第六单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）
文档属性
| 名称 | 第六单元 单元提升卷《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 6.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-10 17:02:15 | ||
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文档简介
(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—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.如图甲,O点为单摆的固定悬点,将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点,释放摆球,摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线,图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻,重力加速度g取10 m/s2,则摆球的质量是 ( )
A.0.05 kg B.0.10 kg C.0.18 kg D.0.21 kg
2.如图所示,塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为m的建材以加速度a匀加速向上提起h高度,已知重力加速度为g,关于此过程,下列说法正确的是 ( )
A.建材的动能增加了mgh
B.建材的重力势能减少了mgh
C.建材的机械能增加了mah
D.建材所受的钢绳的拉力做的功为m(a+g)h
3.篮球运动员在某次比赛罚球过程中,第一次出手,篮球的初速度方向与竖直方向的夹角α=60°;第二次出手,篮球的初速度方向与竖直方向的夹角β=30°,两次出手的位置在同一竖直线上,结果两次篮球正好垂直撞击到篮板上同一点C。不计空气阻力,则从篮球出手到运动到点C的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.前后两次运动时间之比为∶1
B.前后两次上升的最大高度之比为1∶9
C.在C点时,前后两次球的机械能相等
D.前后两次球的初动能相等
4.如图所示,在光滑水平桌面上固定有光滑轨道ABC,其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点,物体受到与AB平行的水平拉力F,由A点从静止开始运动,拉力F随位移的变化规律如图乙所示(拉力F从A指向B为正)。若物体的质量m=1 kg,AB=4 m,半圆轨道的半径R=1.5 m,重力加速度g=10 m/s2。则 ( )
A.物体从A到B拉力F做功为50 J
B.物体从B到C过程中,所受的合外力为0
C.物体能够到达C点,且到达C点时速度大小为2 m/s
D.物体能够到达C点,且到达C点时速度大小为2 m/s
5.如图所示,质量为1 kg的物体在力F=8 N的作用下,由静止开始从倾角为37°的光滑斜面底端向上运动,6 s后撤去力F。取物体在斜面底端的重力势能为零,且重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,则下列说法正确的是 ( )
A.力F做的功为360 J
B.物体的最大重力势能为480 J
C.物体回到斜面底端时重力的功率为144 W
D.物体回到斜面底端时重力的功率为240 W
6.如图甲所示,一物块置于粗糙水平面上,其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上。用力将物块向左拉至O处后由静止释放,用传感器测出物块的位移x和对应的速度,作出物块的动能Ek与位移x的关系图像如图乙所示,其中,0.10~0.25 m范围内的图线为直线,其余部分为曲线。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g=10 m/s2,弹性绳的弹力与形变量始终符合胡克定律,可知 ( )
A.物块的质量为0.2 kg
B.弹性绳的劲度系数为50 N/m
C.弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J
D.物块被释放时,加速度的大小为8 m/s2
7.如图所示,质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上,一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连,另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连,已知M=2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3d,定滑轮大小、质量及摩擦均可忽略。现将小环从A点由静止释放,小环运动到C点时速度为零,重力加速度为g,则 ( )
A.小环最终静止在C点
B.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
C.A、C间距离为4d
D.小环在C点的加速度大小为0.6g
8.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示,下列说法正确的是 ( )
A.0~6 s内物体位移大小为36 m
B.0~6 s内拉力做的功为70 J
