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文本内容:
单元评估检测五45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.如图所示小球位于光滑的曲面上曲面体位于光滑的水平地面上从地面上看在小球沿曲面下滑的过程中曲面体对小球的作用力 A.垂直于接触面做功为零B.垂直于接触面做负功C.不垂直于接触面做功为零D.不垂直于接触面做正功【解析】选B对整体进行受力分析可知小球曲面体系统在水平方向上不受外力作用故在水平方向上动量守恒当小球沿曲面下滑过程中曲面体将向右后退曲面体对小球的作用力为弹力且与曲面的切线垂直小球的运动方向与力的方向之间的夹角为钝角故曲面体对小球的作用力垂直于接触面且做负功B选项正确
2.2018·岳阳模拟在平直的公路上一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动若汽车所受阻力与速度成正比则汽车功率P随时间t变化的关系可能是 【解析】选A汽车在匀加速阶段根据牛顿第二定律F-Ff=ma物体的速度v=at受到的阻力Ff=kv解得F=kat+ma在加速阶段的功率P=Fv=ka2t2+ma2t达到额定功率后此时P突然减小由于惯性速度不会突变由P=Fv知牵引力F突然减小使牵引力等于阻力汽车又开始做速度减小了的匀速运动故A正确B、C、D错误
3.2018·石家庄模拟质量为2t的汽车发动机的额定功率为60kW该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能达到的最大速度为15m/s所受阻力恒定则当汽车速度为10m/s时的加速度为 A.
0.5m/s2 B.1m/s2C.2m/s2D.
2.5m/s2【解析】选B汽车在水平路面上达到最大速度时牵引力与阻力二力平衡则有F=Ff由P=Fvm得P=Ffvm解得Ff=当汽车的速度为10m/s时牵引力为F′=根据牛顿第二定律得a==代入数据解得a=1m/s2故B正确A、C、D错误
4.2018·大庆模拟如图所示半径为R的金属环竖直放置环上套有一质量为m的小球小球开始时静止于最低点现使小球以初速度v0=沿环上滑小环运动到环的最高点时与环恰无作用力则小球从最低点运动到最高点的过程中 A.小球机械能守恒B.小球在最低点时对金属环的压力是6mgC.小球在最高点时重力的功率是mgD.小球机械能不守恒且克服摩擦力所做的功是
0.5mgR【解析】选D小球在最高点与环作用力恰为0时设速度为v则mg=m解得v=从最低点到最高点由动能定理得-mg2R-W克=mv2-m解得W克=mgR所以机械能不守恒且克服摩擦力所做的功是
0.5mgR故A错误D正确;在最低点由牛顿第二定律得FN-mg=m解得FN=7mg故B错误;小球在最高点时重力方向与速度方向垂直重力的功率为零故C错误
5.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【加固训练】长L的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴用手将该装置固定在恰好水平的位置然后由静止释放当杆到达竖直位置时轴对杆的作用力F的大小和方向为 A.
2.4mg 竖直向上B.
