《備戰(zhàn)2020年高考物理一輪復習 單元訓練金卷 第六單元 機械能守恒定律B卷（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《備戰(zhàn)2020年高考物理一輪復習 單元訓練金卷 第六單元 機械能守恒定律B卷（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第六單元 注意事項： 1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。 2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。 一、 (本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但

2、不全的得2分，有選錯的得0分) 1．如圖所示，自動卸貨車靜止在水平地面上，在液壓機的作用下，車廂與水平方向的夾角緩慢增大，在貨物滑動之前的過程中，下列說法正確的是(　　) A．貨物受到的靜摩擦力減小 B．地面對貨車有水平向右的摩擦力 C．貨物受到的摩擦力對貨物做正功 D．貨物受到的支持力對貨物做正功 2．如圖甲所示，一次訓練中，運動員腰部系著不可伸長的繩拖著質量m＝11 kg的輪胎從靜止開始沿著筆直的跑道加速奔跑，繩與水平跑道的夾角是37°，5 s后繩從輪胎上脫落，輪胎運動的v－t圖象如圖乙所示，不計空氣阻力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，則下

3、列說法正確的是(　　) A．輪胎與水平跑道間的動摩擦因數μ＝0.2 B．繩的拉力F的大小為55 N C．在0～5 s內，輪胎克服摩擦力做的功為1 375 J D．在6 s末，摩擦力的瞬時功率大小為275 W 3．如圖，固定板AB傾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC長度均為L，小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來。若調整BC使其向上傾斜，傾角不超過90°，小物塊從A處由靜止滑下再沿BC上滑，上滑距離與BC傾角有關。不計物塊在B處的機械能損失，各接觸面動摩擦因數相同，小物塊沿BC上滑的最小距離為x，則(　　) A．x＝ B．x＝

4、C．x＝ D．x＝ 4．某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進行研究，他們讓這輛小車在水平的直軌道上以恒定加速度由靜止啟動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉化為v－t圖象，如圖所示(除2～10 s時間段內的圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線)，2 s后小車的功率不變，可認為在整個過程中小車所受到的阻力大小不變。小車的質量為1 kg，則小車在0～10 s運動過程中位移的大小為(　　) A．39 m B．42 m C．45 m D．48 m 5．如圖所示，一物塊從光滑斜面上某處由靜止釋放，與一端固

5、定在斜面底端的輕彈簧相碰。設物塊運動的加速度為a，機械能為E，速度為v，下滑位移為x，所用時間為t，則在物塊由釋放到下滑至最低點的過程中（取最低點所在平面為零勢能面），下列圖象可能正確的是(　　) 6．如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離為d處?，F將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　) A．環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝ B．環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等 C．環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能大于

6、重物增加的機械能 D．環(huán)能下降的最大高度為d 7．如圖所示，輕桿一端固定質量為m的小球，另一端固定在轉軸上，輕桿長度為R，可繞水平光滑轉軸O在豎直平面內轉動。將輕桿從與水平方向成30°角的位置由靜止釋放。若小球在運動過程中受到的空氣阻力大小不變。當小球運動到最低點P時，輕桿對小球的彈力大小為mg，方向豎直向上。下列說法正確的是(　　) A．小球運動到P點時的速度大小為 B．小球受到的空氣阻力大小為 C．小球能運動到與O點等高的Q點 D．小球不能運動到與O點等高的Q點 8．(2019?全國II卷)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能

7、零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數據可得(　　) A．物體的質量為2 kg B．h＝0時，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J 9．如圖所示，P、Q是豎直固定在水平桌面上的擋板，質量為m的小物塊在緊靠P板處以一定初速度向Q板運動。已知小物塊與桌面的動摩擦因數為μ，P、Q相距s，物塊經過與Q板碰撞n次后（碰撞過程無能量損失），最終靜止于P、Q的中點。則在整個過程中，摩擦力做功可能為(　　) A． B． C．

