（新高考）2022届高中物理一轮复习 第五单元 机械能守恒定律 训练卷 B卷 教师版

这是一份（新高考）2022届高中物理一轮复习 第五单元 机械能守恒定律 训练卷 B卷 教师版，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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（新高考）2022届高三一轮单元训练卷
第五单元 机械能守恒定律（B）
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、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
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
【答案】D
【解析】由于货物未滑动，所以货物处于平衡状态，有mgsin θ＝f，N＝mgcos θ，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．质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是(　　)
A．90 W B．30 kW C．36 kW D．300 kW
【答案】C
【解析】汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡F＝f＝1.8×103 N，汽车发动机的功率P＝Fv＝36 k。
3．质量为60 kg的同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.6 m，目测空中脚离地最大高度约0.5 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为（　　）

A．65 J B．265 J C．510 J D．750 J
【答案】D
【解析】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则根据，解得，竖直方向初速度，水平方向做匀速直线运动，则，则起跳时的速度，则，故选D。
4．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是(　　)

【答案】A
【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgxtan θ－μmgcos θ＝Ek，整理可得(mgxtan θ－μmg)x＝Ek，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有μmgx＝Ek，即在水平面运动时动能与x也成线性关系，A正确。
5．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sin 37°＝0.6，cos 37°＝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1375 J
D．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W
【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，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－Fsin 37°－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，B错误；在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为W＝f1s1＝μ(mg－Fsin 37°)s1＝0.5×68×25 J＝850 J，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，D正确。

6．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＝L D．x＝L
【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mgLsin θ＝μmgLcos θ＋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mgLsin θ＝μmgLcos θ＋mgxsin α＋μmgxcos α，解得x＝L，故B正确。
7．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(　　)

【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－kx2，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。
8．如图所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙（挡板墙上分布有多个力传感器）构成的游戏装置，半圆形挡板的半径R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5。游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合。挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与墙上转过圆心角θ之间的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．弹丸的质量为0.1 kg
B．弹丸的质量为0.4 kg
C．弹丸与地面的动摩擦因数为0.6
D．弹丸与地面的动摩擦因数为0.8
【答案】C
【解析】弹丸从B到D过程由动能定理得，由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为12.4 N，由牛顿第二定律有，解得，故AB错误；设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，转过3 rad后的速度为v，由动能定理得，在转过3 rad后挡板对弹丸的支持力为5.2 N，由牛顿第二定律得，解得，故C正确，D错误。
二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
7．如图所示，小朋友在蹦床上跳跃翻腾，尽情嬉耍。在小朋友接触床面向下运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重力对小朋友一直做正功
B．蹦床对小朋友的弹力先做负功后做正功
C．小朋友的机械能不变
D．小朋友的动能先增大后减小
【答案】AD
【解析】在下落过程中重力一直向下，与运动方向相同，故重力一直做正功，故A正确；在小朋友接触床面向下运动到最低点的过程中，床面对小朋友的弹力一直向上，而位移向下，所以弹力一直做负功，小朋友的机械能一定减小，故BC错误；弹力从零开始逐渐增大，弹力先小于重力，后大于重力，小朋友的合力先向下后向上，速度先增大后减小，所以小朋友的动能先增大后减小，故D正确。
8．滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量m＝50 kg的物块，物块以某一初速度v0从倾角θ＝37°的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能E总和重力势能Ep随离开斜面底端的高度h的变化规律如图乙所示。将物块视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，则由图中数据可得(　　)

A．初速度v0＝5 m/s
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
C．物块在斜面上运动的时间为 s
D．物块再次回到斜面底端时的动能为375 J
【答案】AD
【解析】斜面底端为重力势能零势能面，则E总1＝mv02＝625 J，得v0＝5 m/s，故A正确；当E总＝Ep时，物块运动到最高点由图乙可知此时hm＝1 m，根据功能关系，有＝E总＝125 J，得物块与斜面间动摩擦因数μ＝，故B错误；物块沿斜面上滑的时间s，上滑的位移m，因为μ＜tan θ，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的s，物块在斜面上运动的时间s，滑到斜面底端时的动能J，故C错误，D正确。
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．－μmg(2n＋)s B．－μmg(2n－)s
C．－μmg(2n＋)s D．－μmg(2n－)s
【答案】AB
【解析】摩擦力做功fx，f＝μmg；x有两种可能x＝s＋2(n－1)s+s＝(2n－)s①，碰撞完Q后到处停止；x＝s＋2(n－1)s+s＝(2n＋)s②，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＝－μmg(2n－)s，②fx＝－μmg(2n＋)s。故A、B均正确，C、D错误。
10．如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接。已知A、B的质量均为1 kg，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10 m/s2，将A、B由静止释放，下列说法正确的是（　　）

