高考物理一轮复习单元训练卷第六单元机械能守恒定律B卷(含解析)

第六单元  

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角缓慢增大，在货物滑动之前的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．货物受到的静摩擦力减小

B．地面对货车有水平向右的摩擦力

C．货物受到的摩擦力对货物做正功

D．货物受到的支持力对货物做正功

2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．轮胎与水平跑道间的动摩擦因数μ＝0.2

B．绳的拉力F的大小为55 N

C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做的功为1 375 J

D．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W

3．如图，固定板AB倾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计物块在B处的机械能损失，各接触面动摩擦因数相同，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则(　　)

A．x＝                        B．x＝

C．x＝                        D．x＝

4．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度由静止启动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v－t图象，如图所示(除2～10 s时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)，2 s后小车的功率不变，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。小车的质量为1 kg，则小车在0～10 s运动过程中位移的大小为(　　)

A．39 m        B．42 m        C．45 m        D．48 m

5．如图所示，一物块从光滑斜面上某处由静止释放，与一端固定在斜面底端的轻弹簧相碰。设物块运动的加速度为a，机械能为E，速度为v，下滑位移为x，所用时间为t，则在物块由释放到下滑至最低点的过程中（取最低点所在平面为零势能面），下列图象可能正确的是(　　)

6．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)

A．环到达B处时，重物上升的高度h＝

B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等

C．环从A到B，环减少的机械能大于重物增加的机械能

D．环能下降的最大高度为d

7．如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴上，轻杆长度为R，可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成30°角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变。当小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为mg，方向竖直向上。下列说法正确的是(　　)

A．小球运动到P点时的速度大小为

B．小球受到的空气阻力大小为

C．小球能运动到与O点等高的Q点

D．小球不能运动到与O点等高的Q点

8．(2019∙全国II卷)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)

A．物体的质量为2 kg

B．h＝0时，物体的速率为20 m/s

C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J

D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J

9．如图所示，P、Q是竖直固定在水平桌面上的挡板，质量为m的小物块在紧靠P板处以一定初速度向Q板运动。已知小物块与桌面的动摩擦因数为μ，P、Q相距s，物块经过与Q板碰撞n次后（碰撞过程无能量损失），最终静止于P、Q的中点。则在整个过程中，摩擦力做功可能为(　　)

A．              B．

C．                D．

10．如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点。在运动的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．A、B组成的系统机械能守恒

B．当A到达与B同一水平面时，A的速度为

C．B滑块到达最右端时，A的速度为

D．B滑块的最大速度为

二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

11．(6分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：

(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝        mm。

(2)多次改变高度H，重复上述实验操作，作出H随的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式                   时，可判断小球下落过程中机械能守恒。

(3)实验中，因受空气阻力影响，小球动能的增加量ΔEk总是稍小于其重力势能的减少量ΔEp，适当降低下落高度后，则ΔEp－ΔEk将           (填“增大”“减小”或“不变”)。

12．(8分)某兴趣小组用如题图所示的装置验证动能定理。

(1)有两种工作频率均为50 Hz的打点计时器供实验选用：

A．电磁打点计时器

B．电火花打点计时器

为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择       （选填“A”或“B”）。

(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除，同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是      （选填“甲”或“乙”）。

(3)消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。纸带被打出一系列点，其中的一段如题图所示。图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA＝      m/s。

(4)测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L。小车动能的变化量可用ΔEk＝算出。砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应          （选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W＝mgL算出。多次测量，若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理。

13．(10分)如图所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与桌面平行，已知A、B的质量均为2m，C的质量为m，A与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝，式中x是弹簧的劲度系数，Δx是弹簧的伸长量或压缩量。细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水平拉力F后，A向右运动至速度最大时，C恰好离开地面，求此过程中：

(1)拉力F的大小；

(2)C恰好离开地面时A的速度。

14．(10分)低空跳伞是一种危险性很高的极限运动，通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳，在极短时间内必须打开降落伞，才能保证着地安全，某跳伞运动员从高H＝100 m的楼层起跳，自由下落一段时间后打开降落伞，最终以安全速度匀速落地。若降落伞视为瞬间打开，得到运动员起跳后的速度v随时间t变化的图象如图所示，已知运动员及降落伞装备的总质量m＝60 kg，开伞后所受阻力大小与速率成正比，即Ff＝kv，g取10 m/s2，求：

(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度；

(2)打开降落伞后阻力所做的功。

15．(12分)如图所示，水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x＝10 m，半圆形轨道半径R＝2.5 m。质量m＝0.10 kg的小滑块(可视为质点)在水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经B点时撤去力F，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C，从C点水平飞出。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。