8、 D． 10．如圖所示，滑塊A、B的質量均為m，A套在固定傾斜直桿上，傾斜桿與水平面成45°角，B套在水平固定的直桿上，兩桿分離不接觸，兩直桿間的距離忽略不計且足夠長，A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿(初始時輕桿與水平面成30°角)連接，A、B從靜止釋放，B開始沿水平桿向右運動，不計一切摩擦，滑塊A、B可視為質點。在運動的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當A到達與B同一水平面時，A的速度為 C．B滑塊到達最右端時，A的速度為 D．B滑塊的最大速度為 二、(本題共6小題，共60分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。

9、解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位) 11．(6分)如圖甲所示，一位同學利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律”的實驗。有一直徑為d、質量為m的金屬小球從A處由靜止釋放，下落過程中能通過A處正下方、固定于B處的光電門，測得A、B間的距離為H(H?d)，光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t，當地的重力加速度為g。則： (1)如圖乙所示，用游標卡尺測得小球的直徑d＝ mm。 (2)多次改變高度H，重復上述實驗操作，作出H隨的變化圖象如圖丙所示，當圖中已知量t0

10、、H0和重力加速度g及小球的直徑d滿足表達式 時，可判斷小球下落過程中機械能守恒。 (3)實驗中，因受空氣阻力影響，小球動能的增加量ΔEk總是稍小于其重力勢能的減少量ΔEp，適當降低下落高度后，則ΔEp－ΔEk將 (填“增大”“減小”或“不變”)。 12．(8分)某興趣小組用如題圖所示的裝置驗證動能定理。 (1)有兩種工作頻率均為50 Hz的打點計時器供實驗選用： A．電磁打點計時器 B．電火花打點計時器 為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應選擇 （選填“A”或“B”）。 (2)保持長木板水平，將紙帶固定在小車

11、后端，紙帶穿過打點計時器的限位孔。實驗中，為消除摩擦力的影響，在砝碼盤中慢慢加入沙子，直到小車開始運動。同學甲認為此時摩擦力的影響已得到消除，同學乙認為還應從盤中取出適量沙子，直至輕推小車觀察到小車做勻速運動?？捶ㄕ_的同學是 （選填“甲”或“乙”）。 (3)消除摩擦力的影響后，在砝碼盤中加入砝碼。接通打點計時器電源，松開小車，小車運動。紙帶被打出一系列點，其中的一段如題圖所示。圖中紙帶按實際尺寸畫出，紙帶上A點的速度vA＝ m/s。 (4)測出小車的質量為M，再測出紙帶上起點到A點的距離為L。小車動能的變化量可用ΔEk＝算出。砝碼盤中砝碼的質量為m，重力加速度為g

12、；實驗中，小車的質量應 （選填“遠大于”“遠小于”或“接近”）砝碼、砝碼盤和沙子的總質量，小車所受合力做的功可用W＝mgL算出。多次測量，若W與ΔEk均基本相等則驗證了動能定理。 13．(10分)如圖所示，小車A、小物塊B由繞過輕質定滑輪的細線相連，小車A放在足夠長的水平桌面上，B、C兩小物塊在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C放在水平地面上，現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與桌面平行，已知A、B的質量均為2m，C的質量為m，A與桌面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度為g，彈簧的彈性勢能表達式為Ep＝，式中x是彈簧的勁

13、度系數，Δx是彈簧的伸長量或壓縮量。細線與滑輪之間的摩擦不計。開始時，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，對A施加一個恒定的水平拉力F后，A向右運動至速度最大時，C恰好離開地面，求此過程中： (1)拉力F的大?。? (2)C恰好離開地面時A的速度。 14．(10分)低空跳傘是一種危險性很高的極限運動，通常從高樓、懸崖、高塔等固定物上起跳，在極短時間內必須打開降落傘，才能保證著地安全，某跳傘運動員從高H＝100 m的樓層起跳，自由下落一段時間后打開降落傘，最終以安全速度勻速落地。若降落傘視為瞬間打開，得到運動員起跳后的速度v隨時間t變化的圖象如圖所示，已知運動員及降落傘