2.4mg 竖直向下C.6mg 竖直向上D.4mg 竖直向上【解析】选A对于整个系统而言机械能守恒有mgL=m+m当杆运动到竖直位置时顶端的小球向心力为F1+mg=mω2底端的小球向心力为F2-mg=mω2联立以上三式得轴对杆的作用力F的大小F2-F1=
2.4mg方向竖直向上选项A正确
6.如图所示一倾角为α固定斜面下端固定一挡板一轻弹簧下端固定在挡板上现将一物块从斜面上离弹簧上端某处由静止释放已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ则小物块从释放到运动至最低点的过程中下列说法中正确的是 A.μtanαB.μtanαC.物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能D.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力对物块做的功与摩擦力对物块做的功之和【解题指导】解答本题应注意以下三点:1物块能沿斜面由静止下滑则有mgsinαμmgcosα;2物块所受合力为零时速度最大;3物块下滑过程功和能的转化关系【解析】选A、D物块从静止释放后能沿斜面下滑则有mgsinαμmgcosα解得μtanα故A正确B错误;物块刚与弹簧接触的瞬间弹簧的弹力仍为零仍有mgsinαμmgcosα物块继续向下加速动能仍在增大所以此瞬间动能不是最大当物块的合力为零时动能才最大故C错误;根据能量转化和守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差而内能等于物块克服摩擦力做功可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和故D正确
7.如图所示杆A倾斜固定在水平地面上倾角为θ质量为m的小环P把竖直杆B和杆A套在一起竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动所有接触点均光滑在小环P沿着杆A上升过程中下列关于小环P的说法正确的是 A.小环P速度大小为B.小环P速度大小为vcosθC.小环的机械能守恒D.小环的机械能增加【解题指导】解答本题应注意以下两点:1环的速度沿杆向上可将杆的速度沿杆和垂直杆分解;2小环的机械能如何变化可由小环的动能和重力势能的变化判断【解析】选A、D将小环P的运动沿着水平和竖直方向分解如图所示故环的实际速度vP=故A正确B错误;环匀速上升重力势能增加动能不变故机械能等于动能与重力势能的代数和增加故C错误D正确
8.2018·咸阳模拟如图所示质量为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Ff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Ff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【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
二、实验题本题共2小题共15分
9.7分某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”他们在实验室组装了一套如图所示的装置另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙、刻度尺当滑块连接上纸带用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时释放小桶滑块处于静止状态若你是小组中的一位成员要完成该项实验则:1你认为还需要的实验器材有 2实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是 实验时首先要做的步骤是 3在2的基础上某同学用天平称量滑块的质量M往沙桶中装入适量的细沙用天平称出此时沙和沙桶的总质量m让沙桶带动滑块加速运动用打点计时器记录其运动情况在打点计时器打出的纸带上取两点测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2v1v2则本实验最终要验证的数学表达式为 用题中的字母表示实验中测量得到的物理量【解析】1在实验中需要测量滑块、沙和沙桶的质量所以还需要天平2实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等需要保证沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量即M≫m实验时首先要平衡滑块受到的摩擦力3由动能定理得W=ΔEk拉力做的功W=mgL则实验最终要验证的数学表达式为mgL=M-M答案:1天平 2沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量 平衡摩擦力3mgL=M-M【加固训练】某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”:在木板的左端固定一挡板挡板上拴一轻质弹簧弹簧的右端固定一小物块物块的上方有一很窄的遮光片当弹簧的长度为原长时物块恰处于O点O点的正上方有一光电门光电门上连接计时器图中未画出已知弹性势能的表达式为Ep=kΔx21实验开始时 平衡摩擦力; 测量遮光片的宽度均选填“需要”或“不需要” 2所有实验条件具备后将小物块向左压缩弹簧Δx后从静止释放小物块在弹簧的作用下被弹出记下遮光片通过光电门的时间t13将小物块向左压缩弹簧2Δx、3Δx、4Δx…后从静止释放小物块在弹簧的作用下被弹出分别记下遮光片通过光电门的时间t
2、t
3、t4…4将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W
1、W
2、W3…则W1∶W2∶W3= 若以W为纵坐标为横坐标作图则得到的图象是 选填“一条直线”或“一条曲线” 【解析】1由于该实验要求弹簧弹力做功所以不能有摩擦力做功所以需要平衡摩擦力光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v小物块在弹簧的作用下被弹出记下遮光片宽度设为d通过光电门的时间t小物块的速度v=根据功能关系可以求出需要验证的关系式为W=mv2=m若以W为纵坐标为横坐标作图则得到的图象是一条倾斜直线即可得到合力做功与速度变化的关系所以不需要测量遮光片的宽度4已知弹性势能的表达式为Ep=kΔx2所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W
