2020版广西物理一轮复习单元质检五 机械能

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精单元质检五机械能(时间:45分钟满分：100分）单元质检卷第10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1~5题只有一项符合题目要求，第6～8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。右图是一种清洗车辆用的手持喷水枪。设枪口截面积为0。6cm2,喷出水的速度为20m/s（水的密度为1×103kg/m3）。当它工作时,估计水枪的功率约为（）A.250W B.300WC.350W D。400W答案A解析每秒喷出水的动能为Ek=12mv2=12ρSvt·v2，代入数据得Ek=240J，故选项2.（2018·浙江温州期末）一张桌子始终静止在水平地面上,一根木棒沿着水平桌面从A运动到B,发生的位移为x,如图所示。若棒与桌面间的摩擦力大小为Ff，则棒对桌面的摩擦力和桌面对棒的摩擦力做的功各为（）A.—Ffx,—Ffx B。Ffx，—FfxC。—Ffx,0 D。0,—Ffx答案D解析棒对桌面的摩擦力和桌面对棒的摩擦力为作用力和反作用力,大小相等、方向相反，从A运动到B的过程中，棒受到的摩擦力为Ff,位移为x,摩擦力做的是负功,所以桌面对棒的摩擦力做的功为—Ffx,桌面受到的摩擦力的大小也为Ff，但桌面没动,位移是0,所以棒对桌面的摩擦力做的功为0,由以上分析可知D项正确。3。(2018·广东揭阳七校联考)甲、乙两车同时同地同向运动,两车的v-t图像如图所示。其中质量m=7.5t的甲车以恒定功率P=50kW启动，最后匀速运动。乙车做初速为0的匀加速运动,则乙车追上甲车的时间是（）A。40s B。20s C。60s D。30s答案D解析设乙车追上甲车的时间为t，对乙车有x=12at2=12×12对甲车,当甲车速度最大时,牵引力等于阻力，则有F=Ff=Pvm=50×1由题图可知,当乙车追上甲车时,甲车已经达到最大速度,并且以最大速度做匀速直线运动，对甲车根据动能定理有Pt—Ff·x=12联立①②③式可得t=30s，故选项D正确.4。长l的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放,当杆到达竖直位置时,轴对杆的作用力F的大小和方向为()A。2。4mg竖直向上 B。2。4mg竖直向下C。6mg竖直向上 D。4mg竖直向上答案A解析对于整个系统而言,机械能守恒,有mgl23-13=12m23lω2+12m13lω2，当杆运动到竖直位置时,顶端的小球向心力为F1+mg=m13lω2，底端的小球向心力为F2-mg=m23lω2,解以上三式得轴对轻杆的作用力F的大小F2-F1=2。4mg，方向竖直向上,选项A正确。5.右图是质量为1kg的滑块在水平面上做直线运动的v-t图像。下列判断正确的是(）A.在t=1s时，滑块的加速度为零B.在4~6s时间内，滑块的平均速度为2.5m/sC.在3~7s时间内,合力做功的平均功率为2WD。在5～6s时间内，滑块受到的合力为2N答案C解析由题图可知,t=1s时,滑块的加速度大小为2m/s2,选项A错误;4～6s时间内，滑块的位移x=4×1+42×1m=6m,所以平均速度为v=xt=3m/s，选项B错误;3~7s时间内,合力做功W=-12mv2=-12×1×42J=-8J，所以合力做功的平均功率P=Wt=84W=2W,选项C正确;56。如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块。选择B端所在的水平面为参考平面,物块从A端运动到B端的过程中,其机械能E与位移x的关系图像可能正确的是()答案BD解析选择B端所在的水平面为参考平面，可知初始状态下物块的机械能不为0，A错误.由于物块初速度为0，在物块速度达到与传送带速度相等之前，物块相对传送带向上运动，受到向下的摩擦力，除重力外只有此摩擦力对物块做正功,其机械能增大.若传送带不是足够长时,物块速度与传送带达到共速前已到B端，则对应于图像B,否则达到共速后物块所受摩擦力方向突变为向上,摩擦力开始对物块做负功，物块的机械能开始减少，故C错误，D正确.7.如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的二次方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25N，空气阻力不计,g取10m/s2,B点为AC轨道的中点，下列说法正确的是(）A。小球质量为0.5kgB.小球在B点受到轨道作用力为4.25NC.图乙中x=25m2/s2D。小球在A点时重力的功率为5W答案BC解析由题图乙可知,小球在C点的速度大小为v=3m/s,轨道半径R=0.4m，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力,所以小球在C点有mg+F=mv2R,代入数据得m=0。1kg,选项A错误；由机械能守恒可知,小球在B点的速度12mv2+mgR=12mvB2，解得vB2=17m2/s2，因在B点是弹力提供向心力，所以有FB=mvB2R，解得F=4.25N，选项B正确;再由机械能守恒定律可得,12mv2+2mgR=12mv02，解得小球在A点的速度v0=8.如图所示,一个表面光滑的斜面体置于水平地面上,它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β,且α〈β，斜面体的顶端装有一定滑轮,一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块,细绳与各自的斜面平行,不计绳与滑轮间的摩擦,A、B恰好在同一高度处于静止状态.剪断细绳后，A、B滑至斜面底端,斜面体始终保持静止,则()A.滑块A的质量大于滑块B的质量B。两滑块到达斜面底端时的速率相同C.两滑块到达斜面底端时,滑块A重力的瞬时功率较大D.两滑块到达斜面底端所用时间相同答案AB解析根据题意,由于A、B物体均处于平衡状态,有FTA=FTB，而FTA=mAgsinα,FTB=mBgsinβ,所以mA大于mB，A正确;由于A、B物体距离地面的高度h相同，据机械能守恒定律可知两者到达地面的速率v相同,B正确；两者到达地面的瞬时功率为PA=mAgvsinα，PB=mBgvsinβ，所以PA=PB，C错误；两者到达地面的时间为hsinα=g(sinα)t二、实验题(20分)9.（8分）某实验小组的同学欲探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系，在实验室设计了一套如图甲所示的装置,图中A为小车，B为打点计时器，C为弹簧测力计，P为小桶(内有沙子）;一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦。实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点.（1）该同学在一条比较理想的纸带上，将点迹清楚的某点记为零点,顺次选取一系列点，分别测量这些点到零点之间的距离x,计算出它们与零点之间的速度二次方的差Δv2=v2-v02，弹簧测力计的读数为F，小车的质量为m,然后建立Δv2—x坐标系，通过描点法得到的图像是一条过原点的直线,如图乙所示，则这条直线的斜率的意义为。（填写表达式（2)若测出小车质量为0.4kg,结合图像可求得小车所受合外力的大小为N.

