2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律章末綜合測(cè)試.doc
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第五章 機(jī)械能及其守恒定律 章末綜合測(cè)試(五) (時(shí)間:60分鐘 分?jǐn)?shù):100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分) 1.質(zhì)量為m、初速度為零的物體,在不同變化的合外力F作用下都通過位移x0.下列各種情況中合外力做功最多的是( ) 解析:C 力F隨位移x變化的圖線與x軸圍成的面積表示功,合外力做功最多的是圖C. 2.物體放在水平地面上,在水平拉力的作用下,沿水平方向運(yùn)動(dòng),在6 s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系的圖象和拉力的功率與時(shí)間關(guān)系的圖象如圖甲、乙所示,由圖象可以求得物體的質(zhì)量為(取g=10 m/s2)( ) A.2 kg B.2.5 kg C.3 kg D.3.5 kg 解析:B 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力等于摩擦力,為: F2=Ff== N=2.5 N. 物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),拉力為恒力,v隨時(shí)間均勻增大,所以P隨t均勻增大. F1== N=7.5 N. F1-Ff=ma, a= m/s2=2 m/s2 可得m=2.5 kg.故B正確,A、C、D錯(cuò)誤. 3.滑板運(yùn)動(dòng)是極限運(yùn)動(dòng)的鼻祖,許多極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目均由滑板項(xiàng)目延伸而來.如圖所示,質(zhì)量為m1=50 kg的運(yùn)動(dòng)員從軌道上的A點(diǎn)以v0的水平速度沖上質(zhì)量為m2=5 kg的高度不計(jì)的靜止滑板后,又一起滑向光滑軌道DE,到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度減為零,然后返回,已知H=1.8 m,重力加速度g=10 m/s2.設(shè)運(yùn)動(dòng)員和滑板可看成質(zhì)點(diǎn),滑板與水平地面的摩擦力不計(jì).則下列說法正確的是( ) A.運(yùn)動(dòng)員和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中機(jī)械能不守恒 B.運(yùn)動(dòng)員的初速度v0=8 m/s C.剛沖上DE軌道時(shí),運(yùn)動(dòng)員的速度大小為6 m/s D.運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速的過程中機(jī)械能守恒 解析:C 運(yùn)動(dòng)員和滑板一起由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中只有重力做功,則機(jī)械能守恒,得(m1+m2)gH=(m1+m2)v,v共=6 m/s,A錯(cuò)誤、C正確;若規(guī)定向右為正方向,運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速,由動(dòng)量守恒得m1v0=(m1+m2) v共,解得v0=6.6 m/s,運(yùn)動(dòng)員與滑板組成的系統(tǒng)的動(dòng)能變化量ΔEk=m1v-(m1+m2)v>0,則運(yùn)動(dòng)員沖上滑板到二者共速的過程中機(jī)械能不守恒,B、D錯(cuò)誤. 4.一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖,到斜面上某一點(diǎn)后返回底端,斜面粗糙.滑塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度與時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示.下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢(shì)能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象,其中正確的是( ) 解析:D 滑塊沖上斜面到沿斜面下滑底端的過程,先勻減速后勻加速,上滑過程x=v0t-a1t2,下滑過程x=-a2(t-t1)2,所以兩段均為開口向下的拋物線(或者從x-t圖線的斜率分析,由過程可知:速度先減小后增大,所以斜率先減小后增大),所以A錯(cuò)誤;因?yàn)橛心Σ?,所以機(jī)械能有損失,回到底端的速度必小于v0,所以B錯(cuò)誤;因?yàn)閯?dòng)能Ek=mv2,即有上滑過程Ek=m(v0-a1t)2,下滑過程有Ek=m[a2(t-t1)]2,上滑到最高點(diǎn)的動(dòng)能為0,所以C錯(cuò)誤;重力勢(shì)能Ep=mgh,所以重力勢(shì)能先增加后減小,即D正確. 5.如圖所示,質(zhì)量M=4 kg的物塊B與質(zhì)量m=2 kg的物塊A間用一輕質(zhì)彈簧連接后,置于一傾角θ=37且足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面上,C為固定在斜面底部且與斜面垂直的擋板,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用一平行于斜面向上、大小恒為F=60 N的拉力作用在物塊A上,并使其沿斜面向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時(shí),物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x=6 m,則(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2)( ) A.