2022年高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律單元滾動檢測卷

2022年高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律單元滾動檢測卷考生注意：1本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，共4頁2答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上3本次考試時間90分鐘，滿分100分第卷一、選擇題(本題共13小題，每小題3分，共39分每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1伽利略的斜面實驗反映了一個重要事實：如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略不計，小球一旦沿斜面A滾落，必將準確地終止于斜面B上與它開始點相同高度處，絕不會更高一點或更低一點，這說明，小球在運動過程中有一個“東西”是不變的，這個“東西”是()A彈力 B速度C加速度 D能量答案D解析運動過程中若斜面的傾角不同，則受到的彈力不同，A錯誤；下滑過程中速度越來越大，上滑過程中速度越來越小，速度不同，B錯誤；斜面的傾斜程度不同，加速度也不同，C錯誤；伽利略理想斜面實驗中如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略，則在小球運動的過程只有重力做功，則物體的機械能守恒，故這個不變量應該是能量，D正確2(xx·紹興第一中學期末)關于做功，下列說法中正確的是()A滑動摩擦力阻礙物體的相對運動，一定做負功B靜摩擦力和滑動摩擦力都可以做正功C一負電荷在電場中移動時，克服電場力做功，則其電勢能減少D作用力與反作用力大小相等、方向相反，所做功的代數(shù)和一定為零答案B解析恒力做功的表達式WFlcos ，滑動摩擦力的方向與物體相對運動方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，物體受滑動摩擦力也有可能位移為零，故可能做負功，也可能做正功，也可能不做功，A錯誤；恒力做功的表達式WFlcos ，靜摩擦力的方向與物體相對運動趨勢方向相反，但與運動方向可以相同，也可相反，還可以與運動方向垂直，故靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，也可以不做功，結(jié)合A的分析，B正確；無論是正電荷還是負電荷，只要克服電場力做功，其電勢能一定增加，C錯誤；一對相互作用力大小相等，方向相反，作用的兩個物體位移不同，做功就不同，其代數(shù)和不一定為零，D錯誤3兩輛相同的汽車，一輛空載，一輛滿載，在同一水平公路路面上(路面粗糙程度不變)直線行駛，下面關于兩車車速、動能、慣性、質(zhì)量和滑行路程的討論，正確的是()A車速較大的汽車，它的慣性較大B動能較大的汽車，它的慣性較大C行駛速度相同時，質(zhì)量較大的汽車，剎車后滑行的路程較長D以額定功率勻速行駛時，質(zhì)量較小的汽車，剎車后滑行的路程較長答案D4如圖1所示，兩個物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)相等，它們的質(zhì)量也相等在甲圖中用力F1拉物體，在乙圖中用力F2推物體，夾角均為，兩個物體都做勻速直線運動，通過相同的位移設F1和F2對物體所做的功分別為W1和W2，物體克服摩擦力做的功分別為W3和W4，下列判斷正確的是()圖1AF1F2 BW1W2CW3W4 DW1W3W2W4答案D5如圖2所示，質(zhì)量為m的小球(可以看成質(zhì)點)，在恒力F的作用下，從地面上A點由靜止開始運動途經(jīng)桌面處B點到達C點，現(xiàn)以桌面為參考平面，已知H<h，則()圖2A小球從A到B重力做功小于從B到C重力做的功B小球在A點的重力勢能大于在C點的重力勢能C整個過程小球的機械能一定增大D整個過程小球的機械能守恒答案C解析功的大小比較看絕對值，h>H，則mghmgH，故A錯誤；重力勢能的大小看位置高低，A點最低，B錯誤；恒力F始終做正功，所以小球的機械能一直變大，C正確，D錯誤6如圖3所示，質(zhì)量相同的物體A與B通過一輕繩繞過光滑固定的輕質(zhì)定滑輪系在一起，B在光滑斜面上，與B相連的輕繩與斜面平行開始時用手托著A使它們都靜止，然后放手，在A未到達地面、B未到達斜面頂端之前()圖3A物體A的動能總比物體B的動能大B輕繩對物體A不做功C物體A和B組成的系統(tǒng)的機械能不守恒D物體B的機械能一定變大答案D解析由題意知，A、B兩物體的速率始終相等，所以兩物體的動能相等，選項A錯誤；輕繩的拉力對A做負功，選項B錯誤；A、B組成的系統(tǒng)中只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，選項C錯誤；繩子拉力對B做正功，B的機械能一定變大，選項D正確7根據(jù)國家標準規(guī)定，電動自行車的最高速度不得超過20 km/h.