【志鸿优化设计】高考物理大一轮复习 第五单元 功和能　机械能及其守恒定律单元综合质检 沪科版(1).doc

功和能机械能及其守恒定律(时间:60分钟满分:110分)单元质检第7页一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在竖直平面内,有根光滑金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y=acos x,将一个光滑小环套在该金属杆上,并从x=0、y=a处以某一初速度沿杆向+x方向运动。运动过程中()a.小环在d点的加速度为零b.小环在b点和d点的加速度相同c.小环在c点的速度最大d.小环在c点和e点的加速度方向相同解析:小环在d点和b点的加速度是由环的重力沿杆切向分力产生的,由对称性可知,小环在两点的加速度的大小相同,方向不同,故a、b均错误;因c点最低,小环的重力势能最小,由机械能守恒知,小环在c点的速度最大,c正确;小环在c点和e点的加速度均为向心加速度,故方向相反,d错误。答案:c2.光滑斜面上有一个小球自高为h的a处由静止开始滚下,抵达光滑的水平面上的b点时的速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动挡条后停下来。若让小球从h高处以初速度v0滚下,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()a.nb.2nc.3nd.4n解析:设每条阻挡条对小球做的功为w,当小球在水平面上滚动时,由动能定理有0-12mv02=nw,对第二次有0-12mv22=0-(12mv02+mgh)=nw,又因为12mv02=mgh,联立以上三式解得n=2n。答案:b3.小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为h,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面。在上升至离地高度h处,小球的动能是势能的2倍,在下落至离地高度h处,小球的势能是动能的2倍,则h等于()a.h9b.2h9c.3h9d.4h9解析:设小球上升至离地面高度h时,速度为v1,由地面上抛时速度为v0,下落至离地面高度h处速度为v2,空气阻力为f,上升阶段:-mgh-fh=-12mv02,-mgh-fh=12mv12-12mv02,2mgh=12mv12;下降阶段:mg(h-h)-f(h-h)=12mv22;mgh=212mv22,由以上各式联立得:h=49h,故选d。答案:d4.如图甲所示,足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力f,使环由静止开始运动,已知拉力f及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。则以下判断正确的是()a.小环的质量是1kgb.细杆与地面间的倾角是30c.前3s内拉力f的最大功率是2.25wd.前3s内小环机械能的增加量是6.75 j解析:设小环的质量为m,细杆与地面间的倾角为,由题图乙知,小环在第1s内的加速度a=0.51m/s2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律得:5-mgsin=ma,又4.5=mgsin,得m=1kg,a正确;sin =0.45,b错误;分析可得前3 s内拉力f的最大功率以1s末为最大,pm=fv=50.5 w=2.5 w,c错误;前3 s内小环沿杆上升的位移s=0.521m+0.52 m=1.25 m,前3 s内小环机械能的增加量e=12mv2+mgssin=5.75j,故d错误。答案:a5.半径为r的圆桶固定在小车上,有一光滑小球静止在圆桶的最低点,如图所示。小车以速度v向右匀速运动,当小车遇到障碍物突然停止时,小球在圆桶中上升的高度不可能是()a.等于v22gb.大于v22gc.小于v22gd.等于2r解析:小球沿圆桶上滑机械能守恒,由机械能守恒分析知a、c、d是可能的。答案:b6.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统,斜面轨道倾角为30,质量为m的木箱与轨道的动摩擦因数为36。木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程。下列选项正确的是()a.m=mb.m=2mc.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度d.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析:自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中,由能量守恒有:(m+m)gh=(m+m)gcos 30hsin30+e弹,在木箱反弹到轨道顶端的过程中,由能量守恒有:e弹=mgcos 30hsin30+mgh,联立得:m=2m,a错误,b正确;下滑过程中:(m+m)gsin -(m+m)gcos =(m+m)a1,上滑过程中:mgsin+mgcos=ma2,解之得:a2=g(sin +cos )a1=g(sin-cos ),故c正确;在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能,所以d错误。答案:bc7.静止在粗糙水平面上的物块a受方向始终水平向右、大小先后为f1、f2、f3的拉力作用做直线运动,t=4s时停下,其vt图象如图所示,已知物块a与水平面间的动摩擦因数处处相同,下列判断正确的是()a.全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功b.全过程拉力做的功等于零c.一定有f1+f3=2f2d.有可能f1+f32f2解析:由动能定理知a正确,b错误。第1 s内f1-mg=ma,1s末至3 s末,f2=mg,第4s内,mg-f3=ma,所以f1+f3=2f2,故c正确,d错误。答案:ac8.如图所示,一物体m在沿斜面向上的恒力f作用下,由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动,经时间t力f做功为60j,此后撤去恒力f,物体又经时间t回到出发点,若以地面为零势能点,则下列说法正确的是()a.