C.合力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功不相等
D.滑动摩擦力大小为 N
9.如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端,现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做直线运动,当小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x,小物块和小车之间的滑动摩擦力大小为f,此过程中,下列结论正确的是 ( )
A.物块到达小车最右端时,其动能为(F-f)(L+x)
B.摩擦力对小物块所做的功为fL
C.物块到达小车最右端时,小车的动能为fx
D.物块和小车组成的系统机械能增加量为F(L+x)
10.如图甲所示,物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0 m。选择地面为零势能面,上升过程中,物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6。则下列说法中正确的是 ( )
A.物体的质量m=0.67 kg
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
C.物体上升过程的加速度大小a=12 m/s2
D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10 J
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(10分)为了验证机械能守恒定律,两个实验小组分别进行了如下探究(已知重力加速度为g)。
(1)小组1采用图甲所示的装置进行实验,细线上端固定在铁架台上的O点,下端悬挂一小球,将小球拉起一定角度,由静止释放,摆到最低点时,恰好通过固定在铁架台上的光电门。
①用游标卡尺测出小球的直径,如图乙所示,则小球的直径d= mm。
②该小组同学将小球从不同高度释放,测出释放点到小球摆动最低点的高度h及挡光时间t,若作出h(为纵坐标)与 (选填“t”“t2”或“”)的关系图像是过原点的一条倾斜直线,且直线的斜率为 ,则小球在摆动的过程中满足机械能守恒(用题中已知物理量的字母表示)。
(2)小组2的实验装置如图丙所示,一根细线跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连,重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂物块Z,重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连,测得重物P、Q的质量均为M,物块Z的质量为m。
先接通频率为f的交流电源,在纸带上打下的点为O,再由静止释放系统,得到如图丁所示的纸带,纸带上A、B、C三点为打下的相邻的点,则从释放系统到打下B点的过程中系统减少的重力势能为 ,若等式 (在误差范围内)成立,则系统机械能守恒。(用题中已知物理量的字母表示)
12.(8分)某研究性学习小组设计的测量弹簧弹性势能Ep的实验装置如图甲所示。实验器材有上端带有挡板的斜面体、轻质弹簧、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、毫米刻度尺等。
实验步骤如下:
①用游标卡尺测得遮光片的宽度为d;
②弹簧上端固定在挡板P上,下端与滑块不拴接,当弹簧为原长时,遮光片中心线通过斜面上的M点;
③光电门固定在斜面上的N点,并与数字计时器相连;
④压缩弹簧,然后用销钉把滑块锁定,此时遮光片中心线通过斜面上的O点;
⑤用刻度尺分别测量出O、M两点间的距离x和M、N两点间的距离l;
⑥拔去锁定滑块的销钉,记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间Δt;
⑦保持x不变,移动光电门位置,多次重复步骤④⑤⑥。
根据实验数据作出的-l图像为图乙所示的一条倾斜直线,求得图像的斜率为k、纵轴截距为b。
(1)下列做法中,有利于减小实验误差的是 。
A.选择宽度较小的遮光片
B.选择质量很大的滑块
C.减小斜面倾角
D.增大光电门和M点间的距离
(2)滑块在MN段运动的加速度a= ,滑块在M点的动能Ek= ,弹簧的弹性势能Ep= 。(用“m、d、x、k、b”表示)
13.(12分)一卷帘窗由质量分布均匀的帘布和底杆组成,帘布和轻质塑料拉珠套在半径不同的共轴定滑轮上,定滑轮固定在窗户顶端,侧视结构简图如图所示。已知帘布质量为m,底杆质量为M,窗高为h,拉珠所在滑轮半径为r1,帘布所在滑轮半径为r2。初始时底杆位于窗户底端,忽略帘布厚度及滑轮质量,不计一切阻力,重力加速度为g。
(1)拉动拉珠,使窗帘缓慢卷起,求人对窗帘做的功W1;
(2)若人以速度v匀速拉动拉珠,使窗帘卷起,求:
①底杆上升至窗户顶端所用时间t;
②人对窗帘做的功W2。
14.(14分)早期航母使用重力型阻拦索使舰载机在短距离内停下,如图甲所示,阻拦索跨过固定于航母甲板两侧的光滑定滑轮分别挂有质量为m=500 kg的沙袋。在无风环境下,一架舰载机以大小为v0的水平速度降落到该静止的航母上,尾钩立即钩到阻拦索的中间位置,滑行一段距离后速度减为零,这一过程沙袋被提起的高度h1=20 m。舰载机(含飞行员)质量M=500 kg,忽略飞机所受甲板摩擦力以及空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)舰载机降落到航母上的速度大小v0。
(2)如图乙所示,阻拦索在甲板上的长度为l=15 m,当θ=30°时,舰载机的速度大小。