14、裝備的總質量m＝60 kg，開傘后所受阻力大小與速率成正比，即Ff＝kv，g取10 m/s2，求： (1)打開降落傘瞬間運動員的加速度； (2)打開降落傘后阻力所做的功。 15．(12分)如圖所示，水平光滑軌道AB與豎直半圓形光滑軌道在B點平滑連接，AB段長x＝10 m，半圓形軌道半徑R＝2.5 m。質量m＝0.10 kg的小滑塊(可視為質點)在水平恒力F作用下，從A點由靜止開始運動，經B點時撤去力F，小滑塊進入半圓形軌道，沿軌道運動到最高點C，從C點水平飛出。重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。 (1)若小滑塊從C點水平飛出后又恰好落在A點

15、，求： ①滑塊通過C點時的速度大?。? ②滑塊剛進入半圓形軌道時，在B點對軌道壓力的大??； (2)如果要使小滑塊能夠通過C點，求水平恒力F應滿足的條件。 16．(14分)如圖，傾角θ ＝ 30°的光滑斜面底端固定一塊垂直于斜面的擋板。將長木板A靜置于斜面上，A上放置一小物塊B，初始時A下端與擋板相距L＝4 m，現同時無初速度釋放A和B。已知在A停止運動之前B始終沒有脫離A且不會與擋板碰撞，A和B的質量均為m＝1 kg，它們之間的動摩擦因數，A或B與擋板每次碰撞損失的動能均為ΔE＝10 J，忽略碰撞時間，重力加速度大小g＝10 m

16、/s2。求： (1)A第一次與擋板碰前瞬間的速度大小v； (2)A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時間Δt； (3)B相對于A滑動的可能最短時間t。 3 單元訓練金卷·高三·物理(B)卷 第六單元 答 案 一、 (本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．【答案】D 【解析】由于貨物未滑動，所以貨物處于平衡狀態(tài)，有mgsinθ＝f，N＝mgcosθ，θ增大時，f增大，

17、N減小，故A錯誤；對卸貨車與貨物整體受力分析可知，整體處于平衡狀態(tài)，在水平方向不受外力，地面對貨車沒有摩擦力，故B錯誤；貨物所受摩擦力的方向與運動方向垂直，摩擦力不做功，故C錯誤；貨物受到的支持力的方向與運動方向相同，支持力做正功，故D正確。 2．【答案】D 【解析】繩從輪胎上脫落后，輪胎的受力情況如圖甲所示．由輪胎的速度—時間圖象可得此過程的加速度為a2＝－5 m/s2，根據牛頓第二定律有－f2＝ma2，又因為f2＝μN2，N2－mg＝0，代入數據解得μ＝0.5，選項A錯誤；繩拉輪胎的過程中，輪胎的受力情況如圖乙所示．根據牛頓第二定律有Fcos37°－f1＝ma1，又因為f1＝μN1，m

18、g－Fsin37°－N1＝0，由輪胎的速度—時間圖象得此過程的加速度a1＝2 m/s2，聯(lián)立解得F＝70 N，選項B錯誤；在0～5 s內，輪胎克服摩擦力做功為W＝f1s1＝μ(mg－Fsin37°)s1＝0.5×68×25 J＝850 J，選項C錯誤；由速度—時間圖象得6 s末輪胎的速度為5 m/s，在6 s末，摩擦力的瞬時功率為P＝μmgv＝275 W，選項D正確． 3．【答案】B 【解析】小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來，由動能定理得mgLsinθ＝μmgLcosθ＋μmgL，若調整BC使其向上傾斜，設BC與水平方向之間的夾角為α時，小物塊沿BC上滑的距離最小，由動能定理可得

19、mgLsinθ＝μmgLcosθ＋mgxsinα＋μmgxcosα，解得x＝L，故B正確． 4．【答案】B 【解析】小車在勻加速運動階段有a＝ m/s2＝1.5 m/s2，根據牛頓第二定律可得F′－f＝ma，在2 s后小車功率恒定，在2 s末有P＝F′×3 m/s，小車勻速運動階段，牽引力等于阻力，則P＝f×6 m/s，聯(lián)立解得f＝1.5 N，額定功率P＝9 W，小車在0～2 s過程中的位移為x1＝×2×3 m＝3 m，對2～10 s的過程運用動能定理得Pt－fx2＝mv－mv，代入數據得x2＝39 m，故0～10 s內的位移為x＝x1＋x2＝42 m，B正確。 5．【答案】C 【解析

