽车，刹车后滑行的路程较长D以额定功率匀速行驶时，质量较小的汽车，刹车后滑行的路程较长答案D4如图1所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等在甲图中用力F1拉物体，在乙图中用力F2推物体，夹角均为，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是()图1AF1F2 BW1W2CW3W4 DW1W3W2W4答案D5如图2所示，质量为m的小球(可以看成质点)，在恒力F的作用下，从地面上A点由静止开始运动途经桌面处B点到达C点，现以桌面为参考平面，已知HH，则mghmgH，故A错误；重力势能的大小看位置高低，A点最低，B错误；恒力F始终做正功，所以小球的机械能一直变大，C正确，D错误6如图3所示，质量相同的物体A与B通过一轻绳绕过光滑固定的轻质定滑轮系在一起，B在光滑斜面上，与B相连的轻绳与斜面平行开始时用手托着A使它们都静止，然后放手，在A未到达地面、B未到达斜面顶端之前()图3A物体A的动能总比物体B的动能大B轻绳对物体A不做功C物体A和B组成的系统的机械能不守恒D物体B的机械能一定变大答案D解析由题意知，A、B两物体的速率始终相等，所以两物体的动能相等，选项A错误；轻绳的拉力对A做负功，选项B错误；A、B组成的系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，选项C错误；绳子拉力对B做正功，B的机械能一定变大，选项D正确7根据国家标准规定，电动自行车的最高速度不得超过20 km/h.一个高中生骑电动自行车按规定的最高速度匀速行驶时，电动车所受的阻力是总重力的0.2倍已知人和车的总质量约为60 kg，则此时电动车电机的输出功率约为()A70 W B140 WC700 W D1 400 W答案C8如图4所示，某高三男生以立定跳远的方式跃过一条1.8 m宽的水沟，其起跳、腾空、落地的过程如图所示，他这一次跳跃所消耗的能量最接近()图4A60 J B600 J C1 200 J D2 000 J答案B解析设男生质量为60 kg.Gmg600 N，跳起高度大约1 m，消耗的能量Emgh600 J.9. 如图5所示，小球甲从竖直固定的半径为R的光滑圆弧轨道顶端由静止滚下，圆弧底端切线水平；同质量的小球乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滚下下列判断错误的是()图5A两小球到达底端时速度相同B两小球运动到底端的过程中重力做功相同C两小球到达底端时动能相同D两小球到达底端时，乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率答案A解析根据动能定理得，mgRmv2，知两小球到达底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故选项A错误，C正确；两小球运动到底端的过程中，下落的高度相同，则重力做功相同，故选项B正确；两小球到达底端的速度大小相等，甲球的重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，乙球的重力与速度方向不垂直，瞬时功率不为零，则乙球的重力做功的瞬时功率大于甲球的重力做功的瞬时功率，故选项D正确10同一辆货车两次匀速驶上同一坡路(路面粗糙程度相同)，在空载时上坡的速度为v1，牵引力为F1；在满载时上坡的速度为v2，牵引力为F2.已知两次上坡过程该货车的输出功率相同，不计空气阻力，则()Av1v2 Bv1v2CF1F2 DF1F2答案B解析货车匀速上坡时的牵引力Fmgsin mgcos ，空载时的牵引力F1小于满载时的牵引力F2，选项C、D均错；由PFv相同，可知v1v2，选项B正确11如图6所示，斜面高h，质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下，物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为(不计空气阻力)()图6AmghB2mghC2FhDFh答案B解析物块匀速向上运动，即向上运动过程中物块的动能不变，由动能定理知物块向上运动过程中外力对物块做的总功为0，即WFmghWf0物块向下运动过程中，恒力F与摩擦力分别对物块做的功与向上运动时相同，设滑至底端时的动能为Ek，由动能定理知WFmghWfEk0将式变形有WFWfmgh，代入式有Ek2mgh，则B选项正确12三峡水力发电站是我国最大的水力发电站，三峡水库水位落差约100 m，水的流量约1.35104 m3/s，船只通航需要3 500 m3/s的流量，其余流量全部用来发电，水流冲击水轮机发电时，水流减少的机械能有20%转化为电能按照以上数据估算，如果三峡电站全部用于城市生活用电，它可以满足约多少个百万人口城市生活用电(设三口之家平均每家每月用电240度)()A2个 