2020届高考物理总复习第五章机械能单元评估检测五含解析新人教版.docx

单元评估检测(五)(第五章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。15题为单选题，68题为多选题)1.如图所示，木块A、B叠放在光滑水平面上，A、B之间不光滑，用水平力F拉B，使A、B一起沿光滑水平面加速运动，设A对B的摩擦力为F1，B对A的摩擦力为F2，则以下说法正确的是()A.F1对B做正功，F2对A不做功B.F1对B做负功，F2对A做正功C.F2对A做正功，F1对B不做功D.F2对A不做功，F1对A做正功【解析】选B。对整体由牛顿第二定律得F=(mA+mB)a，A、B两物体的加速度向右，隔离物体A，通过受力分析可知，B对A的摩擦力F2向右，而A向右运动，由W=FL可知，F2对A做正功，A对B的摩擦力F1向左，F1对B做负功，故B正确。2.(创新预测)质量为m的汽车从静止开始以恒定的加速度a启动，当汽车的输出功率达到额定功率P后，保持功率不变直到汽车以速度v0匀速运动，匀速运动时汽车的牵引力为F0。则下列说法中正确的是()A.汽车匀加速运动过程中其功率与时间成反比B.汽车匀加速直线运动的时间为C.汽车匀加速直线运动的时间为D.由已知条件可求出汽车加速启动的位移【解析】选C。汽车匀速运动时，则有F0=Ff，汽车匀加速直线运动过程，由牛顿第二定律得F-Ff=ma，解得F=F0+ma，汽车匀加速直线运动过程中任意时刻的速度为v=at，则P=Fv=(F0+ma)at，故A错误；由P=Fv得汽车匀加速直线运动的最大速度为v=，匀加速直线运动的时间为t=，故B错误，C正确；由x=at2可求出汽车匀加速直线运动的位移，全过程由动能定理得Fx+Pt-F0x总=m-0，若恒定功率启动过程的时间已知则可求汽车加速启动的位移，故D错误。3.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是()A.W=0，Q=mv2B.W=0，Q=2mv2C.W=，Q=mv2D.W=mv2，Q=2mv2【解析】选B。对小物块，由动能定理有W=mv2-mv2=0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为，则小物块与传送带间的相对路程x相对=，这段时间内因摩擦产生的热量Q=mgx相对=2mv2，故A、C、D错误，B正确。【加固训练】(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是()A.上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多【解析】选B、D。由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。4.(创新预测)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示。在物体上升过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大，则()A.在x2处物体的速度最大B.在x1处物体所受拉力最大C.在x2x3过程中，物体的动能一直增大D.在0x2过程中，物体加速度的大小是先增大后减小【解析】选B。根据功能关系可知，机械能E与位移x图线的斜率表示物体受到的拉力，可见，A处切线的斜率最大，说明x1处物体受到的拉力F最大，在0x1过程中物体所受拉力是变力，在0x1过程中物体做加速运动。在x1x2过程中，图象的斜率越来越小，说明拉力越来越小，拉力先大于重力，后小于重力，在x2处物体的机械能最大，图象的斜率为零，此时拉力为零，所以在这一过程中物体应先加速后减速，所以在x1处物体的速度不是最大，应在x1x2过程中某处速度最大，故A错误，B正确；在x2x3过程中，拉力为零，物体的机械能守恒，重力势能增大，则物体的动能一直减小，故C错误；在0x2过程中，拉力先增大后减小，直到变为零，则物体受到的合力应先向上增大后减小，减小到零后，再反向增大，故D错误。5.如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上。由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是()A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒【解析】选D。如图所示，由几何关系可知，当圆环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以在圆环从a到C的过程中弹簧对圆环做正功，弹簧的弹性势能减小，圆环的机械能增大，而从C到b的过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，圆环的机械能减小，故A、B、C错误；在整个过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确。【加固训练】如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高地固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长，现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.