浙江专版2024年高考物理一轮复习单元评估检测五机械能及其守恒定律含解析

PAGE13-单元评估检测(五)机械能及其守恒定律(90分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分)1.功的单位是焦耳(J),焦耳与基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)之间的关系正确的是 ()A.1J=1kg·m/s B.1J=1kg·m/s2C.1J=1kg·m2/s D.1J=1kg·m2/s2【解析】选D。依据功的定义得:W=FL,所以1J=1N·m,依据牛顿其次定律F=ma可知,力的单位为:1N=1kg·m/s2,所以有:1J=1kg·m2/s2,故D正确,A、B、C错误。2.如图所示,一质量为M、长为L的木板,放在光滑的水平地面上,在木板的右端放一质量为m的小木块,用一根不行伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与m、M连接,木块与木板间的动摩擦因数为μ,起先时木块和木板静止,现用水平向右的拉力F作用在M上,在将m拉向木板左端的过程中,拉力至少做功为()A.2μmgL B.12C.μ(M+m)gL D.μmgL【解析】选D。在拉力F的作用下,m、M缓慢匀速运动,使m被拉到木板的左端的过程中,拉力做功最少,设此时绳的拉力为FT,则FT=μmg,FT+μmg=F,当m到达M左端时,M向右运动的位移为L2,故拉力做功W=F·L2=μmgL,故3.(2024·宁波模拟)探讨表明,人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍。某同学体重为70kg,在水平地面上匀速步行的速度为5km/h,此过程中他的平均功率约为 ()A.5W B.50WC.100W D.200W【解析】选C。人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍,设该同学在时间t内在水平面上运动的距离为vt,此过程中重心上升的高度为Δh=0.1vt,该同学的重力为G=700N,所以平均功率P=GΔht=0.1Gvtt=0.1×Gv=0.1×700×53.4.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧竞赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1900J,他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中 ()A.动能增加了1900JB.动能增加了2000JC.重力势能减小了1900JD.重力势能减小了2000J【解析】选C。依据动能定理可知,动能的增加量等于合外力做功,即动能的增加量为1900J-100J=1800J,选项A、B错误;重力做功等于重力势能的变更量,故重力势能减小了1900J,选项C正确,D错误。5.(2024·温州模拟)两个木箱A、B的质量分别为mA、mB,且mA>mB,两木箱与水平冰面间的动摩擦因数相等。现使它们以相同的初动能在水平冰面上滑行,则两木箱滑行的距离xA、xB的大小关系是 ()A.xA=xB B.xA>xBC.xA<xB D.条件不足,无法比较【解析】选C。对两木箱由动能定理可得:-μmgx=0-Ek0,解得:x=E由于mA>mB,所以xA<xB。6.一小球从如图所示的弧形轨道上的A点由静止起先滑下,由于轨道不光滑,它仅能滑到B点。由B点返回后,仅能滑到C点,已知A、B高度差为h1,B、C高度差为h2,则下列关系正确的是 ()A.h1>h2 B.h1<h2C.h1=h2 D.h1、h2大小关系不确定【解析】选A。依据功能关系得:从A到B过程:mgh1=Wf1,从C到B过程:mgh2=Wf2,由于小球克服摩擦力做功,机械能不断减小,前后两次经过轨道同一点时速度减小,所须要的向心力减小,则轨道对小球的支持力减小,小球所受的滑动摩擦力相应减小,而滑动摩擦力做功与路程有关,可见,从A到B小球克服摩擦力做功Wf1肯定大于从B到C克服摩擦力做功Wf2,则h1>h2。故选A。7.如图所示,一根跨越光滑定滑轮的轻绳,两端各连有一杂技演员(可视为质点),甲站于地面,乙从图示的位置由静止起先向下摇摆,运动过程中绳始终处于伸直状态,当演员乙摆至最低点时,甲刚好对地面无压力,则演员甲的质量与演员乙的质量之比为 ()A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1【解析】选B。设定滑轮到乙演员的距离为L,那么当乙摆至最低点时下降的高度为L2,依据机械能守恒定律可知m乙gL2=12m乙v2;又因当演员乙摆至最低点时,甲刚好对地面无压力,说明绳子上的张力和甲演员的重力相等,所以m甲g-m乙g=m乙v28.(2024·杭州模拟)如图所示,一个小球(视为质点)从H=12m高处,由静止起先通过光滑弧形轨道AB,进入半径R=4m的竖直圆环,且与圆环间动摩擦因数到处相等,当到达环顶C时,刚好对轨道压力为零;沿CB圆弧滑下后,进入光滑弧形轨道BD,且到达高度为h的D点时的速度为零,取g=10m/s2,全部高度均相对B点而言,则h之值可能为 ()A.7m B.8m C.9m D.10m【解析】选C。因为当到达环顶C时,刚好对轨道压力为零,则C点的速度为vC=gR=40m/s,从A点到C点损失的机械能ΔE=mgH-1=20mJ,小球从C点到D点机械能损失肯定小于20mJ,即0<1-mgh<20m,解得10m>h>8m,故选项C正确。9.(2024·舟山模拟)质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速,受到的阻力不变,其加速度a和速度的倒数1v的关系如图所示,则赛车A.速度随时间匀称增大B.加速度随时间匀称增大C.输出功率为60kWD.所受阻力大小为1600N【解析】选D。由图可知,加速度变更,故做变加速直线运动,故A错误;a-1v函数方程a=400v-4,赛车加速运动,速度增大,加速度减小,故B错误;对赛车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力,依据牛顿其次定律,有:F-f=ma,其中:F=Pv,联立得:a=Pmv-fm,结合图线,当赛车的速度最大时,加速度为零,故结合图象可以知道,a=0时,1v=0.01,v=100m/s,所以最大速度为100m/s;由图象可知:-fm=-4,解得:f=4m=4×400N=1600N;0=1400×P100-f400解得:P=16010.如图所示长木板A放在光滑的水平地面上,物体B以水平速度冲上A后,由于摩擦力作用,最终停止在木板A上,则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中,下列说法中正确的是 ()A.物体B动能的削减量等于系统损失的机械能B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量【解析】选D。依据能量的转化,B的动能削减量等于系统损失的机械能加A的动能增加量,故A、C均错;B克服摩擦力做的功等于B的动能削减量,B错;对B:WfB=E′kB-EkB,对A:WfA=E′kA-0;则WfA+WfB=(E′kA+E′kB【总结提升】解决功能关系问题应当留意的三个方面(1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;依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状况。(2)也可以依据能量之间的转化状况,确定是什么力做功,尤其可以便利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缘由,在不同问题中的详细表现不同。二、试验题(本题共2小题,共14分)11.(6分)(2024·浙江4月选考真题)(1)用图甲所示装置做“探究功与速度变更关系”试验时,除了图中已给出的试验器材外,还须要的测量工具有__。(填字母)

