【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.pdf

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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；710 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，则下列说法正确的是()图 1A两小球落地时速

2、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()图 2A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23(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 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

3、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 3A等于 2RB大于 2RC大于 2R 且小于52RD大于52R4.(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 4A9 JB12 JC15 JD30 J5.(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

4、 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 5A水平外力F 做的功为2mgRB小球运动到b 点时对圆弧轨道的压力大小为3mgC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mg36.(2020山东淄博市模拟)如图 6 所示，内壁光滑的真空玻璃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

5、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 6Aa 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mg7.(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()图 7A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

6、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 84A物体减少的机械能 E1 E2 E3B物体减少的机械能 E2 E1 E3C物体到达底端时的速度v1v2v3D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，y12gt2，xy，

7、可得 t2v0g，落到斜面上的速度大小为v5v0.由 Ek12mv2可知，小球从顶端抛出时v06Jm，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，Ek12 J5 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：FR12mvb2，在 b 点由牛顿第二定律：FNbmgmvb2R，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：12mvb2mgR12mvc2，解得vc 0，即到达 c 点的速度为零，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

8、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 39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

9、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：2mgsin 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mg cos ACmgBC，则

10、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 mv2R，所以在轨道2 上滑动时滑动摩擦力大于mg cos ，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mghW克12mv2，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mambsin msin，b 下降 h，则 a 上升 hsin ，则 a 重力势能的增加量为maghsin mgh，故A

11、 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10B 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 t1d t2(2)C(3)mgh12(2m0m)d2 t22d2 t1212(1)52 m/s(2)5 m解析(1)由题图乙知，在前2 m 内，F1 2mg，做正功，在第3 m 内，F2 0.5mg，做负功，在第 4 m 内，F

12、30.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F1x1F2x2Ffx12mvA20代入数据解得vA5 2 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得mgLsin 30 012mvA2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：mgma，得 ag5 m/s2t1v0a45s0.8 sx112at121250.82m1.6 mL接着工件向右匀速运动，设时间为t2，t2Lx1v081.64s1

13、.6 s工件传到B 端经历的时间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 x1)sin 37 mg(d x1)cos 37 12k x1211012mv02代入数据得 x1 0.8 mFmkx1160 N(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 x2F2k20200m0.1 m由能量守恒得：12mv02mg(d x2)sin 37 mgscos37 12k x22代入数据得s6.89 m.14(1)3gR316(2)物块刚好落在平台上的B 点解析(1)物块从 A 点抛出后做平抛运动，在 C 点vCv0c

14、os 60 2v0由题意可知AB 的高度：hRcos 60 0.5R；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：mgh12mvC212mv02解得v03gR3物块从 A 到 F 的过程，由动能定理：mgR 012mv02解得 16；(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：mg12R mgR12mvC2解得vC6gR3，假设成立；BC 长度：sv02hg33R假设物块从C 点抛出后直接落在BC 平台上，物块在C 点竖直方向的分速度vyvCsin 60 2gR2水平分速度：vxvCcos60 6gR612落在 BC 平台上的水平位移：xvx2v

15、yg33R即物块刚好落在平台上的B 点15(1)2 m(2)23N，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，H12gt12由 N 至 P，LvNt2H2R12gt22由 M 至 N 过程，2mgR12mvN212mvM2联立解得：L 2 m；(2)由(1)可得，vN10 m/s小球在 N 点，由牛顿第二定律得mg FNmvN2R解得：FN23N由牛顿第三定律可知，小球在N 处对管道的作用力大小FN FN23N，方向竖直向上；(3)由 P 至 N 全过程，由能量守恒定律：Ep12mvN2mg(H2R)解得：Ep5 J.