2020届高考物理总复习第五章机械能单元评估检测(五)(含解析)新人教版

单元评估检测(五)
(第五章)
(45分钟100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

1～5题为单选题，6～8题为多选题)
1.如图所示，木块A、B叠放在光滑水平面上，A、B之间不光滑，用水平力F拉B，使A、B
一起沿光滑水平面加速运动，设A对B的摩擦力为F1，B对A的摩擦力为F2，则以下说法正确的是( )
A.F1对B做正功，F2对A不做功
B.F1对B做负功，F2对A做正功
C.F2对A做正功，F1对B不做功
D.F2对A不做功，F1对A做正功
【解析】选B。

对整体由牛顿第二定律得F=(m A+m B)a，A、B两物体的加速度向右，隔离物体A，通过受力分析可知，B对A的摩擦力F2向右，而A向右运动，由W=FL可知，F2对A做正功，A 对B的摩擦力F1向左，F1对B做负功，故B正确。

2.(创新预测)质量为m的汽车从静止开始以恒定的加速度a启动，当汽车的输出功率达到额定功率P后，保持功率不变直到汽车以速度v0匀速运动，匀速运动时汽车的牵引力为F0。

则下列说法中正确的是( )
A.汽车匀加速运动过程中其功率与时间成反比
B.汽车匀加速直线运动的时间为
C.汽车匀加速直线运动的时间为
D.由已知条件可求出汽车加速启动的位移
【解析】选C。

汽车匀速运动时，则有F0=F f，汽车匀加速直线运动过程，由牛顿第二定律得F-F f=ma，解得F=F0+ma，汽车匀加速直线运动过程中任意时刻的速度为v=at，则
P=Fv=(F0+ma)at，故A错误；由P=Fv得汽车匀加速直线运动的最大速度为v=，匀
加速直线运动的时间为t==，故B错误，C正确；由x=at2可求出汽车匀加
速直线运动的位移，全过程由动能定理得Fx+Pt′-F0x总=m-0，若恒定功率启动过程的时间已知则可求汽车加速启动的位移，故D错误。

3.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同。

在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( )
A.W=0，Q=mv2
B.W=0，Q=2mv2
C.W=，Q=mv2
D.W=mv2，Q=2mv2
【解析】选B。

对小物块，由动能定理有W=mv2-mv2=0，设小物块与传送带间的动摩擦因数
为μ，则小物块与传送带间的相对路程x相对=，这段时间内因摩擦产生的热量Q=μmg·x 2，故A、C、D错误，B正确。

相对=2mv
【加固训练】
(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为F f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。

当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是( )
A.上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量
B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D.其他条件不变的情况下，F f越大，滑块与木板间产生的热量越多
【解析】选B、D。

由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对
位移一样，滑块在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。

4.(创新预测)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示。

在物体上升过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大，则( )
A.在x2处物体的速度最大
B.在x1处物体所受拉力最大
C.在x2～x3过程中，物体的动能一直增大
D.在0～x2过程中，物体加速度的大小是先增大后减小
【解析】选B。

根据功能关系可知，机械能E与位移x图线的斜率表示物体受到的拉力，可见，A处切线的斜率最大，说明x1处物体受到的拉力F最大，在0～x1过程中物体所受拉力是变力，在0～x1过程中物体做加速运动。

在x1～x2过程中，图象的斜率越来越小，说明拉力越来越小，拉力先大于重力，后小于重力，在x2处物体的机械能最大，图象的斜率为零，此时拉力为零，所以在这一过程中物体应先加速后减速，所以在x1处物体的速度不是最大，应在x1→x2过程中某处速度最大，故A错误，B正确；在x2～x3过程中，拉力为零，物体的机械能守恒，重力势能增大，则物体的动能一直减小，故C错误；在0～x2过程中，拉力先增大后减小，直到变为零，则物体受到的合力应先向上增大后减小，减小到零后，再反向增大，故D错误。

5.如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O 点，O、b两点处在同一竖直线上。

由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )
A.圆环的机械能保持不变
B.弹簧对圆环一直做负功
C.弹簧的弹性势能逐渐增大
D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒
【解析】选D。

如图所示，由几何关系可知，当圆环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以在圆环从a到C的过程中弹簧对圆环做正功，弹簧的弹性势能减小，圆环的机械能增大，而从C到b的过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，圆环的机械能减小，故A、B、C错误；在整个过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确。

【加固训练】
如图所示，长为2L的轻弹簧AB两端等高地固定在竖直墙面上，弹簧刚好处于原长，现在其中点O处轻轻地挂上一个质量为m的物体P后，物体向下运动，当它运动到最低点时，弹簧与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.向下运动的过程中，物体的加速度先增大后减小
B.向下运动的过程中，物体的机械能先增大后减小
C.物体在最低点时，弹簧的弹性势能为
D.物体在最低点时，弹簧中的弹力为
【解析】选C。