物体回到出发点时的动能是60jb.开始时物体所受的恒力f=2mgsinc.撤去力f时,物体的重力势能是45jd.动能与势能相同的位置在撤去力f之前的某位置解析:由功能关系可知,前一个时间t内,力f做的功等于此过程中物体机械能的增量,也等于前一个时间t末时刻物体的机械能;撤去外力f后,物体的机械能守恒,故物体回到出发点时的动能是60j,a正确;设前一个时间t末时刻物体速度为v1,后一个时间t末时刻物体速度为v2,由v12t=v2-v12t(两段时间内物体位移大小相等)得:v2=2v1,由12mv22=60j知,12mv12=15j,因此撤去f时,物体的重力势能为60j-15 j=45 j,c正确;动能和势能相同时,重力势能为30 j,故它们相同的位置一定在撤去力f之前的某位置,d正确;由f-mgsinm=v1t,mgsinm=v2-(-v1)t可得:f=43mgsin ,故b错误。答案:acd二、实验题(共15分)9.(5分)关于“验证机械能守恒定律”的实验中,以下说法正确的是。a.实验中摩擦是不可避免的,因此纸带越短越好,因为纸带越短,克服摩擦力做的功就越少,误差就越小b.实验时需称出重物的质量c.纸带上第1、2两点间距若不接近2mm,则无论怎样处理实验数据,实验误差都一定较大d.处理打点的纸带时,可以直接利用打点计时器打出的实际点迹,而不必采用“计数点”的方法解析:选项a中,纸带过短,长度测量的相对误差较大,故a错误;由12mv2=mgh知,只需验证12v2=gh即可,不必测重物质量,故b错;对c选项中的纸带,可选点迹清晰、距离合适的任意两点m、n,通过计算ek=12mvn2-12mvm2与mghmn比较,实验误差不一定大,故c错误;由于自由落体加速度较大,因此除去1、2两点距离可能很小,其他相邻两点间的距离均大于或远大于2mm,用毫米刻度尺测量完全可以,不必采用“计数点”法,故d正确。答案:d10.(10分)某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率,进行了如下实验:用天平测出电动小车的质量为0.4kg。将电动小车、纸带和打点计时器按如图所示安装。接通打点计时器(其打点周期为0.02s)。使电动小车以额定功率加速运动,达到最大速度一段时间后关闭小车电源。待小车静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)。在上述过程中,打点计时器在纸带上所打的点迹如图甲、乙所示,图中o点是打点计时器打的第一个点。请你分析纸带数据,回答下列问题:(1)该电动小车运动的最大速度为m/s。(2)该电动小车运动过程中所受的阻力大小为n。(3)该电动小车的额定功率为w。解析:(1)速度恒定时:v=st=6.0010-220.02m/s=1.50 m/s。(2)匀减速运动阶段:a=st2-4.00 m/s2则f=ma=-1.60n。(3)f=-f电动小车的额定功率:p=fv=1.601.50w=2.4 w。答案:(1)1.50(2)1.60(3)2.4三、计算题(本题共3小题,共47分)11.(14分)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示,赛车从起点a出发,沿水平直线轨道运动l后,由b点进入半径为r的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到c点,并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg,通电后以额定功率p=1.5 w工作,进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3n,随后在运动中受到的阻力均可不计。图中l=10.00m,r=0.32m,h=1.25m,s=1.50m。问:要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间?(取g=10m/s2)解析:设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1,由平抛运动的规律s=v1t,h=12gt2解得v1=sg2h=3m/s设赛车恰好通过圆轨道,对应圆轨道最高点的速度为v2,最低点的速度为v3,由牛顿第二定律及机械能守恒定律mg=mv22r12mv32=12mv22+mg(2r)解得:v3=5gr=4m/s通过分析比较,赛车要完成比赛,在进入圆轨道前的速度最小应该是:vmin=4 m/s设电动机工作时间至少为t,根据功能关系:pt-fl=12mvmin2由此可得t=2.53s。答案:2.53s12.(18分)如图甲所示,水平传送带的长度l=6m,皮带轮以速度v顺时针匀速转动,现在一质量为1kg的小物块(可视为质点)以水平速度v0从a点滑上传送带,越过b点后做平抛运动,其水平位移为x,保持物块的初速度v0不变,多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移x,得到如图乙所示的xv图象。(1)当0v1m/s时,物块在a、b之间做什么运动?当v7m/s时,物块在a、b之间做什么运动?(2)物块的初速度v0多大?解析:(1)由于0v1m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变,所以物体在a、b之间做匀减速直线运动。由于v7m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变,所以物体在a、b之间做匀加速直线运动。(2)由图象可知在传送带速度v带=1m/s时,物体做匀减速运动。则平抛初速度为v1=1m/s,由动能定理得:-mgl=12mv12-12mv02在v带=7m/s时,物体做匀加速运动,则平抛初速度为v2=7m/s,由动能定理得:mgl=12mv22-12mv02解得v0=v12+v222=5m/s。答案:(1)匀减速直线运动;匀加速直线运动(2)5m/s13.(15分)如图所示,轨道abc被竖直地固定在水平桌面上,a距离水平地面高h=0.75m,c距离水平地面高h=0.45m。一质量m=0.10kg的小物块自a点从静止开始下滑,从c点以水平速度飞出后落在水平地面上的d点。现测得c、d两点的水平距离为l=0.60m。不计空气阻力,取g=10m/s2