15.(16分)如图所示,水平传送带AB,长为L=2 m,其左端B点与半径R=0.5 m的半圆形竖直轨道BCD平滑连接,其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触,且DE延长线恰好过圆筒上边缘的圆心。已知水平传送带AB以v=6 m/s的速度逆时针匀速运行,圆筒半径r=0.05 m、高度h=0.2 m。质量m=0.5 kg、可视为质点的小滑块,从P点处以初速度v0向左运动,与传送带间的动摩擦因数μ=0.6,与其他轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计,不计管道DE的粗细,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D,求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN;
(2)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D,求滑块的初速度v0;
(3)若小滑块能从D点水平滑入管道DE,并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞,求滑块的初速度v0的范围。
答案全解全析
1.B
识图有法
解析 在A点有Fmin=mg cos θ,在B点有Fmax-mg=m,从A到B满足mgl(1-cos θ)=mv2,联立可得m=0.1 kg,故选B。
速解 在A点有Fmin=mg cos θ,在B点有Fmax-mg=,则一定有Fmin2.D 建材向上做匀加速直线运动,上升高度为h,根据动能定理有ΔEk=mah,故A错误;重力做负功,所以重力势能增加,故B错误;受力分析知钢绳的拉力F=ma+mg,机械能增加量等于钢绳拉力做功,故ΔE=W=m(a+g)h,故C错误,D正确。
归纳总结 动能变化量与合力做功有关,W合=ΔEk;重力势能改变量与重力做功有关,WG=-ΔEp;机械能改变量与除重力、系统内弹力以外的力做功有关,W其他=ΔE。
3.D
思路点拨
解析 将篮球的运动过程逆向看作是平抛运动,设前后两次运动时间分别为t1、t2,易知两次篮球做平抛运动的水平位移大小相同,均设为s,则根据平抛运动规律有v1 cos 60°=gt1,v2 cos 30°=gt2,且t1=,t2=,联立解得v1=v2,=,A错误;根据h=gt2可知上升的最大高度之比为==,B错误;在C点时,前后两次篮球的动能的比值为==3,取C点为零势能点,则前后两次篮球在C点的机械能只有动能,不相等,C错误;由上述分析知v1=v2,所以前后两次篮球出手时的动能相等,D正确。
4.D F-x图线与横轴所围面积表示功,则物体从A到B拉力F做功为W=×2×40 J-10×1 J=30 J,故A错误;物体从B到C过程中,做圆周运动,合外力不为0,故B错误;从A到B由动能定理有W=m,解得vB=2 m/s,由于光滑轨道ABC在水平面内,则物体从B到C做匀速圆周运动,物体能够到达C点,且到达C点时速度大小为2 m/s,故C错误,D正确。
5.C 由牛顿第二定律可知F-mg sin θ=ma,由题可求得6 s上行位移s=at2,解得s=36 m,则力F做功W=Fs=288 J,A错误。根据功能关系,力F做的功就等于系统内增加的机械能,当物体上升到最高点时,动能为零,所以物体的最大重力势能等于力F做的功,为288 J,B错误。当回到斜面底端时,重力势能为零,所以动能为Ek=W=mv2,解得v=24 m/s,,解得P=144 W,C正确,D错误。
6.D
识图有法
解析 从位移为0.10 m到位移为0.25 m的过程,只有摩擦力做功,根据动能定理可得-μmgΔx=ΔEk,代入数据可得m== kg=1 kg,A错误;动能最大时弹性绳的弹力等于滑动摩擦力,则有kΔx1=μmg,Δx1=0.10 m-0.08 m=0.02 m,解得k=100 N/m,B错误;对于整个过程,根据能量守恒定律有Epm=μmgxm=0.2×1×10×0.25 J=0.5 J,C错误;物块被释放时,加速度的大小为a== m/s2=8 m/s2,D正确。
7.C 小环从A点由静止释放运动到C点,根据机械能守恒有mgLAC=Mg[-3d],解得LAC=4d,故C正确;根据机械能守恒可知小环下落过程中减少的重力势能等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和,故B错误;假设小环静止在C点,设在C点绳与竖直方向的夹角为θ,则有T===mg≠2mg,可知小环在C点受力不平衡,故小环最终不会静止在C点,故A错误;在C点时,对小环受力分析可得T cos θ-mg=ma,cos θ==0.8,小环接近C点时物块减速上升,加速度向下,则T<2mg,可得小环在C点的加速度大小a<0.6g,故D错误。
8.BD v-t图线与横轴所围的面积表示物体的位移,则0~6 s内物体的位移大小x=×6 m=30 m,故A错误;P-t图线与横轴所围的面积表示拉力做的功,则在0~6 s内拉力做的功为W=×30×2 J+10×4 J=70 J,故B正确;在0~6 s内与0~2 s内动能变化相同,则根据动能定理可知,合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等,故C错误;在2~6 s内,v=6 m/s,P=10 W,物体做匀速直线运动,摩擦力f=F,由于P=Fv,则f=F== N,故D正确。
9.AC
模型建构 板块模型中要区分三个位移:
解析 小物块发生的位移为L+x,对于小物块根据动能定理可得Ekm=(F-f)(L+x),故A正确;摩擦力对小物块做的功为W=-f(L+x),故B错误;物块到达小车最右端时,小车运动的距离为x,对小车根据动能定理得EkM=fx,故C正确;小车和小物块增加的动能为ΔEk=Ekm+EkM=(F-f)(L+x)+fx=F(L+x)-fL,系统重力势能不变,则小物块和小车增加的机械能为F(L+x)-fL,故D错误。
一题多解 对于物块和小车,根据功能关系可得WF=ΔE+Q,则物块和小车增加的机械能ΔE=WF-Q=F(L+x)-fL,故D错误。
10.BD
识图有法
解析 根据题意,由图可知,物体上升到最大高度时,机械能为30 J,则有mghm=30 J,解得m=1 kg,故A错误;根据题意,由功能关系可知,克服摩擦力做的功等于机械能的减少量,则有Wf=μmg cos 37°·=50 J-30 J=20 J,解得μ=0.5,故B正确;物体上升过程中,由牛顿第二定律有μmg cos 37°+mg sin 37°=ma,解得a=10 m/s2,故C错误;根据题意,物体从斜面底端沿斜面上滑最后回到斜面底端过程中,由动能定理有-2Wf=Ek-Ek0,其中Ek0=50 J,解得Ek=10 J,故D正确。
11.答案 (1)①11.5(2分) ②(2分) (2分)
(2)mgh(2分) mgh=(2分)
解析 (1)①由图乙可知游标卡尺的精度为0.1 mm,故小球的直径为d=11 mm+5×0.1 mm=11.5 mm。
②小球下落过程中机械能守恒,则有mgh=mv2
而v=
联立得h=
故与h成正比,h-图像为一过原点的倾斜直线,斜率为。
(2)从释放系统到打下B点的过程中系统减少的重力势能为ΔEp=(M+m)gh-Mgh=mgh
交流电源频率为f,则打点周期为T=
打下B点时系统的速度大小为v==
故从释放系统到打下B点的过程系统动能的增加量为ΔEk=(2M+m)v2=
当系统减少的重力势能与系统增加的动能相等时,则系统机械能守恒,即
mgh=
12.答案 (1)AD(2分) (2)(2分) mbd2(2分) mbd2-mkxd2(2分)
解析 (1)选择宽度较小的遮光片,遮光片在遮光时间内的平均速度更接近滑块通过N点时的瞬时速度,能减小误差,故A符合题意;选择质量很大的滑块,滑块运动到光电门时速度较小,会增大误差,故B不符合题意;减小斜面倾角,摩擦力增大,滑块运动到光电门时速度减小,会增大误差,故C不符合题意;增大光电门和M点间的距离,能减小长度测量的偶然误差,故D符合题意。
(2)滑块从M到N做匀加速直线运动,设加速度为a,由于遮光片宽度较小,遮光时间很短,所以滑块通过N点的速度为vN=,根据运动学公式有-=2al,化简得=l+,则k=,b=,解得a=,vM=d,滑块在M点的动能Ek=m=mbd2,从O点到M点由动能定理可得W弹+WG-Wf=m,又Ep=W弹,WG-Wf=max=mkxd2,所以弹簧的弹性势能Ep=mbd2-mkxd2。
解后复盘 解此题的关键是把握住滑块通过M点的速度vM不变,滑块通过N点的速度随M、N间距离l而改变,由M到N滑块做匀变速直线运动,根据运动学公式可得-=2al,得出与l的函数关系=l+,确定-l图像中图线斜率和纵轴截距的物理意义,再结合动能定理求解。
13.答案 (1)mgh+Mgh
(2)① ②mgh+Mgh+
思路点拨
解析 (1)窗帘由底杆和帘布组成,在帘布完全卷起的过程中,底杆重心上升h,帘布重心上升,则由动能定理可得
W1-mg·-Mgh=0 (2分)
解得W1=mgh+Mgh (1分)
(2)①设同轴转动的角速度为ω,底杆的速度为v1,则根据角速度与线速度之间的关系可得
v=ωr1,v1=ωr2 (2分)
联立可得v1=v (2分)
由此可得底杆上升至窗户顶端所用时间为
t== (2分)
②根据功能关系可得
W2=ΔEp+ΔEk=mgh+Mgh+ (3分)
14.答案 (1)20 m/s (2)10 m/s
解析 (1)在忽略摩擦阻力和空气阻力的前提下,舰载机与沙袋所组成的系统机械能守恒,舰载机的动能最终转化为沙袋的重力势能,则有M=2mgh1 (2分)
解得v0=20 m/s(2分)
(2)当θ=30°时,由几何关系可得舰载机与滑轮间阻拦索的长度l'=l=15 m(2分)
此时沙袋被提起的高度h2=l'-=7.5 m(2分)
由几何关系可得,此时舰载机速度方向与单侧阻拦索所在直线的夹角为30°,舰载机沿单侧阻拦索方向的分速度与沙袋的速度大小相等,设此时舰载机的速度大小为v1,沙袋的速度大小为v2,则有v1=v2 (2分)
由系统机械能守恒可得
M=M+×2m+2mgh2 (2分)
联立解得v1=10 m/s(2分)
15.答案 (1)30 N (2)1 m/s (3)v0≥ m/s
思路点拨
解析 (1)小滑块恰好能通过最高点D,则在最高点由重力提供向心力,轨道对小滑块无压力,即
mg=m (1分)
小滑块从B点向D点运动过程中机械能守恒
-mg·2R=m-m (1分)
解得vB=5 m/s(1分)
在最低点B点,有F'N-mg=m (1分)
联立以上各式,根据牛顿第三定律可知,滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为
FN=F'N=30 N(1分)
(2)根据(1)中vB=5 m/s<6 m/s,则小滑块在传送带上一直保持匀加速直线运动,则根据动能定理可得
μmgL=m-m (1分)
解得v0=1 m/s(1分)
(3)设小滑块与圆筒内壁刚好发生6次弹性碰撞,小滑块在竖直方向做自由落体运动,水平方向速度大小不变,则有h=gt2 (1分)
解得t=0.2 s(1分)
水平方向上2r=v'Dt1=v'D· (1分)
解得v'D=3 m/s(1分)
从B到D过程,根据机械能守恒可得
-mg·2R=mv'-mv' (1分)