一個高中生騎電動自行車按規(guī)定的最高速度勻速行駛時，電動車所受的阻力是總重力的0.2倍已知人和車的總質(zhì)量約為60 kg，則此時電動車電機的輸出功率約為()A70 W B140 WC700 W D1 400 W答案C8如圖4所示，某高三男生以立定跳遠的方式躍過一條1.8 m寬的水溝，其起跳、騰空、落地的過程如圖所示，他這一次跳躍所消耗的能量最接近()圖4A60 J B600 J C1 200 J D2 000 J答案B解析設男生質(zhì)量為60 kg.Gmg600 N，跳起高度大約1 m，消耗的能量Emgh600 J.9. 如圖5所示，小球甲從豎直固定的半徑為R的光滑圓弧軌道頂端由靜止?jié)L下，圓弧底端切線水平；同質(zhì)量的小球乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止?jié)L下下列判斷錯誤的是()圖5A兩小球到達底端時速度相同B兩小球運動到底端的過程中重力做功相同C兩小球到達底端時動能相同D兩小球到達底端時，乙重力做功的瞬時功率大于甲重力做功的瞬時功率答案A解析根據(jù)動能定理得，mgRmv2，知兩小球到達底端的動能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故選項A錯誤，C正確；兩小球運動到底端的過程中，下落的高度相同，則重力做功相同，故選項B正確；兩小球到達底端的速度大小相等，甲球的重力與速度方向垂直，瞬時功率為零，乙球的重力與速度方向不垂直，瞬時功率不為零，則乙球的重力做功的瞬時功率大于甲球的重力做功的瞬時功率，故選項D正確10同一輛貨車兩次勻速駛上同一坡路(路面粗糙程度相同)，在空載時上坡的速度為v1，牽引力為F1；在滿載時上坡的速度為v2，牽引力為F2.已知兩次上坡過程該貨車的輸出功率相同，不計空氣阻力，則()Av1v2 Bv1v2CF1F2 DF1F2答案B解析貨車勻速上坡時的牽引力Fmgsin mgcos ，空載時的牽引力F1小于滿載時的牽引力F2，選項C、D均錯；由PFv相同，可知v1v2，選項B正確11如圖6所示，斜面高h，質(zhì)量為m的物塊，在沿斜面向上的恒力F作用下，能勻速沿斜面向上運動，若把此物塊放在斜面頂端，在沿斜面向下同樣大小的恒力F作用下，物塊由靜止向下滑動，滑至底端時其動能的大小為(不計空氣阻力)()圖6AmghB2mghC2FhDFh答案B解析物塊勻速向上運動，即向上運動過程中物塊的動能不變，由動能定理知物塊向上運動過程中外力對物塊做的總功為0，即WFmghWf0物塊向下運動過程中，恒力F與摩擦力分別對物塊做的功與向上運動時相同，設滑至底端時的動能為Ek，由動能定理知WFmghWfEk0將式變形有WFWfmgh，代入式有Ek2mgh，則B選項正確12三峽水力發(fā)電站是我國最大的水力發(fā)電站，三峽水庫水位落差約100 m，水的流量約1.35×104 m3/s，船只通航需要3 500 m3/s的流量，其余流量全部用來發(fā)電，水流沖擊水輪機發(fā)電時，水流減少的機械能有20%轉(zhuǎn)化為電能按照以上數(shù)據(jù)估算，如果三峽電站全部用于城市生活用電，它可以滿足約多少個百萬人口城市生活用電(設三口之家平均每家每月用電240度)()A2個 B6個 C18個 D90個答案C解析每秒用于發(fā)電的水的重力勢能約為1×1010 J，轉(zhuǎn)化為電能有2×109 J，每月就是5.2×1015 J，等于1.44×109度電，大約可供600萬個三口之家使用，也就是1 800萬人口，18個百萬人口，故C正確132016年12月18日，國內(nèi)單機容量最大的抽水蓄能電站浙江仙居抽水蓄能電站全面投產(chǎn)其工作原理是：在用電低谷時(如深夜)，電站利用電網(wǎng)多余電能把水抽到高處蓄水池中，到用電高峰時，再利用蓄水池中的水發(fā)電如圖7所示，若該電站蓄水池(上水庫)有效總庫容量(可用于發(fā)電)為 8.78×106 m3，發(fā)電過程中上下水庫平均水位差 671 m，年抽水用電量為 3.2×109 kW·h，年發(fā)電量為 2.5×109 kW·h(水的密度為1.0×103 kg/m3，重力加速度為g10 m/s2)，相當于給華東電網(wǎng)建了一個“大蓄電池”，以下水庫水面為零勢能面. 