B6个 C18个 D90个答案C解析每秒用于发电的水的重力势能约为11010 J，转化为电能有2109 J，每月就是5.21015 J，等于1.44109度电，大约可供600万个三口之家使用，也就是1 800万人口，18个百万人口，故C正确132016年12月18日，国内单机容量最大的抽水蓄能电站浙江仙居抽水蓄能电站全面投产其工作原理是：在用电低谷时(如深夜)，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电如图7所示，若该电站蓄水池(上水库)有效总库容量(可用于发电)为 8.78106 m3，发电过程中上下水库平均水位差 671 m，年抽水用电量为 3.2109 kWh，年发电量为 2.5109 kWh(水的密度为1.0103 kg/m3，重力加速度为g10 m/s2)，相当于给华东电网建了一个“大蓄电池”，以下水库水面为零势能面. 则下列说法正确的是()图7A抽水蓄能电站的总效率约为 65%B发电时流入下水库的水流速度最大可达 150 m/sC蓄水池中能用于发电的水的重力势能约为Ep6.01015 JD该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以106 kW 计算)约7 h答案D解析已知年抽水用电量为3.2109 kWh，年发电量为2.5109 kWh，则抽水蓄能电站的总效率为100%78.1%，故A错误若没有任何阻力，由机械能守恒得mghmv2，得v m/s116 m/s，由题知，水流下的过程中受到阻力，所以发电时流入下水库的水流速度小于116 m/s，故B错误蓄水池中能用于发电的水的重力势能为EpmghVgh1.01038.7810610671 J5.91013 J，故C错误该电站平均每天所发电量为E，可供给一个大城市居民用电(电功率以106 kW计算)的时间为t7 h，故D正确二、选择题(本题共3小题，每小题2分，共6分每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)14如图8所示，排球运动员正在做颠球训练，若空气阻力不能忽略，则击球后，球从某位置离开手竖直向上运动，再下落回到该位置的过程中()图8A重力先做正功后做负功B重力做的总功不为零C空气阻力做负功D空气阻力做的总功等于球的动能变化答案CD解析排球在竖直向上运动的过程中，重力方向与位移方向相反，重力做负功，排球竖直向下运动的过程中，重力方向与位移方向相同，重力做正功，选项A错误；重力做功只与初、末位置有关，故在整个过程中，重力对排球做的总功为零，选项B错误；在整个运动过程中，排球受的空气阻力方向与速度方向始终相反，故空气阻力对排球做负功，选项C正确；由动能定理知，空气阻力做的总功等于球的动能变化，选项D错误15. 如图9所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平面桌面上，过右端连接一水平细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连，A、B两物体质量相等开始A、B处于静止状态，某时刻烧断细线，下列分析正确的是()图9A烧断细线的瞬时，A物体的加速度为零BB物体落地前，A、B组成的系统机械能守恒CB物体落地后，A物体与弹簧组成的系统机械能守恒D当弹簧的弹力为零时，A物体的动能最大答案CD解析以A、B组成的系统为研究对象，弹簧的弹力等于B物体的重力，烧断细线的瞬间，根据牛顿第二定律可知，mgma，选项A错误；B物体落地前，A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒，故选项B错误；B物体落地后，A物体与弹簧组成的系统机械能守恒，选项C正确；以A为研究对象，当加速度为零即弹簧的弹力为零时，速度达到最大，动能最大，选项D正确16如图10所示，体重相同的两位女士到五楼上班，甲图中的女士从一楼匀速走上去，而乙图中的女士乘电梯从一楼(上升过程匀速)上去，若乙图中的女士先到，则下列关于两位女士受到的力所做的功及功率的判断不正确的是()图10A两位女士所受支持力做功相同，乙图中的女士克服重力做功的功率大B乙图中的女士所受支持力做功大，克服重力做功的功率也大C两位女士所受支持力做功相同，克服重力做功的功率也相同D甲图中的女士所受支持力做功大，克服重力做功的功率也相同答案ACD解析题图甲中的女士所受支持力不做功，克服重力做功相同，但题图乙中的女士用的时间少，故其功率大，B项正确第卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17(4分)在探究做功与物体速度变化的关系实验中：(1)除长木板、足够多的橡皮筋和纸带外，还需要以下哪些器材才能完成该实验_(填器材的代号，漏填或多填均不得分)(2)图11甲、乙分别是A、B两位同学实验后交上的纸带，你认为两位同学操作合理的是_(填“A”或“B”)，不合理的原因是_图11答案(1)ACFG(2)B没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足解析(1)本实验需要交流电源、小木块和刻度尺；由于电源使用的是220 