(1)若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在A点，求：

①滑块通过C点时的速度大小；

②滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道压力的大小；

(2)如果要使小滑块能够通过C点，求水平恒力F应满足的条件。

16．(14分)如图，倾角θ ＝ 30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4 m，现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m＝1 kg，它们之间的动摩擦因数，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE＝10 J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v；

(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt；

(3)B相对于A滑动的可能最短时间t。

单元训练金卷·高三·物理(B)卷

第六单元  答 案

一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．【答案】D

【解析】由于货物未滑动，所以货物处于平衡状态，有mgsinθ＝f，N＝mgcosθ，θ增大时，f增大，N减小，故A错误；对卸货车与货物整体受力分析可知，整体处于平衡状态，在水平方向不受外力，地面对货车没有摩擦力，故B错误；货物所受摩擦力的方向与运动方向垂直，摩擦力不做功，故C错误；货物受到的支持力的方向与运动方向相同，支持力做正功，故D正确。

2．【答案】D

【解析】绳从轮胎上脱落后，轮胎的受力情况如图甲所示．由轮胎的速度—时间图象可得此过程的加速度为a2＝－5 m/s2，根据牛顿第二定律有－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，N2－mg＝0，代入数据解得μ＝0.5，选项A错误；绳拉轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图乙所示．根据牛顿第二定律有Fcos37°－f1＝ma1，又因为f1＝μN1，mg－Fsin37°－N1＝0，由轮胎的速度—时间图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得F＝70 N，选项B错误；在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为W＝f1s1＝μ(mg－Fsin37°)s1＝0.5×68×25 J＝850 J，选项C错误；由速度—时间图象得6 s末轮胎的速度为5 m/s，在6 s末，摩擦力的瞬时功率为P＝μmgv＝275 W，选项D正确．

3．【答案】B

【解析】小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理得mgLsinθ＝μmgLcosθ＋μmgL，若调整BC使其向上倾斜，设BC与水平方向之间的夹角为α时，小物块沿BC上滑的距离最小，由动能定理可得mgLsinθ＝μmgLcosθ＋mgxsinα＋μmgxcosα，解得x＝L，故B正确．

4．【答案】B

【解析】小车在匀加速运动阶段有a＝ m/s2＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律可得F′－f＝ma，在2 s后小车功率恒定，在2 s末有P＝F′×3 m/s，小车匀速运动阶段，牵引力等于阻力，则P＝f×6 m/s，联立解得f＝1.5 N，额定功率P＝9 W，小车在0～2 s过程中的位移为x1＝×2×3 m＝3 m，对2～10 s的过程运用动能定理得Pt－fx2＝mv－mv，代入数据得x2＝39 m，故0～10 s内的位移为x＝x1＋x2＝42 m，B正确。

5．【答案】C

【解析】设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律可得，在物块自由下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得ma＝mgsin θ，解得a＝gsin θ；物块与弹簧接触后，，当弹力与重力相等时，加速度为零，随后反向增大，且加速度与时间不是线性关系，故AB错误；以物体和弹簧组成的系统为研究对象，整个过程中整体的机械能守恒，即E总＝E+EP，则：E＝E总－，与弹簧接触前EP＝0，物体的机械能守恒，与弹簧接触后弹簧的弹性势能增加，则物体的机械能减小，根据数学知识可知C图象正确，故C正确；在物块自由下落的过程中，加速度恒定，速度图象的斜率为定值，与弹簧接触后，加速度先变小后反向增大，速度图象的斜率发生变化，故D错误。

6．【答案】D

【解析】根据几何关系，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h＝d－d，故A错误；将环在B点的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v环cos45°＝v重物，故B错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，系统机械能守恒，即环减小的机械能等于重物增加的机械能，故C错误；环下滑到最大高度为H时，环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为－d，根据机械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得：H＝d，故D正确。

7．【答案】BC

【解析】小球运动到P点时，根据牛顿第二定律可得T－mg＝m，解得小球在P点的速度大小为v＝，A错误；根据动能定理可得mgR－f××2πR＝mv2，解得f＝，B正确；假设小球刚好能运动到与O点等高的Q点，根据动能定理可得mg·R－f·×2πR＝0，故假设成立，小球能运动到与O点等高的Q点，且到达Q点的速度刚好为零，C正确，D错误。

8．【答案】AD

【解析】Ep－h图象知其斜率为G，故G＝20 N，解得m＝2 kg，A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E机－Ep＝100 J－0＝100 J，故＝100 J，解得v＝10 m/s，B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，Ek＝E机－Ep＝85 J－40 J＝45 J，C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m时，Ekʹ＝E机－Ep＝80 J－80 J＝0 J，故Ek－Ekʹ＝100 J，D正确。

9．【答案】AB

【解析】摩擦力做功fx，f＝μmg；x有两种可能：①，碰撞完Q后到处停止；②，碰撞完Q后到再碰撞P返回时在处停止。所以摩擦力做功为：①fx＝，②fx＝。故A、B均正确，C、D错误。

