2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律章末綜合測(cè)試.doc
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第五章 機(jī)械能及其守恒定律章末綜合測(cè)試(五)(時(shí)間:60分鐘分?jǐn)?shù):100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第15題只有一項(xiàng)符合題目要求,第68題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分)1質(zhì)量為m、初速度為零的物體,在不同變化的合外力F作用下都通過(guò)位移x0.下列各種情況中合外力做功最多的是()解析:C力F隨位移x變化的圖線與x軸圍成的面積表示功,合外力做功最多的是圖C.2物體放在水平地面上,在水平拉力的作用下,沿水平方向運(yùn)動(dòng),在6 s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系的圖象和拉力的功率與時(shí)間關(guān)系的圖象如圖甲、乙所示,由圖象可以求得物體的質(zhì)量為(取g10 m/s2)()A2 kgB2.5 kgC3 kgD3.5 kg解析:B勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力等于摩擦力,為:F2Ff N2.5 N.物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),拉力為恒力,v隨時(shí)間均勻增大,所以P隨t均勻增大F1 N7.5 N.F1Ffma,a m/s22 m/s2可得m2.5 kg.故B正確,A、C、D錯(cuò)誤3滑板運(yùn)動(dòng)是極限運(yùn)動(dòng)的鼻祖,許多極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目均由滑板項(xiàng)目延伸而來(lái)如圖所示,質(zhì)量為m150 kg的運(yùn)動(dòng)員從軌道上的A點(diǎn)以v0的水平速度沖上質(zhì)量為m25 kg的高度不計(jì)的靜止滑板后,又一起滑向光滑軌道DE,到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度減為零,然后返回,已知H1.8 m,重力加速度g10 m/s2.設(shè)運(yùn)動(dòng)員和滑板可看成質(zhì)點(diǎn),滑板與水平地面的摩擦力不計(jì)則下列說(shuō)法正確的是()A運(yùn)動(dòng)員和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能不守恒B運(yùn)動(dòng)員的初速度v08 m/sC剛沖上DE軌道時(shí),運(yùn)動(dòng)員的速度大小為6 m/sD運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速的過(guò)程中機(jī)械能守恒解析:C運(yùn)動(dòng)員和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中只有重力做功,則機(jī)械能守恒,得(m1m2)gH(m1m2)v,v共6 m/s,A錯(cuò)誤、C正確;若規(guī)定向右為正方向,運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速,由動(dòng)量守恒得m1v0(m1m2)v共,解得v06.6 m/s,運(yùn)動(dòng)員與滑板組成的系統(tǒng)的動(dòng)能變化量Ekm1v(m1m2)v0,則運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速的過(guò)程中機(jī)械能不守恒,B、D錯(cuò)誤4.一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖,到斜面上某一點(diǎn)后返回底端,斜面粗糙滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度與時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象,其中正確的是()解析:D滑塊沖上斜面到沿斜面下滑底端的過(guò)程,先勻減速后勻加速,上滑過(guò)程xv0ta1t2,下滑過(guò)程xa2(tt1)2,所以?xún)啥尉鶠殚_(kāi)口向下的拋物線(或者從xt圖線的斜率分析,由過(guò)程可知:速度先減小后增大,所以斜率先減小后增大),所以A錯(cuò)誤;因?yàn)橛心Σ粒詸C(jī)械能有損失,回到底端的速度必小于v0,所以B錯(cuò)誤;因?yàn)閯?dòng)能Ekmv2,即有上滑過(guò)程Ekm(v0a1t)2,下滑過(guò)程有Ekma2(tt1)2,上滑到最高點(diǎn)的動(dòng)能為0,所以C錯(cuò)誤;重力勢(shì)能Epmgh,所以重力勢(shì)能先增加后減小,即D正確5如圖所示,質(zhì)量M4 kg的物塊B與質(zhì)量m2 kg的物塊A間用一輕質(zhì)彈簧連接后,置于一傾角37且足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面上,C為固定在斜面底部且與斜面垂直的擋板,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用一平行于斜面向上、大小恒為F60 N的拉力作用在物塊A上,并使其沿斜面向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)擋板C時(shí),物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x6 m,則(已知sin 370.6,cos 370.8,g取10 m/s2)()A此時(shí)物塊A動(dòng)能的增加量為360 JB該輕彈簧的勁度系數(shù)為4 N/mC此時(shí)物塊A的加速度大小為12 m/s2D整個(gè)過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量為300 J解析:C在物塊A向上運(yùn)動(dòng)6 m的過(guò)程中,拉力F做的功為WFFx360 J,由能量守恒定律可知,拉力F做的功轉(zhuǎn)化為物塊A增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能,所以物塊A動(dòng)能的增加量小于360 J,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)物塊A靜止不動(dòng)時(shí),設(shè)彈簧的壓縮量為x,對(duì)A有mgsin kx,即x,當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x6 