A．物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小为4 N
B．物体B下降过程中，轻绳的拉力对A和B做的总功为零
C．物体B下降过程中，B减少的机械能等于A增加的机械能
D．物体B下降2 m时（此时B未落地）的速度大小为4 m/s
【答案】BD
【解析】物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为T，则有，，联立解得，A错误；物体B下降过程中，轻绳是A、B组成的系统的内力，故轻绳的拉力对A和B做的总功为零，B正确；物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩擦力做的功，C错误；设物体B下降2 m时的速度为，则A的速度为，由能量守恒可得，解得，D正确。
三、非选择题：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。
13．(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”)。
【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＝m，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。
14．(8分)利用图实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题。

(1)实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：
A．按实验要求安装好实验装置；
B．使重物靠近打点计时器，接着先_______，后_______，打点计时器在纸带上打下一系列的点；
C．图为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点。分别测出若干连续点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…

(2)取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据数据在图3中已绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ已求得图线Ⅰ斜率的绝对值k1＝2.94 J/m，请计算图线Ⅱ的斜率k2＝______J/m（保留三位有效数字）。重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为___________ （用k1和k2表示）。
【答案】(1)接通电源 释放纸带 (2)2.85~2.90范围内即可 (每空2分)
【解析】(1)如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低；所以应当先接通电源，后释放纸带。
(2)由图示图像可知，图线Ⅱ的斜率，对图线Ⅰ，即，对图线Ⅱ，即，则重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为。
15．(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＝kΔx2，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。
【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)
16．(10分)一辆小型家用轿车的额定功率P0＝1.2×105 W，轿车和乘坐人员的总质量m＝1.5×103 kg，它行驶在平直的高速路上受到的阻力是车重的0.2倍。启动时为了乘坐舒适，以恒定的加速度a＝1.0 m/s2加速到v＝20 m/s时功率达到P，以后保持功率P行驶，直到达到最大速度vm。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)该轿车在平直的高速路上行驶能达到的最高速度v0是多少？
(2)功率P为多少？
(3)从启动到速度为vm的过程中，共克服阻力做功Wf＝1.0×106 J，发动机燃烧92#汽油的工作效率η＝30%，92#汽油的燃烧值q＝4.6×107 J/kg，该过程中燃烧汽油的质量M为多少？（结果保留2位有效数字）
【解析】(1)当车匀速运动时，达到最大速度，此时达到额定功率，则
　(1分)
。　(2分)
(2)设v＝20 m/s时牵引力为F1，根据牛顿第二定律　(1分)
解得
则此时功率。　(2分)
(3)汽油完全燃烧释放能量　(1分)
则汽车发动机的效率　(1分)
解得。　(2分)
17．(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。
【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)
18．(14分)如图所示，MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道，N端与水平面相切，轨道半径R＝0.9 m。粗糙水平段NP长L＝1 m，P点右侧有一与水平方向成θ＝30°角的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为3 m/s。一质量为1 kg可视为质点的物块A从圆弧轨道最高点M由静止开始沿轨道滑下，物块A与NP段间的动摩擦因数μ1＝0.1。静止在P点的另一个物块B与A完全相同，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝。A与B碰撞后A、B交换速度，碰撞时间不计，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)物块A滑下后首次到达最低点N时对轨道的压力；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量。
【解析】(1)设物块质量为m，A首次到达N点的速度为vN，由机械能守恒定律得：
mgR＝mvN2 (1分)
由牛顿第二定律得：FN－mg＝ (1分)
联立解得：FN＝30 N (1分)
根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等，方向相反，所以物体对轨道压力大小为30 N，方向竖直向下。 (1分)
(2)设A与B第一次碰前的速度为v0，从释放物块A至到达P点的过程中，由能量守恒定律得：
mgR＝mv02＋μ1mgL (1分)
解得：v0＝4 m/s (1分)
设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA＝0，vB＝4 m/s
碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，则对B有
mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma1 (1分)
解得a1＝10 m/s2
运动的时间为s (1分)
位移为m (1分)
此过程物块B与传送带相对运动的路程Δs1＝vt1＋x1＝2 m (1分)
此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，加速时间为
s (1分)
位移为m (1分)
此过程相对运动路程Δs2＝vt2－x2＝0.45 m (1分)
全过程产生的热量为：Q＝μ2mgcos θ(Δs1＋Δs2)＝12.25 J。 (1分)