20、】設斜面的傾角為θ，根據牛頓第二定律可得，在物塊自由下滑的過程中，根據牛頓第二定律可得ma＝mgsin θ，解得a＝gsin θ；物塊與彈簧接觸后，，當彈力與重力相等時，加速度為零，隨后反向增大，且加速度與時間不是線性關系，故AB錯誤；以物體和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，整個過程中整體的機械能守恒，即E總＝E+EP，則：E＝E總－，與彈簧接觸前EP＝0，物體的機械能守恒，與彈簧接觸后彈簧的彈性勢能增加，則物體的機械能減小，根據數學知識可知C圖象正確，故C正確；在物塊自由下落的過程中，加速度恒定，速度圖象的斜率為定值，與彈簧接觸后，加速度先變小后反向增大，速度圖象的斜率發(fā)生變化，故D錯誤。 6．

21、【答案】D 【解析】根據幾何關系，環(huán)從A下滑至B點時，重物上升的高度h＝d－d，故A錯誤；將環(huán)在B點的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有：v環(huán)cos45°＝v重物，故B錯誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械能守恒，即環(huán)減小的機械能等于重物增加的機械能，故C錯誤；環(huán)下滑到最大高度為H時，環(huán)和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為－d，根據機械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得：H＝d，故D正確。 7．【答案】BC 【解析】小球運動到P點時，根據牛頓第二定律可得T－mg＝m，解得小球在P點的速度大小為v＝，A錯誤；根據動能定理可得mgR－

22、f××2πR＝mv2，解得f＝，B正確；假設小球剛好能運動到與O點等高的Q點，根據動能定理可得mg·R－f·×2πR＝0，故假設成立，小球能運動到與O點等高的Q點，且到達Q點的速度剛好為零，C正確，D錯誤。 8．【答案】AD 【解析】Ep－h(huán)圖象知其斜率為G，故G＝20 N，解得m＝2 kg，A正確；h＝0時，Ep＝0，Ek＝E機－Ep＝100 J－0＝100 J，故＝100 J，解得v＝10 m/s，B錯誤；h＝2 m時，Ep＝40 J，Ek＝E機－Ep＝85 J－40 J＝45 J，C錯誤；h＝0時，Ek＝E機－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m時，Ek?＝E機－Ep＝80

23、J－80 J＝0 J，故Ek－Ek?＝100 J，D正確。 9．【答案】AB 【解析】摩擦力做功fx，f＝μmg；x有兩種可能：①，碰撞完Q后到處停止；②，碰撞完Q后到再碰撞P返回時在處停止。所以摩擦力做功為：①fx＝，②fx＝。故A、B均正確，C、D錯誤。 10．【答案】AD 【解析】因不計一切摩擦，故系統(tǒng)機械能守恒，A正確；設A的速度為vA、B的速度為vB，當A到達與B同一水平面時，對A的速度進行分解，根據沿輕桿方向A、B速度相等有vB＝vAcos45°＝vA，根據系統(tǒng)機械能守恒有mg＝mv＋mv，解得vA＝，B錯誤；B滑塊到達最右端時，B的速度為零，如圖甲所示，根據系統(tǒng)機械能守恒

24、有mgL＝mv′，解得v′A＝，C錯誤；當A滑到最低點時，速度為零，B的速度最大，如圖乙所示，根據系統(tǒng)機械能守恒有mgL＝mv′，解得v′B＝，D正確。 二、(本題共6小題，共60分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位) 11．【答案】(1)7.25 (2)2gH0t＝d2 (3)減小 (每空2分) 【解析】(1)圖乙所示的游標卡尺讀數為7 mm＋5× mm＝7.25 mm。 (2)若小球下落過程中機械能守恒，則小球減少的重力勢能等于其增加

25、的動能，即有mgH0＝m2，化簡得2gH0t＝d2。 (3)由于存在空氣阻力，重力勢能的減小量等于動能的增加量和克服阻力做功之和，降低高度，則克服阻力做功減小，即ΔEp－ΔEk減小。 12．【答案】(1)B (2)乙 (3)0.31（0.30~0.33都算對） (4)遠大于 (每空2分) 【解析】(1)為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應選電火花打點計時器即B； (2)當小車開始運動時有小車與木板間的摩擦為最大靜摩擦力，由于最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，所以甲同學的看法錯誤，乙同學的看法正確； (3)由圖可知，相鄰兩點間的距離約為0.62 cm，打點時間間隔為0.