則下列說法正確的是()圖7A抽水蓄能電站的總效率約為 65%B發(fā)電時流入下水庫的水流速度最大可達 150 m/sC蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢能約為Ep6.0×1015 JD該電站平均每天所發(fā)電能可供給一個大城市居民用電(電功率以106 kW 計算)約7 h答案D解析已知年抽水用電量為3.2×109 kW·h，年發(fā)電量為2.5×109 kW·h，則抽水蓄能電站的總效率為×100%78.1%，故A錯誤若沒有任何阻力，由機械能守恒得mghmv2，得v m/s116 m/s，由題知，水流下的過程中受到阻力，所以發(fā)電時流入下水庫的水流速度小于116 m/s，故B錯誤蓄水池中能用于發(fā)電的水的重力勢能為EpmghVgh1.0×103×8.78×106×10×671 J5.9×1013 J，故C錯誤該電站平均每天所發(fā)電量為E，可供給一個大城市居民用電(電功率以106 kW計算)的時間為t7 h，故D正確二、選擇題(本題共3小題，每小題2分，共6分每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有錯選的得0分)14如圖8所示，排球運動員正在做顛球訓練，若空氣阻力不能忽略，則擊球后，球從某位置離開手豎直向上運動，再下落回到該位置的過程中()圖8A重力先做正功后做負功B重力做的總功不為零C空氣阻力做負功D空氣阻力做的總功等于球的動能變化答案CD解析排球在豎直向上運動的過程中，重力方向與位移方向相反，重力做負功，排球豎直向下運動的過程中，重力方向與位移方向相同，重力做正功，選項A錯誤；重力做功只與初、末位置有關，故在整個過程中，重力對排球做的總功為零，選項B錯誤；在整個運動過程中，排球受的空氣阻力方向與速度方向始終相反，故空氣阻力對排球做負功，選項C正確；由動能定理知，空氣阻力做的總功等于球的動能變化，選項D錯誤15. 如圖9所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P連接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平面桌面上，過右端連接一水平細線，細線繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體B相連，A、B兩物體質(zhì)量相等開始A、B處于靜止狀態(tài)，某時刻燒斷細線，下列分析正確的是()圖9A燒斷細線的瞬時，A物體的加速度為零BB物體落地前，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒CB物體落地后，A物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒D當彈簧的彈力為零時，A物體的動能最大答案CD解析以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，彈簧的彈力等于B物體的重力，燒斷細線的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可知，mgma，選項A錯誤；B物體落地前，A物體、B物體以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故選項B錯誤；B物體落地后，A物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確；以A為研究對象，當加速度為零即彈簧的彈力為零時，速度達到最大，動能最大，選項D正確16如圖10所示，體重相同的兩位女士到五樓上班，甲圖中的女士從一樓勻速走上去，而乙圖中的女士乘電梯從一樓(上升過程勻速)上去，若乙圖中的女士先到，則下列關于兩位女士受到的力所做的功及功率的判斷不正確的是()圖10A兩位女士所受支持力做功相同，乙圖中的女士克服重力做功的功率大B乙圖中的女士所受支持力做功大，克服重力做功的功率也大C兩位女士所受支持力做功相同，克服重力做功的功率也相同D甲圖中的女士所受支持力做功大，克服重力做功的功率也相同答案ACD解析題圖甲中的女士所受支持力不做功，克服重力做功相同，但題圖乙中的女士用的時間少，故其功率大，B項正確第卷三、非選擇題(本題共7小題，共55分)17(4分)在探究做功與物體速度變化的關系實驗中：(1)除長木板、足夠多的橡皮筋和紙帶外，還需要以下哪些器材才能完成該實驗_(填器材的代號，漏填或多填均不得分)(2)圖11甲、乙分別是A、B兩位同學實驗后交上的紙帶，你認為兩位同學操作合理的是_(填“A”或“B”)，不合理的原因是_圖11答案(1)ACFG(2)B沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足解析(1)本實驗需要交流電源、小木塊和刻度尺；由于電源使用的是220 