向下运动的过程中，物体的加速度先增大后减小B.向下运动的过程中，物体的机械能先增大后减小C.物体在最低点时，弹簧的弹性势能为D.物体在最低点时，弹簧中的弹力为【解析】选C。物体向下运动，弹簧弹力增大，所受合外力减小，加速度减小，方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，速度最大，物体继续向下运动弹簧弹力增大，合力增大，加速度增大，方向向上，到达最低点时速度为零，加速度先减小后增大，故A错误；物体向下运动的过程中，弹簧弹力向上，位移向下，做负功，根据W除重=E可知机械能一直减小，故B错误；根据机械能守恒定律可知，物体在最低点时，速度为零，动能为零，物体减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由几何关系得物体下降的高度h=，故弹簧的弹性势能为E弹=mgh=，故C正确；当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物体继续向下运动弹簧弹力增大，弹簧弹力的合力大于重力，则有F弹cos，解得F弹，故D错误。6.(2019泉州模拟)如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇。已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则()A.斜面可能是光滑的B.在P点时，小球的动能大于物块的动能C.小球运动到最高点时离斜面最远D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等【解析】选B、D。把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错误；物块在斜面上摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故B正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故C错误；小球和物块初、末位置相同，高度差相等，重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确。7.(2019唐山模拟)如图所示，轻质弹簧劲度系数为k，一端与固定在倾角为的光滑斜面底端的传感器连接，另一端与木块连接，木块处于静止状态，此时传感器示数为F0。若在木块的上端加一沿斜面向上的恒力F，当传感器示数再次为F0时。下面说法正确的是()A.木块上升的高度为B.木块的机械能增加量为C.木块的动能增加量为(F-F0)D.木块的质量为【解析】选B、C。木块原来静止时有 F0=kx1，当传感器示数再次为F0时有 F0=kx2，木块上升的高度 h=(x1+x2)sin=sin，故A错误；由于初末状态弹簧的弹性势能相等，由功能关系知，木块的机械能增加量等于F做的功，则E增=F(x1+x2)=，故B正确；在此过程中，弹簧的弹力做功为0，由动能定理得Ek=F(x1+x2)-mg(x1+x2)sin，初状态时有F0=mgsin，联立解得木块的动能增加量为Ek=(F-F0)，故C正确；由F0=mgsin得m=，故D错误。【总结提升】解决功能关系问题应该注意的三个方面(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。(2)可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。8.如图甲所示，某同学用拖把直行拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，此时推力与水平面的夹角为1，且拖把刚好做匀速直线运动。从某时刻开始，拖把推杆与水平方向的夹角变为2，如图乙所示，保持拖把的速度大小和方向不变，则()A.推力F变大B.推力F的功率增大C.地面对拖把的支持力变小D.地面对拖把的摩擦力变小【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)由平衡条件列方程，求出推力F的表达式。(2)由数学辅助角公式分析判断。【解析】选A、B。设拖把与地面之间的动摩擦因数为，则拖把匀速运动时，处于平衡状态，受力如图所示，由平衡条件得，水平方向Fcos1-Ff=0，竖直方向Fsin1+mg=FN，联立解得F=，又有tan=，拖把与水平方向的夹角变为2，因为21，保持拖把的速度大小和方向不变，由以上分析，推力F变大，故A正确；推力F的功率P=Fvcos1=，拖把与水平方向的夹角变为2，因为21，所以推力F的功率增大，故B正确；地面对拖把的支持力FN=mg+Fsin1=mg+，保持拖把的速度大小和方向不变，因为21，则拖把对地面的压力增大，滑动摩擦力增大，故C、D错误。二、实验题(10分)9.(2019齐齐哈尔模拟)某同学用气垫导轨验证机械能守恒定律，在气垫导轨的滑块上装上一个挡光片和一个方盒，测得滑块、方盒及挡光片的总质量为M，气垫导轨的右端固定一个定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，每个钩码的质量为m，当地重力加速度为g。