1、单元检测五机械能及其守恒定律考生注意：1本试卷共4页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间90分钟，满分100分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分.16小题只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分；710小题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图1所示，则下列说法正确的是()图1A两小球落地时速度相同B两小球落地时，重力的瞬时功率相同
2、C从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同2.如图2所示，质量为m的物体置于倾角为的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速直线运动，运动中物体m与斜面体相对静止则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是()图2A支持力一定做正功B摩擦力一定做正功C摩擦力可能不做功D摩擦力可能做负功3(2020安徽阜阳市模拟)如图3所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上则管口D距离地面
3、的高度必须满足的条件是()图3A等于2R B大于2RC大于2R且小于R D大于R4. (2019山东泰安市第二轮复习质量检测)如图4所示的轨道由倾角为45的斜面与水平面连接而成，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3 J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以9 J的动能第一次落在轨道上若将此小球以6 J的初动能从斜面顶端水平抛出，则小球第一次落在轨道上的动能为()图4A9 J B12 JC15 J D30 J5. (2020山东临沂市质检)如图5，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R，bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球受到与重力大小相等的水
4、平外力F的作用，自a点从静止开始向右运动，运动到b点时立即撤去外力F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图5A水平外力F做的功为2mgRB小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mgC小球能从c点竖直向上飞出D小球运动到c点时对圆弧轨道的压力大小为mg6. (2020山东淄博市模拟)如图6所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上，管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为m和2m的a、b小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小现释放两个小球，让它们自由下落，重力加速度大小为g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(弹簧始
5、终处于弹性限度内)()图6Aa球的动能始终减小Bb球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍C弹簧对b球做的功等于b球机械能的变化量Db球到达最低点时杆对a球的作用力等于mg7. (2019山东济宁市第二次摸底)如图7所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)现将它们由静止释放，在下滑的过程中()图7A两物体下滑的加速度相同B轻杆对A做正功，对B做负功C系统的机械能守恒D任意时刻两物体重力的功率相同8. (2019东北三省四市教研联合体模拟)如图8所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同
6、一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是()图8A物体减少的机械能E1E2E3B物体减少的机械能E2E1E3C物体到达底端时的速度v1v2v3D物体到达底端时的速度v2v1gtan 时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90，做正功；当a0，解得H2R，故选B.4B假设小球落到斜面上，分解位移可知xv0t，ygt2，xy，可得t，落到斜面上的速度大小为vv0.由Ekmv2可知，小球从顶端抛出时v0，落到轨道时速度vv0，所以小球将会落到水平面上，由动能定理：mgh(93) JEk6 J，Ek12 J5B水平外力F做的功为：WFR
7、mgR，选项A错误；从a到b由动能定理：FRmv，在b点由牛顿第二定律：FNbmgm，联立解得FNb3mg，结合牛顿第三定律可知，选项B正确；由机械能守恒定律得：mvmgRmv，解得vc0，即到达c点的速度为零，运动到c点时小球对圆弧轨道的压力大小为0，选项C、D错误6B刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动，当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力之和，两球做减速运动，故A错误；两球的加速度始终相等，设为a，根据牛顿第二定律，对a球有F杆mgma，对b球有F弹2mgF杆2ma，解得F弹3F杆，则由WFl可知，弹簧对b球
8、做的功是杆对b球做功的3倍，即b球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍，故B正确；将两球看成一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关系可知弹簧对b球做的功等于a、b两球机械能的变化量之和，故C错误；b球到达最低点时a、b均具有向上的加速度，此时杆对a球的作用力一定大于a球的重力mg，故D错误7AC因为A、B两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A正确对两物体整体受力分析得：(2mm)gsin (2mm)a，整体加速度agsin ；设杆对B的力为F，隔离B可得：2mgsin F2ma，且agsin ，所以F0，B错误只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C正
9、确重力瞬时功率Pmgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体重力的功率不一样，D错误8BD由功能关系可知：物体克服摩擦力所做的功等于物体减少的机械能如图所示，当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为mgcos mg，则物体克服摩擦力所做的功与BC边长度有关，W克1W克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得FNmgcos m，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于mgcos ，则W克2W克1，故W克2W克1W克3，由此可知物体减少的机械能E2E1E3；由动能定理可知mghW克mv2，由于W克2W克1W克3，可得v2v10，则有FN3mg，故D正确10BD开始
10、时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsin mbg，则ma，b下降h，则a上升hsin ，则a重力势能的增加量为maghsin mgh，故A错误；根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，故B正确；由能量守恒得传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能与a、b动能的增加量之和，故C错误；任意时刻a、b的速率相等，对b，重力的瞬时功率Pbmgv，对a有：Pamagvsin mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确11(1)(2)C(3)mgh(2m0m)12(1)5 m/s(2)5 m解析(1)由题图乙知，在前2 m内，F1
11、2mg，做正功，在第3 m内，F20.5mg，做负功，在第4 m内，F30.滑动摩擦力Ffmg0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得F1x1F2x2Ffxmv0代入数据解得vA5 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得mgLsin 300mv解得L5 m所以滑块冲上斜面AB的长度L5 m.13(1)2.4 s(2)160 N(3)6.89 m解析(1)设工件轻放后向右的加速度为a，与传送带达到共速时位移为x1，时间为t1，有：mgma，得ag5 m/s2t1 s0.8 sx1at50.82 m1.6 mL接着工件向右匀速运动，设时间为t2，t2 s1.
12、6 s工件传到B端经历的时间tt1t22.4 s(2)设力传感器示数最大时弹簧的压缩量为x1由动能定理得mgsin 37mgcos 37kx0mv代入数据得x10.8 mFmkx1160 N(3)设力传感器示数为20 N时弹簧的压缩量为x2，工件在斜面上通过的总路程为sx2 m0.1 m由能量守恒得：mvmgsin 37mgscos 37kx代入数据得s6.89 m.14(1)(2)物块刚好落在平台上的B点解析(1)物块从A点抛出后做平抛运动，在C点vC2v0由题意可知AB的高度：hRcos 600.5R；设物块的质量为m，从A点到C点的过程，由机械能守恒可得：mghmvmv解得v0物块从A到
13、F的过程，由动能定理：mgR0mv解得；(2)假设物块能回到C点，设到达C点的速度大小为vC，根据动能定理：mgRmgRmvC2解得vC，假设成立；BC长度：sv0R假设物块从C点抛出后直接落在BC平台上，物块在C点竖直方向的分速度vyvCsin 60水平分速度：vxvCcos 60落在BC平台上的水平位移：xvx2R即物块刚好落在平台上的B点15(1)2 m(2) N，方向竖直向上(3)5 J解析(1)设小球进入M点时速度为vM，运动至N点时速度为vN，由P至M，LvMt1，Hgt由N至P，LvNt2H2Rgt由M至N过程，2mgRmvmv联立解得：L2 m；(2)由(1)可得，vN m/s小球在N点，由牛顿第二定律得mgFNm解得：FN N由牛顿第三定律可知，小球在N处对管道的作用力大小FNFN N，方向竖直向上；(3)由P至N全过程，由能量守恒定律：Epmvmg(H2R)解得：Ep5 J.