V的交流電壓，所以打點計時器選用電火花計時器(2)根據(jù)題圖甲，小木塊達到最大速度后做減速運動，說明A同學沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；根據(jù)題圖乙，小木塊達到最大速度后做勻速運動，說明B同學已平衡摩擦力，故操作合理的同學是B.18(5分)在用自由落體法“驗證機械能守恒定律”的實驗中：(g取10 m/s2)(1)運用公式mv2mgh來驗證時，對實驗條件的要求是_，為此，所選擇的紙帶第1、2兩點間的距離應接近_(2)若實驗中所用重錘質(zhì)量m1 kg，打點紙帶如圖12所示，打點時間間隔為0.02 s，則記錄B點時，重錘速度vB_，重錘動能Ek_；從開始下落起至B點，重錘的重力勢能減小量是_由此可得出的結(jié)論是_(結(jié)果均取兩位有效數(shù)字)圖12(3)根據(jù)紙帶算出相關各點的速度v，量出下落距離h，則以為縱軸，以h為橫軸畫出的圖象應是圖中的()答案(1)從靜止開始下落2 mm(2)0.79 m/s0.31 J0.32 J在實驗誤差允許的范圍內(nèi)機械能是守恒的(3)C解析(1)重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，實驗條件的要求是從靜止開始下落，即初速度為0，第1、2兩點的距離hgt2且t0.02 s，可得h2 mm.(2)B點是A、C兩點的中間時刻，由vB0.79 m/s，重錘動能Ekmv0.31 J重錘重力勢能的減少量EpmghB且hB32.4 mm，代入可得Ep0.32 J減少的重力勢能近似等于重錘動能的增加量，可得出結(jié)論：在實驗誤差允許的范圍內(nèi)機械能是守恒的(3)由mv2mgh，整理可得gh，所以h圖線是一條過原點的傾斜直線，圖線的斜率為重力加速度g，C正確19(5分)某同學用如圖13甲所示裝置做“探究合力做的功與動能改變關系”的實驗，他們將光電門固定在水平軌道上的B點，并用重物通過細線拉小車，然后保持小車和重物的質(zhì)量不變，通過改變小車釋放點到光電門的距離(s)進行多次實驗，實驗時要求每次小車都從靜止釋放圖13(1)用游標卡尺測出遮光條的寬度d如圖乙所示，d_cm.(2)如果遮光條通過光電門的時間為t，小車到光電門的距離為s.該同學通過描點作出線性圖象來反映合力做的功與動能改變關系，則他作的圖象是下列哪一個時才能符合實驗要求_Ast Bst2Cst1 Dst2(3)下列哪些實驗操作能夠減小實驗誤差_A調(diào)整軌道的傾角，在未掛重物時使小車能在軌道上勻速運動B必須滿足重物的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量C必須保證小車從靜止狀態(tài)開始釋放答案(1)1.075(2)D(3)C解析(1)游標卡尺的主尺讀數(shù)為1 cm，游標尺讀數(shù)為15×0.05 mm0.75 mm0.075 cm，所以最終讀數(shù)為：1 cm0.075 cm1.075 cm；(2)數(shù)字計時器記錄遮光條通過光電門的時間，由位移公式計算出小車通過光電門的平均速度，用該平均速度代替小車的瞬時速度，故在遮光條經(jīng)過光電門時小車的瞬間速度為：v，根據(jù)動能定理：Fsmv2m()2，可見s與t2成反比，即與成正比，故應作出st2圖象故選D.(3)經(jīng)前面分析知，要使st2圖象為過原點的直線，應保證小車初動能為零，即必須保證小車從靜止狀態(tài)開始釋放，故選C.20.(9分)(xx·寧波市9月聯(lián)考)如圖14所示，固定斜面的傾角30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，物體A的質(zhì)量為m2 kg，初始時物體A到C點的距離為L1 m，現(xiàn)給A一初速度v03 m/s，使A開始沿斜面向下運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點不計空氣阻力，g10 m/s2，求此過程中：圖14(1)物體A第一次經(jīng)過C點時的速度大??