此時(shí)物塊A動(dòng)能的增加量為360 J B.該輕彈簧的勁度系數(shù)為4 N/m C.此時(shí)物塊A的加速度大小為12 m/s2 D.整個(gè)過程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量為300 J 解析:C 在物塊A向上運(yùn)動(dòng)6 m的過程中,拉力F做的功為WF=Fx=360 J,由能量守恒定律可知,拉力F做的功轉(zhuǎn)化為物塊A增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能,所以物塊A動(dòng)能的增加量小于360 J,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)物塊A靜止不動(dòng)時(shí),設(shè)彈簧的壓縮量為Δx,對(duì)A有mgsin θ=kΔx,即Δx=,當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x=6 m時(shí),物塊B剛要離開擋板C,對(duì)物塊B進(jìn)行受力分析可知Mgsin θ=k(6 m-),代入數(shù)據(jù)可解得k=6 N/m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為x=6 m時(shí),設(shè)物塊A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,彈簧的伸長(zhǎng)量為Δx′,則由牛頓第二定律可得F-mgsin θ-kΔx′=ma,又Δx′=6 m-,兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得a=12 m/s2,選項(xiàng)C正確;由能量守恒定律可知彈簧彈性勢(shì)能的增加量ΔEp=WF-mgxsin θ-ΔEkA,因WF-mgxsin θ=360 J-72 J=288 J,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6.質(zhì)量為m1、m2的兩物體,靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的人站在m1上用恒力F拉繩子,經(jīng)過一段時(shí)間后,兩物體的速度大小分別為v1和v2,位移分別為x1和x2,如圖所示.則這段時(shí)間內(nèi)此人所做的功的大小等于( ) A.Fx2 B.F(x1+x2) C.m2v+(m+m1)v D.m2v 解析:BC 根據(jù)功的定義W=Fx,而其x應(yīng)為拉過的繩子長(zhǎng)度,也就是兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的位移之和,因此B正確,A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,拉力做的功等于兩個(gè)物體增加的動(dòng)能之和,即W=m2v+(m+m1)v,因此C正確,D錯(cuò)誤. 7.如圖所示,在豎直平面內(nèi),半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌道BC與斜面CD平滑連接在一起,圓弧軌道的半徑OB和BC垂直,水平軌道BC的長(zhǎng)度大于R,斜面CD足夠長(zhǎng).在圓弧軌道上靜置著N個(gè)質(zhì)量為m,半徑為r(r?R)的光滑剛性小球,小球恰好將圓弧軌道鋪滿,從最高點(diǎn)A到最低點(diǎn)B依次標(biāo)記為1、2、3……N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走,N個(gè)小球由靜止開始沿軌道運(yùn)動(dòng),不計(jì)摩擦與空氣阻力,若以BC所在的平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面,重力加速度為g,則下列說法正確的是( ) A.第N個(gè)小球在斜面CD上向上運(yùn)動(dòng)時(shí),其機(jī)械能減小 B.第N個(gè)小球在斜面CD上向上運(yùn)動(dòng)時(shí),其機(jī)械能增大 C.N個(gè)小球構(gòu)成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒,且機(jī)械能E= D.第1個(gè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度v< 解析:BD 把N個(gè)小球看成整體,則小球運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功,機(jī)械能守恒,由于重心到水平軌道BC的高度小于,故總機(jī)械能E<,C錯(cuò)誤;在下滑的過程中,水平軌道上的小球要做勻速運(yùn)動(dòng),而圓弧軌道上的小球要做加速運(yùn)動(dòng),則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蚯暗膲毫ψ饔?,同理可知,沖上斜面后后面的小球?qū)η懊娴男∏蛴邢蛏系膲毫ψ饔茫实贜個(gè)小球受到第N-1個(gè)小球的壓力,壓力做正功,第N個(gè)小球機(jī)械能增大,故A錯(cuò)誤,B正確;N個(gè)小球整體的重心運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Nmv2- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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