A.秒表 B.天平C.刻度尺 D.弹簧测力计(2)用图乙所示装置做“验证机械能守恒定律”试验时,释放重物前有下列操作,其中正确的是____________。(填字母)

A.将打点计时器的两个限位孔调整到同一竖直线上B.手提纸带随意位置C.使重物靠近打点计时器(3)图丙是小球做平抛运动的频闪照片,其上覆盖了一张透亮方格纸,已知方格纸每小格的边长均为0.80cm。由图可知小球的初速度大小为__________m/s(结果保留两位有效数字)。

【解析】(1)探究功与速度变更的关系试验中因为运用打点计时器测速度,不须要秒表,故A错误;因为运动中质量不变,在找关系时不须要天平测质量,故B错误;由纸带上的点计算速度须要刻度尺测量距离,故C正确;每次试验时橡皮筋根数成倍数关系增加,形变量不变,探究功与速度变更关系不须要测力,故D错误。故选C。(2)图乙中利用自由落体运动验证机械能守恒定律,故A正确,释放前手应当提纸带不挂重物的一端,故B错误;为了打上更多的点,重物应当靠近打点计时器,故C正确。故选A、C。(3)由平抛运动的规律得:水平方向3.5L=v0T,竖直方向2L=gT2,联立解得:v0=0.70m/s。答案:(1)C(2)A、C(3)0.7012.(8分)为了探究做功与物体动能之间的关系,在气垫导轨上放置一带有遮光片的滑块,滑块的一端与轻弹簧相接,弹簧另一端固定在气垫导轨的一端,将一光电门P固定在气垫导轨底座上适当位置(如图甲),使弹簧处于自然状态时,滑块上的遮光片刚好位于光电门的挡光位置,与光电门相连的光电计时器可记录遮光片通过光电门时的挡光时间。试验步骤如下: ①用游标卡尺测量遮光片的宽度d;②在气垫导轨上适当位置标记一点A(图中未标出,AP间距离远大于d),将滑块从A点由静止释放。由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t;③利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v;④更换劲度系数不同而自然长度相同的弹簧重复试验步骤②③,记录弹簧劲度系数及相应的速度v,如表所示:弹簧劲度系数k2k3k4k5k6kv/(m·s-1)0.711.001.221.411.581.73v2/(m2·s-2)0.501.001.491.992.502.99v3/(m3·s-3)0.361.001.822.803.945.18(1)测量遮光片的宽度时游标卡尺读数如图乙所示,读数为d=________m。

(2)用测量的物理量表示遮光片通过光电门时滑块的速度的表达式v=________。

(3)已知滑块从A点运动到光电门P处的过程中,弹簧对滑块做的功与弹簧的劲度系数成正比,依据表中记录的数据,可得出合力对滑块做的功W与滑块通过光电门时的速度v的关系是________。