；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧獲得的最大彈性勢能答案(1)4 m/s(2) m(3) J解析(1)設物體A向下運動剛到C點時速度為vmgLsin mgcos ·Lmv2mv，可解得v4 m/s(2)設彈簧的最大壓縮量為xmv2mgcos ·2x，解得x m(3)設彈簧的最大彈性勢能為Epmmgxsin ·mgcos ·xEpm0mv2，解得Epm J.21(10分)(xx·金華市9月十校聯(lián)考)如圖15所示，水平面上的A點有一固定的理想彈簧發(fā)射裝置，發(fā)射裝置內(nèi)壁光滑，A為發(fā)射口所在的位置，B點與在豎直面內(nèi)、內(nèi)壁光滑的鋼管彎成的“9”形固定軌道平滑相接，鋼管內(nèi)徑很小，“9”字全高H1 m；“9”字上半部分圓弧半徑R0.1 m，圓弧為圓周；當彈簧壓縮量為2 cm(彈性限度內(nèi))時，啟動發(fā)射裝置，恰能使質(zhì)量m0.1 kg的滑塊沿軌道上升到最高點C，已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，AB間距離為L4 m，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g10 m/s2，求：圖15(1)當彈簧壓縮量為2 cm時，彈簧的彈性勢能；(2)當彈簧壓縮量為3 cm(彈性限度內(nèi))時，啟動發(fā)射裝置，滑塊滑到軌道最高點C時對軌道的作用力；(3)當彈簧壓縮量為3 cm時，啟動發(fā)射裝置，滑塊從D點水平拋出后的水平射程答案(1)1.8 J(2)44 N，方向豎直向上(3)2.8 m解析(1)根據(jù)能量守恒定律得，EpmgLmgH，解得Ep1.8 J(2)因為彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，彈簧壓縮量為3 cm時，EpEp根據(jù)能量守恒定律得，EpmgLmgHmv由牛頓第二定律得：FNmgm，解得FN44 N由牛頓第三定律可知，滑塊滑到軌道最高點C時對軌道作用力的大小FN44 N，方向豎直向上(3)根據(jù)能量守恒定律EpmgLmg(H2R)mv，解得vD7 m/s，由平拋運動得，H2Rgt2，xvDt故水平射程x2.8 m.22(10分)如圖16所示，質(zhì)量m1 kg的小物塊靜止放在粗糙水平桌面上，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)0.4，且與水平桌面邊緣O點的距離s8 m在緊靠桌面邊緣右側(cè)固定了一個圓弧擋板，半徑R3 m，圓心與桌面同高以O點為原點建立平面直角坐標系現(xiàn)用F8 N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板(g取10 m/s2)圖16(1)若小物塊恰能擊中圓弧擋板最低點，求其離開O點時的動能大??；(2)在第(1)問中拉力F作用的時間；(3)若小物塊在空中運動的時間為0.6 s，則拉力F作用的距離答案(1)7.5 J(2) s(3) m解析(1)小物塊離開O點后開始做平拋運動，故：Rv0t，Rgt2，又EkOmv解得EkO7.5 J；(2)由開始運動到小物塊到達O點由動能定理得：F·xmgsmv，得x m由牛頓第二定律得Fmgma，得a4 m/s2由xat2，得t s(3)小物塊離開O點后開始做平拋運動，由下落時間可知下落距離ygt2，得y1.8 m.若小物塊落到半圓的左半邊，則平拋運動水平位移x1R0.6 mv11 m/s由動能定理得F·L1mgsmv得L1 m若小物塊落到半圓的右半邊，同理可得v29 m/s由動能定理得F·L2mgsmv解得L2 m>8 m(舍去)23(12分)(xx·超級全能生8月聯(lián)考)探究平拋運動實驗裝置如圖17所示，半徑為L的四分之一圓軌道(可視為光滑)固定于水平桌面上，切口水平且與桌邊對齊，切口離地面高度為2L.離切口水平距離為L的一探測屏AB豎直放置，一端放在水平面上，其高為2L.一質(zhì)量為m的小球從圓軌道上不同的位置靜止釋放打在探測屏上若小球在運動過程中空氣阻力不計，小球可視為質(zhì)點，重力加速度為g.求：圖17(1)小球從圖示位置P處靜止釋放，到達圓軌道最低點Q處速度大小及小球?qū)A軌道壓力；(2)為讓小球能打在探測屏上，小球應從圓軌道上什么范圍內(nèi)靜止釋放？(3)小球從什么位置靜止釋放，小球打在屏上時動能最小，最小動能為多少？答案見解析解析(1)小球從P處下滑到Q點，由機械能守恒可得mgLmv2得v在Q點對小球受力分析得FNmg代入得FN3mg根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍缐毫Υ笮?mg，方向豎直向下(2)小球從軌道上某點C下滑到Q處平拋，恰好打在B點，則根據(jù)平拋運動規(guī)律豎直方向2Lgt2得t2水平方向vQ從C到Q根據(jù)機械能守恒得mghCmv得hC即小球從PC范圍內(nèi)從靜止釋放均能打到探測屏上(3)設從Q處以速度v0射出，打到探測屏上距A點h處，其動能Ekmvmgh而hgt2()2得Ekmvmg2得v0時Ek最小EkminmgL由機械能守恒得mgHmvH故釋放點位置離Q的豎直高度為