解得v'B= m/s<6 m/s(1分)
从A到B过程,根据动能定理可得
μmgL=mv'-m (1分)
解得v0= m/s(1分)
故为了保证小滑块与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞,滑块的初速度v0的范围为
v0≥ m/s(1分)
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密 封 线 内 不 要 答 题
)
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单元提升卷
100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—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.如图甲,O点为单摆的固定悬点,将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点,释放摆球,摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线,图中t=0为摆球从A点开始运动的时刻,重力加速度g取10 m/s2,则摆球的质量是 ( )
A.0.05 kg B.0.10 kg C.0.18 kg D.0.21 kg
2.如图所示,塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为m的建材以加速度a匀加速向上提起h高度,已知重力加速度为g,关于此过程,下列说法正确的是 ( )
A.建材的动能增加了mgh
B.建材的重力势能减少了mgh
C.建材的机械能增加了mah
D.建材所受的钢绳的拉力做的功为m(a+g)h
3.篮球运动员在某次比赛罚球过程中,第一次出手,篮球的初速度方向与竖直方向的夹角α=60°;第二次出手,篮球的初速度方向与竖直方向的夹角β=30°,两次出手的位置在同一竖直线上,结果两次篮球正好垂直撞击到篮板上同一点C。不计空气阻力,则从篮球出手到运动到点C的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.前后两次运动时间之比为∶1
B.前后两次上升的最大高度之比为1∶9
C.在C点时,前后两次球的机械能相等
D.前后两次球的初动能相等
4.如图所示,在光滑水平桌面上固定有光滑轨道ABC,其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点,物体受到与AB平行的水平拉力F,由A点从静止开始运动,拉力F随位移的变化规律如图乙所示(拉力F从A指向B为正)。若物体的质量m=1 kg,AB=4 m,半圆轨道的半径R=1.5 m,重力加速度g=10 m/s2。则 ( )
A.物体从A到B拉力F做功为50 J
B.物体从B到C过程中,所受的合外力为0
C.物体能够到达C点,且到达C点时速度大小为2 m/s
D.物体能够到达C点,且到达C点时速度大小为2 m/s
5.如图所示,质量为1 kg的物体在力F=8 N的作用下,由静止开始从倾角为37°的光滑斜面底端向上运动,6 s后撤去力F。取物体在斜面底端的重力势能为零,且重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,则下列说法正确的是 ( )
A.力F做的功为360 J
B.物体的最大重力势能为480 J
C.物体回到斜面底端时重力的功率为144 W
D.物体回到斜面底端时重力的功率为240 W
6.如图甲所示,一物块置于粗糙水平面上,其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上。用力将物块向左拉至O处后由静止释放,用传感器测出物块的位移x和对应的速度,作出物块的动能Ek与位移x的关系图像如图乙所示,其中,0.10~0.25 m范围内的图线为直线,其余部分为曲线。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g=10 m/s2,弹性绳的弹力与形变量始终符合胡克定律,可知 ( )
A.物块的质量为0.2 kg
B.弹性绳的劲度系数为50 N/m
C.弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J
D.物块被释放时,加速度的大小为8 m/s2
7.如图所示,质量为m的小环套在固定的光滑竖直杆上,一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连,另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连,已知M=2m。与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为3d,定滑轮大小、质量及摩擦均可忽略。现将小环从A点由静止释放,小环运动到C点时速度为零,重力加速度为g,则 ( )
A.小环最终静止在C点
B.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
C.A、C间距离为4d
D.小环在C点的加速度大小为0.6g
8.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示,下列说法正确的是 ( )
A.0~6 s内物体位移大小为36 m
B.0~6 s内拉力做的功为70 J
C.合力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功不相等