答案(1)2Fm解析（1)根据动能定理可知Fx=12mΔv2,所以Δv2=2Fmx∝x，Δv2-x图像为过原点的直线,直线的斜率(2)结合图像可知k=2Fm=5N/kg,所以F=10。（12分）验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示采用重物自由下落的方法:甲（1）实验中，下面哪些测量工具是必需的(）A.天平B.直流电源C。刻度尺 D。停表(2）已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度g取9.80m/s2，所用重物的质量为200g。实验中选取一条符合实验要求的纸带如图乙所示，O为纸带下落的起始点,A、B、C为纸带上选取的三个连续点。计算B点瞬时速度时,甲同学用vB2=2gxOB,乙同学用vB=xAC2T,其中所选方法正确的是(选填“甲"或“乙”）同学;根据以上数据,可知重物由O运动到B点时动能的增加量等于J，重力势能减少量等于乙（3)实验中,发现重物减少的势能总是大于重物增加的动能,造成这种现象的主要原因是。

答案（1）C（2)乙0。3690.376（3）见解析解析(1）根据实验原理，需要验证方程mgh=12mv2成立,即gh=12v2,则不需要天平，v由打点计时器打下的纸带测出，不需要停表，电磁打点计时器工作电源为4～6V交流电源，故需要低压交流电源(2)物体由静止开始自由下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力作用,不是自由落体运动，vB2=2gxOB，是自由落体运动的公式，故甲同学错误。重物的重力势能的减少量ΔEp=mgh=0。200×9。80×0.1920J=0打B点时重物的速度v=xAC2T=0物体动能的增加量ΔEk=12mv2=0.5×0。200×1.922J=0。369J（3)空气阻力和打点计时器对纸带的阻力做功。三、计算题（本题共2小题，共32分）11。（16分）如图所示,将质量为m=1kg的小物块放在长为l=1。5m的小车左端，车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,直径d=1.8m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地面高度h=0.65m,开始时车和物块一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动,g取10m/s2，求：(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力;(2)小物块落地点至车左端的水平距离。答案（1）104.4N,方向竖直向下(2）3。4m解析（1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理得—μmgl=1解得v1=85m/s,刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN—mg=mv解得FN=104。4N，由牛顿第三定律得,FN=FN’=104.4N，方向竖直向下。(2)若小物块能到达半圆轨道最高点,则由机械能守恒得12mv1解得v2=7m/s，设恰能过最高点的速度为v3，则mg=mv解得v3=gR=3m/s,因v2〉v3，故小物块从半圆轨道最高点做平抛运动,h+2R=12gt2,x=v2联立解得x=4.9m,故小物块距车左端x'=x—l=3。4m。12.（16分)如图所示,质量为3kg的小球A和质量为5kg的小球B通过一压缩弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定,两小球在弹力作用下分离，A球分离后向左运动恰好通过半径R=0.5m的光滑半圆轨道的最高点，B球分离后从平台上以速度vB=3m/s水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α的光滑斜面顶端,并刚好沿光滑斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差h=0。8m，g取10m/s2,求：(1)A、B两球刚分离时A的速度大小;(2)弹簧锁定时的弹性势能；（3）斜面的倾角α。答案（1)5m/s（2）60J（3）53°解析(1)小球A恰好通过半径R=0.5m的光滑半圆轨道的最高点，设在最高点速度为v0，在最高点有mA