V的交流电压，所以打点计时器选用电火花计时器(2)根据题图甲，小木块达到最大速度后做减速运动，说明A同学没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；根据题图乙，小木块达到最大速度后做匀速运动，说明B同学已平衡摩擦力，故操作合理的同学是B.18(5分)在用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：(g取10 m/s2)(1)运用公式mv2mgh来验证时，对实验条件的要求是_，为此，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近_(2)若实验中所用重锤质量m1 kg，打点纸带如图12所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重锤速度vB_，重锤动能Ek_；从开始下落起至B点，重锤的重力势能减小量是_由此可得出的结论是_(结果均取两位有效数字)图12(3)根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象应是图中的()答案(1)从静止开始下落2 mm(2)0.79 m/s0.31 J0.32 J在实验误差允许的范围内机械能是守恒的(3)C解析(1)重力势能转化为动能，实验条件的要求是从静止开始下落，即初速度为0，第1、2两点的距离hgt2且t0.02 s，可得h2 mm.(2)B点是A、C两点的中间时刻，由vB0.79 m/s，重锤动能Ekmv0.31 J重锤重力势能的减少量EpmghB且hB32.4 mm，代入可得Ep0.32 J减少的重力势能近似等于重锤动能的增加量，可得出结论：在实验误差允许的范围内机械能是守恒的(3)由mv2mgh，整理可得gh，所以h图线是一条过原点的倾斜直线，图线的斜率为重力加速度g，C正确19(5分)某同学用如图13甲所示装置做“探究合力做的功与动能改变关系”的实验，他们将光电门固定在水平轨道上的B点，并用重物通过细线拉小车，然后保持小车和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离(s)进行多次实验，实验时要求每次小车都从静止释放图13(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，d_cm.(2)如果遮光条通过光电门的时间为t，小车到光电门的距离为s.该同学通过描点作出线性图象来反映合力做的功与动能改变关系，则他作的图象是下列哪一个时才能符合实验要求_Ast Bst2Cst1 Dst2(3)下列哪些实验操作能够减小实验误差_A调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B必须满足重物的质量远小于小车的质量C必须保证小车从静止状态开始释放答案(1)1.075(2)D(3)C解析(1)游标卡尺的主尺读数为1 cm，游标尺读数为150.05 mm0.75 mm0.075 cm，所以最终读数为：1 cm0.075 cm1.075 cm；(2)数字计时器记录遮光条通过光电门的时间，由位移公式计算出小车通过光电门的平均速度，用该平均速度代替小车的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时小车的瞬间速度为：v，根据动能定理：Fsmv2m()2，可见s与t2成反比，即与成正比，故应作出st2图象故选D.(3)经前面分析知，要使st2图象为过原点的直线，应保证小车初动能为零，即必须保证小车从静止状态开始释放，故选C.20.(9分)(xx宁波市9月联考)如图14所示，固定斜面的倾角30，物体A与斜面之间的动摩擦因数为，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，物体A的质量为m2 kg，初始时物体A到C点的距离为L1 m，现给A一初速度v03 m/s，使A开始沿斜面向下运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点不计空气阻力，g10 m/s2，求此过程中：图14(1)物体A第一次经过C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧获得的最大弹性势能答案(1)4 m/s(2) m(3) J解析(1)设物体A向下运动刚到C点时速度为vmgLsin mgcos Lmv2mv，可解得v4 