【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为16mm,游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标尺读数为2×0.1mm=0.2mm,所以最终读数为16mm+0.2mm=16.2mm=1.62×10-2m。(2)由于遮光片宽度较小,通过光电门的时间很短,所以平均速度接近瞬时速度,则v=dt(3)由数据可知速度的平方与劲度系数成正比,而弹簧对滑块做的功与劲度系数成正比,则弹簧对滑块做的功与速度的平方也成正比,即W与v2成正比。答案:(1)1.62×10-2(2)d(3)W与v2成正比三、计算题(本题共4小题,共46分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(10分)如图所示,水平平台AO长x=2.00m,槽宽d=0.10m,槽高h=1.25m,现有一小球从平台上A点水平射出,已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍,空气阻力不计。(1)求小球在平台上运动的加速度大小。(2)为使小球能沿平台到达O点,求小球在A点的最小出射速度和此情景下小球在平台上的运动时间。(3)若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P点,求小球离开O点时的速度大小。【解析】(1)小球在平台上沿水平方向只受到摩擦力的作用,所以ma=kmg,解得a=kmgm=kg=0.1×10m/s2=1m/s2。 (2分(2)为使小球能射入槽中,小球的最小出射速度满意小球到达O点速度为零依据动能定理知-kmgx=0-12mv12代入数据解得v1=2m/s(1分)由匀变速直线运动规律知0-v1=-at1 (1分)联立以上式子得t1=2s。 (1分)(3)小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P点水平方向d=v2t2 (1分)竖直方向h=12gt22解得t2=0.5s(1分)联立得v2=dt2=0.10.5答案:(1)1m/s2(2)2m/s2s(3)0.2m/s14.(10分)我国将于2024年举办冬季奥运会,跳台滑雪是其中最具欣赏性的项目之一,如图所示,质量m=60kg的运动员从长直轨道AB的A处由静止起先以加速度a=3.6m/s2匀加速下滑,到达助滑道末端B时速度vB=24m/s,A与B的竖直高度差H=48m。为了变更运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道连接,其中最低点C处旁边是一段以O为圆心的圆弧,助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J,g取10m/s2。 (1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小。(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少为多大。【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,斜面的倾角为α,则有vB2=2ax (1依据牛顿其次定律得mgsinα-Ff=ma又sinα=Hx (2分由以上三式联立解得Ff=144N(1分)(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=12mvC2-12m设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿其次定律得FN-mg=mvC2R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍,即有FN=6mg联立解得R=12.5m(2分)答案:(1)144N(2)12.5m15.(12分)(2024·台州模拟)儿童乐园里的弹珠嬉戏不仅具有消遣性还可以熬炼儿童的眼手合一实力。某弹珠嬉戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透亮玻璃管道,管道的半径较小。为探讨便利建立平面直角坐标系,O点为抛物口,下方接一满意方程y=59x2的光滑抛物线形态管道OA;AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道,CD是动摩擦因数μ=0.8的粗糙直管道;各部分管道在连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA=1.20m、xB=2.00m、xC=2.65m、xD=3.40m。已知,弹珠质量m=100g,直径略小于管道内径。E为BC管道的最高点,在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠,sin37°=0.6,sin53°=0.8,g=10m/s2,求(1)若要使弹珠不与管道OA触碰,在O点抛射速度v0应当多大;(2)若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍,在O点抛射速度v0应当多大;(3)嬉戏设置3次通过E点获得最高分,若要获得最高分在O点抛射速度v0的范围。【解析】(1)由y=59x2得A点坐标(1.20m,0.80m)由平抛运动规律得:xA=v0t, (1分)yA=12gt2 (1分代入数据,求得t=0.4s,v0=3m/s; (1分)(2)由速度关系,可得A处速度方向与水平方向的夹角为θ=53°求得AB、BC圆弧的半径R=0.5mOE过程由动能定理得:mgyA-mgR(1-cos53°)=12mvE2-4mg=mvE2解得v′0=22m/s; (1分)(3)sinα=2.即∠EO2C=α=30°CD与水平面的夹角也为α=30°设3次通过E点的抛射速度最小值为v1。由动能定理得mgyA-mgR(1-cos53°)-2μmgxCDcos30°=0-12mv12解得v1=23m/s(1分)设3次通过E点的抛射速度最大值为v2。由动能定理得mgyA-mgR(1-cos53°)-4μmgxCDcos30°=0-12mv22解得v2=6m/s(1分)考虑2次经过E点后不从O点离开,有-2μmgxCDcos30°=0-12mv32解得v3=26m/s(1分)故23m/s≤v0<26m/s(1分)答案:(1)3m/s(2)22m/s(3)23m/s≤v0<26m/s16.(14分)(2024·全国卷Ⅰ)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止起先下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=14,重力加速度大小为g。(取sin37°=35(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)变更物块P的质量,将P推至E点,从静止起先释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与