10．【答案】AD

【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A正确；设A的速度为vA、B的速度为vB，当A到达与B同一水平面时，对A的速度进行分解，根据沿轻杆方向A、B速度相等有vB＝vAcos45°＝vA，根据系统机械能守恒有mg＝mv＋mv，解得vA＝，B错误；B滑块到达最右端时，B的速度为零，如图甲所示，根据系统机械能守恒有mgL＝mv′，解得v′A＝，C错误；当A滑到最低点时，速度为零，B的速度最大，如图乙所示，根据系统机械能守恒有mgL＝mv′，解得v′B＝，D正确。

二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

11．【答案】(1)7.25     (2)2gH0t＝d2      (3)减小   (每空2分)

【解析】(1)图乙所示的游标卡尺读数为7 mm＋5× mm＝7.25 mm。

(2)若小球下落过程中机械能守恒，则小球减少的重力势能等于其增加的动能，即有mgH0＝m2，化简得2gH0t＝d2。

(3)由于存在空气阻力，重力势能的减小量等于动能的增加量和克服阻力做功之和，降低高度，则克服阻力做功减小，即ΔEp－ΔEk减小。

12．【答案】(1)B    (2)乙    (3)0.31（0.30~0.33都算对）    (4)远大于    (每空2分)

【解析】(1)为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选电火花打点计时器即B；

(2)当小车开始运动时有小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力，由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；

(3)由图可知，相邻两点间的距离约为0.62 cm，打点时间间隔为0.02 s，所以速度为m/s；

(4)对小车由牛顿第二定律有：T＝Ma，对砝码盘由牛顿第二定律有：mg－T＝ma，联立解得：，当时有T≈mg，所以应满足。

13．【解析】(1)A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T

对A：F－μmg－T＝0     (1分)

对B、C整体：T－3mg＝0  (1分)

代入数据解得F＝3.4mg。  (2分)

(2) 开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x1，对B有：kx1＝2mg   (1分)

则：

C恰好离开地面时，弹簧伸长量为  (1分)

A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒得：

  (2分)

解得：。 (2分)

14．【解析】(1)匀速运动时，则有：mg＝kv   (1分)

解得：k＝120 N/(m·s－1)    (1分)

打开降落伞的瞬间，速度为：v1＝18 m/s   (1分)

由牛顿第二定律得：kv1－mg＝ma    (1分)

解得：a＝26 m/s2，方向竖直向上。  (1分)

(2)根据图线围成的面积知，自由下落的位移为：x1＝×2×18 m＝18 m  (1分)

则打开降落伞后的位移为：x2＝H－x1＝100 m－18 m＝82 m   (1分)

由动能定理得：mgx2＋Wf＝mv2－mv   (2分)

代入数据解得：Wf＝－58170 J   (1分)

15．【解析】(1)①设滑块从C点飞出时的速度为vC，从C点运动到A点的时间为t，滑块从C点飞出后做平抛运动

竖直方向：2R＝gt2     (1分)

水平方向：x＝vCt   (1分)

解得：vC＝10 m/s  (1分)

②设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律：mv＝mv＋2mgR   (2分)

设滑块在B点受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律：

FN－mg＝m   (1分)

联立解得：FN＝9 N  (1分)

根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力FN′＝FN＝9 N。(1分)

(2)若滑块恰好能够经过C点，设此时滑块的速度为vC′，根据牛顿第二定律有：mg＝m  (1分)

解得：vC′＝＝ m/s＝5 m/s

滑块由A点运动到C点的过程中，由动能定理：Fx－mg·2R≥mvC′2   (2分)

则Fx≥mg·2R＋mvC′2

解得水平恒力F应满足的条件为F≥0.625 N。(1分)

16．【解析】(1) B和A一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有

  (1分)

解得：m/s  (1分)

(2) 第一次碰后，对B有：mgsin θ＝μmgcos θ，故B匀速下滑

对A有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1  (1分)

解得：a＝10 m/s2   (1分)

方向始终沿斜面向下， A将做类竖直上抛运动 

设A第1次反弹的速度大小为v1，由动能定理有：  (1分)

  (1分)

解得：s  (1分)

(3)设A第2次反弹的速度大小为v2，由动能定理有：  (1分)

解得：v2＝0  (1分)

即A与挡板第2次碰后停在底端，B继续匀速下滑，与挡板碰后B反弹的速度为vʹ，加速度大小为aʹ，由动能定理有：  (1分)

mgsin θ＋μmgcos θ＝maʹ   (1分)

得B沿A向上做匀减速运动的时间s  (1分)

当B速度为0时，因mgsin θ＝μmgcos θ≤fm，故B将静止在A上  (1分)

所以当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，B相对A运动的时间t最短，s。(1分)