m/s(2)设弹簧的最大压缩量为xmv2mgcos 2x，解得x m(3)设弹簧的最大弹性势能为Epmmgxsin mgcos xEpm0mv2，解得Epm J.21(10分)(xx金华市9月十校联考)如图15所示，水平面上的A点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，A为发射口所在的位置，B点与在竖直面内、内壁光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道平滑相接，钢管内径很小，“9”字全高H1 m；“9”字上半部分圆弧半径R0.1 m，圆弧为圆周；当弹簧压缩量为2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量m0.1 kg的滑块沿轨道上升到最高点C，已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，AB间距离为L4 m，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g10 m/s2，求：图15(1)当弹簧压缩量为2 cm时，弹簧的弹性势能；(2)当弹簧压缩量为3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C时对轨道的作用力；(3)当弹簧压缩量为3 cm时，启动发射装置，滑块从D点水平抛出后的水平射程答案(1)1.8 J(2)44 N，方向竖直向上(3)2.8 m解析(1)根据能量守恒定律得，EpmgLmgH，解得Ep1.8 J(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，弹簧压缩量为3 cm时，EpEp根据能量守恒定律得，EpmgLmgHmv由牛顿第二定律得：FNmgm，解得FN44 N由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小FN44 N，方向竖直向上(3)根据能量守恒定律EpmgLmg(H2R)mv，解得vD7 m/s，由平抛运动得，H2Rgt2，xvDt故水平射程x2.8 m.22(10分)如图16所示，质量m1 kg的小物块静止放在粗糙水平桌面上，它与水平桌面间的动摩擦因数0.4，且与水平桌面边缘O点的距离s8 m在紧靠桌面边缘右侧固定了一个圆弧挡板，半径R3 m，圆心与桌面同高以O点为原点建立平面直角坐标系现用F8 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)图16(1)若小物块恰能击中圆弧挡板最低点，求其离开O点时的动能大小；(2)在第(1)问中拉力F作用的时间；(3)若小物块在空中运动的时间为0.6 s，则拉力F作用的距离答案(1)7.5 J(2) s(3) m解析(1)小物块离开O点后开始做平抛运动，故：Rv0t，Rgt2，又EkOmv解得EkO7.5 J；(2)由开始运动到小物块到达O点由动能定理得：Fxmgsmv，得x m由牛顿第二定律得Fmgma，得a4 m/s2由xat2，得t s(3)小物块离开O点后开始做平抛运动，由下落时间可知下落距离ygt2，得y1.8 m.若小物块落到半圆的左半边，则平抛运动水平位移x1R0.6 mv11 m/s由动能定理得FL1mgsmv得L1 m若小物块落到半圆的右半边，同理可得v29 m/s由动能定理得FL2mgsmv解得L2 m8 m(舍去)23(12分)(xx超级全能生8月联考)探究平抛运动实验装置如图17所示，半径为L的四分之一圆轨道(可视为光滑)固定于水平桌面上，切口水平且与桌边对齐，切口离地面高度为2L.离切口水平距离为L的一探测屏AB竖直放置，一端放在水平面上，其高为2L.一质量为m的小球从圆轨道上不同的位置静止释放打在探测屏上若小球在运动过程中空气阻力不计，小球可视为质点，重力加速度为g.求：图17(1)小球从图示位置P处静止释放，到达圆轨道最低点Q处速度大小及小球对圆轨道压力；(2)为让小球能打在探测屏上，小球应从圆轨道上什么范围内静止释放？(3)小球从什么位置静止释放，小球打在屏上时动能最小，最小动能为多少？答案见解析解析(1)小球从P处下滑到Q点，由机械能守恒可得mgLmv2得v在Q点对小球受力分析得FNmg代入得FN3mg根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为3mg，方向竖直向下(2)小球从轨道上某点C下滑到Q处平抛，恰好打在B点，则根据平抛运动规律竖直方向2Lgt2得t2水平方向vQ从C到Q根据机械能守恒得mghCmv得hC即小球从PC范围内从静止释放均能打到探测屏上(3)设从Q处以速度v0射出，打到探测屏上距A点h处，其动能Ekmvmgh而hgt2()2得Ekmvmg2得v0时Ek最小EkminmgL由机械能守恒得mgHmvH故释放点位置离Q的竖直高度为