26、02 s，所以速度為m/s； (4)對小車由牛頓第二定律有：T＝Ma，對砝碼盤由牛頓第二定律有：mg－T＝ma，聯(lián)立解得：，當時有T≈mg，所以應滿足。 13．【解析】(1)A向右運動至最大速度時C恰好離開地面，此時A、B、C加速度均為零，設此時繩的拉力為T 對A：F－μmg－T＝0 (1分) 對B、C整體：T－3mg＝0 (1分) 代入數據解得F＝3.4mg。 (2分) (2) 開始時整個系統(tǒng)靜止，彈簧壓縮量為x1，對B有：kx1＝2mg (1分) 則： C恰好離開地面時，彈簧伸長量為 (1分) A由靜止到向右運動至速度最大的過程中，對A、B、C及彈簧組成

27、的系統(tǒng)，由能量守恒得： (2分) 解得：。 (2分) 14．【解析】(1)勻速運動時，則有：mg＝kv (1分) 解得：k＝120 N/(m·s－1) (1分) 打開降落傘的瞬間，速度為：v1＝18 m/s (1分) 由牛頓第二定律得：kv1－mg＝ma (1分) 解得：a＝26 m/s2，方向豎直向上。 (1分) (2)根據圖線圍成的面積知，自由下落的位移為：x1＝×2×18 m＝18 m (1分) 則打開降落傘后的位移為：x2＝H－x1＝100 m－18 m＝82 m (1分) 由動能定理得：mgx2＋Wf＝mv2－mv (2分)

28、代入數據解得：Wf＝－58170 J (1分) 15．【解析】(1)①設滑塊從C點飛出時的速度為vC，從C點運動到A點的時間為t，滑塊從C點飛出后做平拋運動 豎直方向：2R＝gt2 (1分) 水平方向：x＝vCt (1分) 解得：vC＝10 m/s (1分) ②設滑塊通過B點時的速度為vB，根據機械能守恒定律：mv＝mv＋2mgR (2分) 設滑塊在B點受軌道的支持力為FN，根據牛頓第二定律： FN－mg＝m (1分) 聯(lián)立解得：FN＝9 N (1分) 根據牛頓第三定律，滑塊在B點對軌道的壓力FN′＝FN＝9 N。(1分) (2)若滑塊恰好能夠經

29、過C點，設此時滑塊的速度為vC′，根據牛頓第二定律有：mg＝m (1分) 解得：vC′＝＝ m/s＝5 m/s 滑塊由A點運動到C點的過程中，由動能定理：Fx－mg·2R≥mvC′2 (2分) 則Fx≥mg·2R＋mvC′2 解得水平恒力F應滿足的條件為F≥0.625 N。(1分) 16．【解析】(1) B和A一起沿斜面向下運動，由機械能守恒定律有 (1分) 解得：m/s (1分) (2) 第一次碰后，對B有：mgsin θ＝μmgcos θ，故B勻速下滑 對A有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 (1分) 解得：a＝10 m/s2 (1分)

30、方向始終沿斜面向下，?A將做類豎直上拋運動? 設A第1次反彈的速度大小為v1，由動能定理有： (1分) (1分) 解得：s (1分) (3)設A第2次反彈的速度大小為v2，由動能定理有： (1分) 解得：v2＝0 (1分) 即A與擋板第2次碰后停在底端，B繼續(xù)勻速下滑，與擋板碰后B反彈的速度為v?，加速度大小為a?，由動能定理有： (1分) mgsin θ＋μmgcos θ＝ma? (1分) 得B沿A向上做勻減速運動的時間s (1分) 當B速度為0時，因mgsin θ＝μmgcos θ≤fm，故B將靜止在A上 (1分) 所以當A停止運動時，B恰好勻速滑至擋板處，B相對A運動的時間t最短，s。(1分) 3