D.滑动摩擦力大小为 N
9.如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端,现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做直线运动,当小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x,小物块和小车之间的滑动摩擦力大小为f,此过程中,下列结论正确的是 ( )
A.物块到达小车最右端时,其动能为(F-f)(L+x)
B.摩擦力对小物块所做的功为fL
C.物块到达小车最右端时,小车的动能为fx
D.物块和小车组成的系统机械能增加量为F(L+x)
10.如图甲所示,物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0 m。选择地面为零势能面,上升过程中,物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6。则下列说法中正确的是 ( )
A.物体的质量m=0.67 kg
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
C.物体上升过程的加速度大小a=12 m/s2
D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10 J
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(10分)为了验证机械能守恒定律,两个实验小组分别进行了如下探究(已知重力加速度为g)。
(1)小组1采用图甲所示的装置进行实验,细线上端固定在铁架台上的O点,下端悬挂一小球,将小球拉起一定角度,由静止释放,摆到最低点时,恰好通过固定在铁架台上的光电门。
①用游标卡尺测出小球的直径,如图乙所示,则小球的直径d= mm。
②该小组同学将小球从不同高度释放,测出释放点到小球摆动最低点的高度h及挡光时间t,若作出h(为纵坐标)与 (选填“t”“t2”或“”)的关系图像是过原点的一条倾斜直线,且直线的斜率为 ,则小球在摆动的过程中满足机械能守恒(用题中已知物理量的字母表示)。
(2)小组2的实验装置如图丙所示,一根细线跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连,重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂物块Z,重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连,测得重物P、Q的质量均为M,物块Z的质量为m。
先接通频率为f的交流电源,在纸带上打下的点为O,再由静止释放系统,得到如图丁所示的纸带,纸带上A、B、C三点为打下的相邻的点,则从释放系统到打下B点的过程中系统减少的重力势能为 ,若等式 (在误差范围内)成立,则系统机械能守恒。(用题中已知物理量的字母表示)
12.(8分)某研究性学习小组设计的测量弹簧弹性势能Ep的实验装置如图甲所示。实验器材有上端带有挡板的斜面体、轻质弹簧、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、毫米刻度尺等。
实验步骤如下:
①用游标卡尺测得遮光片的宽度为d;
②弹簧上端固定在挡板P上,下端与滑块不拴接,当弹簧为原长时,遮光片中心线通过斜面上的M点;
③光电门固定在斜面上的N点,并与数字计时器相连;
④压缩弹簧,然后用销钉把滑块锁定,此时遮光片中心线通过斜面上的O点;
⑤用刻度尺分别测量出O、M两点间的距离x和M、N两点间的距离l;
⑥拔去锁定滑块的销钉,记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间Δt;
⑦保持x不变,移动光电门位置,多次重复步骤④⑤⑥。
根据实验数据作出的-l图像为图乙所示的一条倾斜直线,求得图像的斜率为k、纵轴截距为b。
(1)下列做法中,有利于减小实验误差的是 。
A.选择宽度较小的遮光片
B.选择质量很大的滑块
C.减小斜面倾角
D.增大光电门和M点间的距离
(2)滑块在MN段运动的加速度a= ,滑块在M点的动能Ek= ,弹簧的弹性势能Ep= 。(用“m、d、x、k、b”表示)
13.(12分)一卷帘窗由质量分布均匀的帘布和底杆组成,帘布和轻质塑料拉珠套在半径不同的共轴定滑轮上,定滑轮固定在窗户顶端,侧视结构简图如图所示。已知帘布质量为m,底杆质量为M,窗高为h,拉珠所在滑轮半径为r1,帘布所在滑轮半径为r2。初始时底杆位于窗户底端,忽略帘布厚度及滑轮质量,不计一切阻力,重力加速度为g。
(1)拉动拉珠,使窗帘缓慢卷起,求人对窗帘做的功W1;
(2)若人以速度v匀速拉动拉珠,使窗帘卷起,求:
①底杆上升至窗户顶端所用时间t;
②人对窗帘做的功W2。
14.(14分)早期航母使用重力型阻拦索使舰载机在短距离内停下,如图甲所示,阻拦索跨过固定于航母甲板两侧的光滑定滑轮分别挂有质量为m=500 kg的沙袋。在无风环境下,一架舰载机以大小为v0的水平速度降落到该静止的航母上,尾钩立即钩到阻拦索的中间位置,滑行一段距离后速度减为零,这一过程沙袋被提起的高度h1=20 m。舰载机(含飞行员)质量M=500 kg,忽略飞机所受甲板摩擦力以及空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)舰载机降落到航母上的速度大小v0。
(2)如图乙所示,阻拦索在甲板上的长度为l=15 m,当θ=30°时,舰载机的速度大小。