m時(shí),物塊B剛要離開(kāi)擋板C,對(duì)物塊B進(jìn)行受力分析可知Mgsin k(6 m),代入數(shù)據(jù)可解得k6 N/m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x6 m時(shí),設(shè)物塊A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,彈簧的伸長(zhǎng)量為x,則由牛頓第二定律可得Fmgsin kxma,又x6 m,兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得a12 m/s2,選項(xiàng)C正確;由能量守恒定律可知彈簧彈性勢(shì)能的增加量EpWFmgxsin EkA,因WFmgxsin 360 J72 J288 J,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤6質(zhì)量為m1、m2的兩物體,靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的人站在m1上用恒力F拉繩子,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,兩物體的速度大小分別為v1和v2,位移分別為x1和x2,如圖所示則這段時(shí)間內(nèi)此人所做的功的大小等于()AFx2BF(x1x2)C.m2v(mm1)vD.m2v解析:BC根據(jù)功的定義WFx,而其x應(yīng)為拉過(guò)的繩子長(zhǎng)度,也就是兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的位移之和,因此B正確,A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,拉力做的功等于兩個(gè)物體增加的動(dòng)能之和,即Wm2v(mm1)v,因此C正確,D錯(cuò)誤7如圖所示,在豎直平面內(nèi),半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起,圓弧軌道的半徑OB和BC垂直,水平軌道BC的長(zhǎng)度大于R,斜面CD足夠長(zhǎng)在圓弧軌道上靜置著N個(gè)質(zhì)量為m,半徑為r(rR)的光滑剛性小球,小球恰好將圓弧軌道鋪滿,從最高點(diǎn)A到最低點(diǎn)B依次標(biāo)記為1、2、3N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走,N個(gè)小球由靜止開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng),不計(jì)摩擦與空氣阻力,若以BC所在的平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面,重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是()A第N個(gè)小球在斜面CD上向上運(yùn)動(dòng)時(shí),其機(jī)械能減小B第N個(gè)小球在斜面CD上向上運(yùn)動(dòng)時(shí),其機(jī)械能增大CN個(gè)小球構(gòu)成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,且機(jī)械能ED第1個(gè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度v解析:BD把N個(gè)小球看成整體,則小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功,機(jī)械能守恒,由于重心到水平軌道BC的高度小于,故總機(jī)械能E,C錯(cuò)誤;在下滑的過(guò)程中,水平軌道上的小球要做勻速運(yùn)動(dòng),而圓弧軌道上的小球要做加速運(yùn)動(dòng),則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膲毫ψ饔茫砜芍?,沖上斜面后后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蛏系膲毫ψ饔茫实贜個(gè)小球受到第N1個(gè)小球的壓力,壓力做正功,第N個(gè)小球機(jī)械能增大,故A錯(cuò)誤,B正確;N個(gè)小球整體的重心運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Nmv2NmgR,解得vL2,現(xiàn)小球與細(xì)線突然斷開(kāi)(一切摩擦不計(jì),重力加速度為g)(1)求細(xì)線剛斷時(shí),小球的加速度;(2)求小球恰好能完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)這種情況下,小球在經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí),在C點(diǎn)左、右兩邊對(duì)軌道的壓力之差;(3)在彈簧彈性限度內(nèi),討論未脫離軌道的小球與彈簧接觸再次獲得與初始細(xì)線斷開(kāi)時(shí)相同大小的加速度時(shí),小球速度的兩類(lèi)狀況解析:(1)細(xì)線未斷時(shí),線中張力FTmg,彈簧彈力(1分)FNFTmgsin 37mgmgmg(2分)細(xì)線剛斷時(shí),小球的加速度ag.(1分)(2)小球在經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí),在C點(diǎn)左、右兩邊相當(dāng)于分別在兩個(gè)圓周上過(guò)最低點(diǎn)在右邊:F支1F向1mg(1分)得F支1mmg(1分)在左邊:F支2F向2mg(1分)得F支2mmg(1分)對(duì)軌道的壓力之差為FF支2F支1mm(2分)得F(1分)又mv22mgRmv(2分)mgm(1分)解得Fmg.(1分)(3)若小球能過(guò)頂,則小球滑上左側(cè)斜面軌道,壓縮彈簧獲得與初始細(xì)線斷開(kāi)時(shí)相同大小的加速度時(shí),彈簧彈力為FNmgmgsin 37(1分)即彈簧壓縮量與右側(cè)初始彈簧壓縮量相同,則彈簧的彈性勢(shì)能相等,整個(gè)過(guò)程機(jī)械能守恒mgL1sin 37mg(L2)sin 37mv(2分)解得v2(1分)若小球不能過(guò)頂,又不脫離軌道,則小球滑回右側(cè)斜面軌道,整個(gè)過(guò)程機(jī)械能守恒,小球回到出發(fā)位置,壓縮彈簧,速度減為零,即v20.(1分)答案:(1)g(2)mg(3)見(jiàn)解析- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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