(桌面足够高)(1)现用游标卡尺测出挡光片的宽度，读数如图所示，则宽度d=_ mm。(2)实验前先调节气垫导轨水平，方法是：取下砝码，接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的螺母，若滑块放在气垫导轨上任意位置都能_，则导轨水平。(3)先挂上6个钩码，将滑块由某一固定位置由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为_(用题中所给字母表示)。(4)每次将1个钩码移放到滑块上的方盒中，滑块均由同一位置由静止释放，重复实验，记录每次悬挂钩码的个数n及挡光片通过光电门的时间t，在坐标纸上作出n-图象，如图丙所示，要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是_，设此物理量的测量值为x，要验证机械能守恒，在误差允许的范围内，作出的图象斜率k=_。【解析】(1)游标卡尺的读数为d=5 mm+0.05 mm5=5.25 mm。(2)调节气垫导轨水平时，通过调节导轨下面的螺母，使滑块放在导轨上任意位置都能保持静止，则导轨调节水平。(3)滑块通过光电门的速度v=。(4)要验证机械能守恒，还需要测量滑块开始滑动时，挡光片到光电门的距离；根据机械能守恒定律得nmgx=(M+6m)()2，解得n=，因此要验证机械能守恒，除了n-图象为一条过原点的倾斜直线，还必须得到图象的斜率k=。答案：(1)5.25(2)保持静止 (3)(4)滑块开始滑动时挡光片到光电门的距离【加固训练】某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。(1)用游标卡尺测量金属球的直径：图2为游标卡尺校零时的示数，用该游标卡尺测量小球的直径，其示数为10.00 mm，所测金属球的直径d=_mm。(2)用一根不可伸长的轻质细线拴住该金属球，细线的另一端固定在悬点O，在最低点前后放置一组光电门，测得悬点到球心的距离为L。将金属球从最低点拉开角，由静止释放金属球，金属球在竖直面(纸面)内摆动，记下金属球第一次通过光电门的时间t，金属球通过光电门的速度大小为_；已知重力加速度为g，则验证金属球机械能守恒的表达式为_(用字母L、d、t、g表示)。【解析】(1)由图可知，游标尺20格相当主尺39 mm，那么游标尺1格与主尺2格相差0.05 mm，游标卡尺读数为d=10.00 mm-30.05 mm=9.85 mm。(2)小球经过最低点时速度可表示为v=；小球下摆过程中重力势能减少量为Ep=mgL(1-cos)，动能的增加量Ek=mv2=m，若mgL(1-cos)=m，即2gL(1-cos)=成立，说明小球下摆过程机械能守恒。答案：(1)9.85(2)2gL(1-cos)=三、计算题(本题共2小题，共42分。需写出规范的解题步骤)10.(20分)(2019南昌模拟)冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动。其场地由助滑坡AB(高度差为10 m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3 m、对应的圆心角为60)和跳台EF(高度可调，取为h=4 m)等组成，如图所示，质量60 kg的运动员由A点静止出发，沿轨道运动到F处飞出。运动员飞出的速度须在54 km/h到68 km/h之间能在空中完成规定动作，设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2，则：(1)为能完成空中动作，则该运动员在AB过程中至少做多少功。(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D处，求该运动员受到的最小支持力。(3)若将该运动员在AB段和EF段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为tABtEF=31，已知AB=2EF，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？【解析】(1)该运动员在AF过程中，由动能定理得：mg(hAB-h)+W人=m-0运动员通过F的最小速度vF=54 km/h=15 m/s解得：W人=3 150 J(2)从D点到F点，由动能定理得：-mgh+R(1-cos 60)=m-m其中vF取最小速度，在D点由牛顿第二定律得：FN-mg=m解得：FN=7 300 N(3)在AB段和EF段运动的平均速度之比：= =23设滑到B点的速度为v1，则滑到E点的速度也为v1，设滑到F点的速度为v2，则：=解得：v1=2v2又有：a1=a2=解得： a1a2=23答案：(1)3 150 J(2)7 300 N(3)2311.(22分)(2019合肥模拟)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角=30的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定。一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h，弹簧锁定