15.(16分)如图所示,水平传送带AB,长为L=2 m,其左端B点与半径R=0.5 m的半圆形竖直轨道BCD平滑连接,其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触,且DE延长线恰好过圆筒上边缘的圆心。已知水平传送带AB以v=6 m/s的速度逆时针匀速运行,圆筒半径r=0.05 m、高度h=0.2 m。质量m=0.5 kg、可视为质点的小滑块,从P点处以初速度v0向左运动,与传送带间的动摩擦因数μ=0.6,与其他轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计,不计管道DE的粗细,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D,求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN;
(2)若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D,求滑块的初速度v0;
(3)若小滑块能从D点水平滑入管道DE,并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞,求滑块的初速度v0的范围。
答案全解全析
1.B
识图有法
解析 在A点有Fmin=mg cos θ,在B点有Fmax-mg=m,从A到B满足mgl(1-cos θ)=mv2,联立可得m=0.1 kg,故选B。
速解 在A点有Fmin=mg cos θ,在B点有Fmax-mg=,则一定有Fmin
归纳总结 动能变化量与合力做功有关,W合=ΔEk;重力势能改变量与重力做功有关,WG=-ΔEp;机械能改变量与除重力、系统内弹力以外的力做功有关,W其他=ΔE。
3.D
思路点拨
解析 将篮球的运动过程逆向看作是平抛运动,设前后两次运动时间分别为t1、t2,易知两次篮球做平抛运动的水平位移大小相同,均设为s,则根据平抛运动规律有v1 cos 60°=gt1,v2 cos 30°=gt2,且t1=,t2=,联立解得v1=v2,=,A错误;根据h=gt2可知上升的最大高度之比为==,B错误;在C点时,前后两次篮球的动能的比值为==3,取C点为零势能点,则前后两次篮球在C点的机械能只有动能,不相等,C错误;由上述分析知v1=v2,所以前后两次篮球出手时的动能相等,D正确。
4.D F-x图线与横轴所围面积表示功,则物体从A到B拉力F做功为W=×2×40 J-10×1 J=30 J,故A错误;物体从B到C过程中,做圆周运动,合外力不为0,故B错误;从A到B由动能定理有W=m,解得vB=2 m/s,由于光滑轨道ABC在水平面内,则物体从B到C做匀速圆周运动,物体能够到达C点,且到达C点时速度大小为2 m/s,故C错误,D正确。
5.C 由牛顿第二定律可知F-mg sin θ=ma,由题可求得6 s上行位移s=at2,解得s=36 m,则力F做功W=Fs=288 J,A错误。根据功能关系,力F做的功就等于系统内增加的机械能,当物体上升到最高点时,动能为零,所以物体的最大重力势能等于力F做的功,为288 J,B错误。当回到斜面底端时,重力势能为零,所以动能为Ek=W=mv2,解得v=24 m/s,,解得P=144 W,C正确,D错误。
6.D
识图有法
解析 从位移为0.10 m到位移为0.25 m的过程,只有摩擦力做功,根据动能定理可得-μmgΔx=ΔEk,代入数据可得m== kg=1 kg,A错误;动能最大时弹性绳的弹力等于滑动摩擦力,则有kΔx1=μmg,Δx1=0.10 m-0.08 m=0.02 m,解得k=100 N/m,B错误;对于整个过程,根据能量守恒定律有Epm=μmgxm=0.2×1×10×0.25 J=0.5 J,C错误;物块被释放时,加速度的大小为a== m/s2=8 m/s2,D正确。
7.C 小环从A点由静止释放运动到C点,根据机械能守恒有mgLAC=Mg[-3d],解得LAC=4d,故C正确;根据机械能守恒可知小环下落过程中减少的重力势能等于物块增加的机械能与小环增加的动能之和,故B错误;假设小环静止在C点,设在C点绳与竖直方向的夹角为θ,则有T===mg≠2mg,可知小环在C点受力不平衡,故小环最终不会静止在C点,故A错误;在C点时,对小环受力分析可得T cos θ-mg=ma,cos θ==0.8,小环接近C点时物块减速上升,加速度向下,则T<2mg,可得小环在C点的加速度大小a<0.6g,故D错误。
8.BD v-t图线与横轴所围的面积表示物体的位移,则0~6 s内物体的位移大小x=×6 m=30 m,故A错误;P-t图线与横轴所围的面积表示拉力做的功,则在0~6 s内拉力做的功为W=×30×2 J+10×4 J=70 J,故B正确;在0~6 s内与0~2 s内动能变化相同,则根据动能定理可知,合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等,故C错误;在2~6 s内,v=6 m/s,P=10 W,物体做匀速直线运动,摩擦力f=F,由于P=Fv,则f=F== N,故D正确。
9.AC
模型建构 板块模型中要区分三个位移:
解析 小物块发生的位移为L+x,对于小物块根据动能定理可得Ekm=(F-f)(L+x),故A正确;摩擦力对小物块做的功为W=-f(L+x),故B错误;物块到达小车最右端时,小车运动的距离为x,对小车根据动能定理得EkM=fx,故C正确;小车和小物块增加的动能为ΔEk=Ekm+EkM=(F-f)(L+x)+fx=F(L+x)-fL,系统重力势能不变,则小物块和小车增加的机械能为F(L+x)-fL,故D错误。
一题多解 对于物块和小车,根据功能关系可得WF=ΔE+Q,则物块和小车增加的机械能ΔE=WF-Q=F(L+x)-fL,故D错误。