物体向下运动，弹簧弹力增大，所受合外力减小，加速度减小，方向向下，当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，速度最大，物体继续向下运动弹簧弹力增大，合力增大，加速度增大，方向向上，到达最低点时速度为零，加速度先减小后增大，故A错误；物体向下运动的过程中，弹簧弹力向上，位移向下，做负功，根据W除重=ΔE可知机械能一直减小，故B错误；根据机械能守恒定律可知，物体在最低点时，速度为零，动能为零，
物体减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，由几何关系得物体下降的高度h=，故弹
簧的弹性势能为E弹=mgh=，故C正确；当加速度为零时，重力和弹簧弹力的合力相等，物体继续向下运动弹簧弹力增大，弹簧弹力的合力大于重力，则有
F弹cosθ>，解得F弹>，故D错误。

6.(2019·泉州模拟)如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇。

已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则( )
A.斜面可能是光滑的
B.在P点时，小球的动能大于物块的动能
C.小球运动到最高点时离斜面最远
D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等
【解析】选B、D。

把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错误；物块在斜面上摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故B正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故C错误；小球和物块初、末位置相同，高度差相等，重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确。

7.(2019·唐山模拟)如图所示，轻质弹簧劲度系数为k，一端与固定在倾角为θ的光滑斜面底端的传感器连接，另一端与木块连接，木块处于静止状态，此时传感器示数为F0。

若在木块的上端加一沿斜面向上的恒力F，当传感器示数再次为F0时。

下面说法正确的是()
A.木块上升的高度为
B.木块的机械能增加量为
C.木块的动能增加量为(F-F0)
D.木块的质量为
【解析】选B、C。

木块原来静止时有 F0=kx1，当传感器示数再次为F0时有 F0=kx2，木块上升的高度 h=(x1+x2)sinθ=sinθ，故A错误；由于初末状态弹簧的弹性势能相等，由功能
关系知，木块的机械能增加量等于F做的功，则ΔE增=F(x1+x2)=，故B正确；在此过程中，弹簧的弹力做功为0，由动能定理得ΔE k=F(x1+x2)-mg(x1+x2)sinθ，初状态时有
F0=mgsinθ，联立解得木块的动能增加量为ΔE k=(F-F0)，故C正确；由F0=mgsinθ得
m=，故D错误。

【总结提升】解决功能关系问题应该注意的三个方面
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况。

(2)可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。

(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。

8.如图甲所示，某同学用拖把直行拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，此时推力与水平面的夹角为θ1，且拖把刚好做匀速直线运动。

从某时刻开始，拖把推杆与水平方向的夹角变为θ2，如图乙所示，保持拖把的速度大小和方向不变，则( )
A.推力F变大
B.推力F的功率增大
C.地面对拖把的支持力变小
D.地面对拖把的摩擦力变小
【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)由平衡条件列方程，求出推力F的表达式。

(2)由数学辅助角公式分析判断。

【解析】选A、B。

设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把匀速运动时，处于平衡状态，受力如图所示，由平衡条件得，水平方向Fcosθ1-F f=0，竖直方向Fsinθ1+mg=F N，联立解得
F==，又有tanα==μ，拖把与水平方向的夹角变为θ2，因为θ2>θ1，保持拖把的速度大小和方向不变，由以上分析，推力F变大，故A正确；推力F的功率P=Fvcosθ1=
=，拖把与水平方向的夹角变为θ2，因为θ2>θ1，所以推力
F的功率增大，故B正确；地面对拖把的支持力F N=mg+Fsinθ1=mg+，保持拖把的速度大小和方向不变，因为θ2>θ1，则拖把对地面的压力增大，滑动摩擦力增大，故C、D错误。

二、实验题(10分)
9.(2019·齐齐哈尔模拟)某同学用气垫导轨验证机械能守恒定律，在气垫导轨的滑块上装上一个挡光片和一个方盒，测得滑块、方盒及挡光片的总质量为M，气垫导轨的右端固定一个定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，每个钩码的质量为m，当地重力加速度为g。

(桌面足够高)
(1)现用游标卡尺测出挡光片的宽度，读数如图所示，则宽度d=_____ mm。

(2)实验前先调节气垫导轨水平，方法是：取下砝码，接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的螺母，若滑块放在气垫导轨上任意位置都能_________，则导轨水平。

(3)先挂上6个钩码，将滑块由某一固定位置由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为_________(用题中所给字母表示)。

(4)每次将1个钩码移放到滑块上的方盒中，滑块均由同一位置由静止释放，重复实验，记录
每次悬挂钩码的个数n及挡光片通过光电门的时间t，在坐标纸上作出n-图象，如图丙所示，要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是___________，设此物理量的测量值为x，要验证机械能守恒，在误差允许的范围内，作出的图象斜率k=_______。