10.BD
识图有法
解析 根据题意,由图可知,物体上升到最大高度时,机械能为30 J,则有mghm=30 J,解得m=1 kg,故A错误;根据题意,由功能关系可知,克服摩擦力做的功等于机械能的减少量,则有Wf=μmg cos 37°·=50 J-30 J=20 J,解得μ=0.5,故B正确;物体上升过程中,由牛顿第二定律有μmg cos 37°+mg sin 37°=ma,解得a=10 m/s2,故C错误;根据题意,物体从斜面底端沿斜面上滑最后回到斜面底端过程中,由动能定理有-2Wf=Ek-Ek0,其中Ek0=50 J,解得Ek=10 J,故D正确。
11.答案 (1)①11.5(2分) ②(2分) (2分)
(2)mgh(2分) mgh=(2分)
解析 (1)①由图乙可知游标卡尺的精度为0.1 mm,故小球的直径为d=11 mm+5×0.1 mm=11.5 mm。
②小球下落过程中机械能守恒,则有mgh=mv2
而v=
联立得h=
故与h成正比,h-图像为一过原点的倾斜直线,斜率为。
(2)从释放系统到打下B点的过程中系统减少的重力势能为ΔEp=(M+m)gh-Mgh=mgh
交流电源频率为f,则打点周期为T=
打下B点时系统的速度大小为v==
故从释放系统到打下B点的过程系统动能的增加量为ΔEk=(2M+m)v2=
当系统减少的重力势能与系统增加的动能相等时,则系统机械能守恒,即
mgh=
12.答案 (1)AD(2分) (2)(2分) mbd2(2分) mbd2-mkxd2(2分)
解析 (1)选择宽度较小的遮光片,遮光片在遮光时间内的平均速度更接近滑块通过N点时的瞬时速度,能减小误差,故A符合题意;选择质量很大的滑块,滑块运动到光电门时速度较小,会增大误差,故B不符合题意;减小斜面倾角,摩擦力增大,滑块运动到光电门时速度减小,会增大误差,故C不符合题意;增大光电门和M点间的距离,能减小长度测量的偶然误差,故D符合题意。
(2)滑块从M到N做匀加速直线运动,设加速度为a,由于遮光片宽度较小,遮光时间很短,所以滑块通过N点的速度为vN=,根据运动学公式有-=2al,化简得=l+,则k=,b=,解得a=,vM=d,滑块在M点的动能Ek=m=mbd2,从O点到M点由动能定理可得W弹+WG-Wf=m,又Ep=W弹,WG-Wf=max=mkxd2,所以弹簧的弹性势能Ep=mbd2-mkxd2。
解后复盘 解此题的关键是把握住滑块通过M点的速度vM不变,滑块通过N点的速度随M、N间距离l而改变,由M到N滑块做匀变速直线运动,根据运动学公式可得-=2al,得出与l的函数关系=l+,确定-l图像中图线斜率和纵轴截距的物理意义,再结合动能定理求解。
13.答案 (1)mgh+Mgh
(2)① ②mgh+Mgh+
思路点拨
解析 (1)窗帘由底杆和帘布组成,在帘布完全卷起的过程中,底杆重心上升h,帘布重心上升,则由动能定理可得
W1-mg·-Mgh=0 (2分)
解得W1=mgh+Mgh (1分)
(2)①设同轴转动的角速度为ω,底杆的速度为v1,则根据角速度与线速度之间的关系可得
v=ωr1,v1=ωr2 (2分)
联立可得v1=v (2分)
由此可得底杆上升至窗户顶端所用时间为
t== (2分)
②根据功能关系可得
W2=ΔEp+ΔEk=mgh+Mgh+ (3分)
14.答案 (1)20 m/s (2)10 m/s
解析 (1)在忽略摩擦阻力和空气阻力的前提下,舰载机与沙袋所组成的系统机械能守恒,舰载机的动能最终转化为沙袋的重力势能,则有M=2mgh1 (2分)
解得v0=20 m/s(2分)
(2)当θ=30°时,由几何关系可得舰载机与滑轮间阻拦索的长度l'=l=15 m(2分)
此时沙袋被提起的高度h2=l'-=7.5 m(2分)
由几何关系可得,此时舰载机速度方向与单侧阻拦索所在直线的夹角为30°,舰载机沿单侧阻拦索方向的分速度与沙袋的速度大小相等,设此时舰载机的速度大小为v1,沙袋的速度大小为v2,则有v1=v2 (2分)
由系统机械能守恒可得
M=M+×2m+2mgh2 (2分)
联立解得v1=10 m/s(2分)
15.答案 (1)30 N (2)1 m/s (3)v0≥ m/s
思路点拨
解析 (1)小滑块恰好能通过最高点D,则在最高点由重力提供向心力,轨道对小滑块无压力,即
mg=m (1分)
小滑块从B点向D点运动过程中机械能守恒
-mg·2R=m-m (1分)
解得vB=5 m/s(1分)
在最低点B点,有F'N-mg=m (1分)
联立以上各式,根据牛顿第三定律可知,滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为
FN=F'N=30 N(1分)
(2)根据(1)中vB=5 m/s<6 m/s,则小滑块在传送带上一直保持匀加速直线运动,则根据动能定理可得
μmgL=m-m (1分)
解得v0=1 m/s(1分)
(3)设小滑块与圆筒内壁刚好发生6次弹性碰撞,小滑块在竖直方向做自由落体运动,水平方向速度大小不变,则有h=gt2 (1分)
解得t=0.2 s(1分)
水平方向上2r=v'Dt1=v'D· (1分)
解得v'D=3 m/s(1分)
从B到D过程,根据机械能守恒可得
-mg·2R=mv'-mv' (1分)
解得v'B= m/s<6 m/s(1分)
从A到B过程,根据动能定理可得
μmgL=mv'-m (1分)
解得v0= m/s(1分)
故为了保证小滑块与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞,滑块的初速度v0的范围为
v0≥ m/s(1分)
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