【解析】(1)游标卡尺的读数为d=5 mm+0.05 mm×5=5.25 mm。

(2)调节气垫导轨水平时，通过调节导轨下面的螺母，使滑块放在导轨上任意位置都能保持静止，则导轨调节水平。

(3)滑块通过光电门的速度v=。

(4)要验证机械能守恒，还需要测量滑块开始滑动时，挡光片到光电门的距离；根据机械能守恒定律得nmgx=(M+6m)()2，解得n=·，因此要验证机械能守恒，除了n-图象为一条过原点的倾斜直线，还必须得到图象的斜率k=。

答案：(1)5.25 (2)保持静止 (3)
(4)滑块开始滑动时挡光片到光电门的距离
【加固训练】
某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。

(1)用游标卡尺测量金属球的直径：图2为游标卡尺校零时的示数，用该游标卡尺测量小球的直径，其示数为10.00 mm，所测金属球的直径d=_______mm。

(2)用一根不可伸长的轻质细线拴住该金属球，细线的另一端固定在悬点O，在最低点前后放置一组光电门，测得悬点到球心的距离为L。

将金属球从最低点拉开θ角，由静止释放金属球，金属球在竖直面(纸面)内摆动，记下金属球第一次通过光电门的时间t，金属球通过光电门的速度大小为_______；已知重力加速度为g，则验证金属球机械能守恒的表达式为
______________(用字母L、d、θ、t、g表示)。

【解析】(1)由图可知，游标尺20格相当主尺39 mm，那么游标尺1格与主尺2格相差0.05 mm，游标卡尺读数为d=10.00 mm-3×0.05 mm=9.85 mm。

(2)小球经过最低点时速度可表示为v=；小球下摆过程中重力势能减少量为
ΔE p=mgL(1-cosθ)，动能的增加量ΔE k=mv2=m，若mgL(1-cosθ)=m，即
2gL(1-cosθ)=成立，说明小球下摆过程机械能守恒。

答案：(1)9.85
(2)2gL(1-cosθ)=
三、计算题(本题共2小题，共42分。

需写出规范的解题步骤)
10.(20分)(2019·南昌模拟)冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动。

其场地由助滑坡AB(高度差为10 m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3 m、对应的圆心角为60°)和跳台EF(高度可调，取为h=
4 m)等组成，如图所示，质量60 kg的运动员由A点静止出发，沿轨道运动到F处飞出。

运动员飞出的速度须在54 km/h到68 km/h之间能在空中完成规定动作，设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2，则：
(1)为能完成空中动作，则该运动员在AB过程中至少做多少功。

(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D处，求该运动员受到的最小支持力。

(3)若将该运动员在AB段和EF段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为t AB∶t EF=3∶1，已知AB=2EF，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？
【解析】(1)该运动员在AF过程中，由动能定理得：mg(h AB-h)+W人=m-0
运动员通过F的最小速度
v F=54 km/h=15 m/s
解得：W人=3 150 J
(2)从D点到F点，由动能定理得：
-mg[h+R(1-cos 60°)]=m-m
其中v F取最小速度，在D点由牛顿第二定律得：F N-mg=m
解得：F N=7 300 N
(3)在AB段和EF段运动的平均速度之比：
∶= ∶=2∶3
设滑到B点的速度为v1，则滑到E点的速度也为v1，设滑到F点的速度为v2，则：=
=
解得：v1=2v2
又有：a1=
a2=
解得： a1∶a2=2∶3
答案：(1)3 150 J (2)7 300 N (3)2∶3
11.(22分)(2019·合肥模拟)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ=30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定。

一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h，弹簧锁定时具有的
弹性势能E P=mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g。

求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数。

(2)物块在上滑和下滑过程中的加速度大小之比。

(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定。

设斜面最高点C与A的高度差为3h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出。

【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)弹簧解锁的过程中弹簧的弹性势能转化为物块的动能，物块上升的过程中动能转化为重力势能和摩擦力产生的内能。

(2)物块上升的过程和下降的过程根据牛顿第二定律列方程求加速度。

(3)物块运动稳定时，弹簧给物块补充的弹性势能将全部转化为物块在斜面上来回运动时因摩擦产生的热量。

【解析】(1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由能量守恒定律得：
E p=μmgcosθ·+mgh
即：mgh=μmgcosθ·+mgh
解得：μ=
(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：
物块上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得： a1=g(sinθ+μcosθ)=g
物块下滑过程有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得： a2=g(sinθ-μcosθ)=g
故：a1∶a2=5∶3
(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部转化为物块在斜面上来回运动时因摩擦产生的热量，设稳定时物块上升的最大高度为h m，则由能量守恒定律得：
E p=2μmgcosθ·
即：mgh=2μmgcosθ·
解得：h m=2.5 h<3 h
所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出
答案：(1)(2)5∶3
(3)物块不能从C点抛出计算过程见解析。