1、W
2、W3…则W1∶W2∶W3=1∶4∶9若以W为纵坐标为横坐标作图则得到的图象是一条直线答案:1需要 不需要41∶4∶9 一条直线
10.8分2018·淄博模拟某同学用如图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
10.00mm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39mm那么游标尺1格与主尺2格相差
0.05mm游标卡尺读数为d=
10.00mm-3×
0.05mm=
9.85mm2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ΔEp=mgL1-cosθ动能的增加量ΔEk=mv2=m若mgL1-cosθ=m即2gL1-cosθ=成立说明小球下摆过程机械能守恒答案:
19.85 2 2gL1-cosθ=
三、计算题本题共2小题共37分需写出规范的解题步骤
11.17分2018·济南模拟如图所示固定斜面的倾角θ=30°物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=轻弹簧下端固定在斜面底端弹簧处于原长时上端位于C点用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B滑轮右侧绳子与斜面平行A的质量为mA=2kgB的质量为mB=1kg物体A的初始位置到C点的距离为l=
0.5m现给A、B一初速度v0=3m/s使A沿斜面向下运动B向上运动物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点已知重力加速度g取10m/s2不计空气阻力整个过程中轻绳始终处于伸直状态求:1物体A向下运动刚到C点时的速度大小2弹簧的最大压缩量3弹簧的最大弹性势能【解题指导】解答本题应注意以下两点:1物体A向下运动至C的过程对A、B整体可由动能定理列方程2物体A与弹簧作用的过程中能量守恒【解析】1在物体A向下运动刚到C点过程中对A和B整体由动能定理得:mAglsinθ-mBgl-μmAglcosθ=mA+mB-mA+mB4分解得:vC=2m/s2分2设弹簧的最大压缩量为x在物体A刚到C点至压缩弹簧又返回C点的过程中由能量守恒定律得:mA+mB=2μmAgxcosθ3分解得:x=
0.2m2分3设弹簧的最大弹性势能为Ep在物体A刚到C点至压缩弹簧到最短的过程中由能量守恒定律得:mA+mB=μmAgxcosθ+Ep4分解得:Ep=3J2分答案:12m/s
20.2m 33J
12.20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=
0.9m粗糙水平端NP长L=1mP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3m/s一质量为1kg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10m/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mA首次到达N点的速度为v′由机械能守恒定律得:mgR=mv′22分由牛顿第二定律得:FN-mg=m2分解得:FN=30N1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30N方向竖直向下1分2设A到B第一次碰撞前的速度为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=m+μ1mgL2分解得:v0=4m/s1分设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB则vA=0vB=4m/s1分碰后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:mgsinθ+μ2mgcosθ=ma11分解得:a1=gsinθ+μ2gcosθ=10m/s21分运动时间为:t1==
0.4s1分位移为:x1=t1=
0.8m1分此过程物块B与传送带相对运动的路程:Δs1=vt1+x1=2m1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:t2==
0.3s1分位移为:x2=t2=
0.45m1分此过程相对运动路程:Δs2=vt2-x2=
0.45m1分全过程产生的热量为Q=μ2mgcosθΔs1+Δs2=
12.25J2分答案:130N方向竖直向下
212.25J【加固训练】如图所示一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接轻绳足够长且不可伸长某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带P与定滑轮间的绳子水平已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=
0.25重力加速度为g不计滑轮的质量与摩擦求:1运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比2物块P从刚冲上传送带到运动到传送带右方最远处的过程中P、Q系统机械能的改变量3若传送带以不同的速度v0v2v0匀速运动当v取多大时物块P向右冲到最远处时P与传送带间产生的摩擦热最小最小值为多大【解析】1设P的位移、加速度大小分别为x
1、a1Q的位移、加速度大小分别为x
2、a2则:x1=a1t2x2=a2t2又有:x1=2x2解得:a1∶a2=2∶12由牛顿第二定律得:对P:μmg+FT=ma1对Q:mg-2FT=ma2解得:FT=
0.35mga1=
0.6gP先减速到与传送带速度相同设位移为x1则:x1==共速后由于Ff=μmgmgP不可能随传送带一起匀速运动继续向右减速设此时P加速度为a1′Q的加速度为a′2:则a′2=a′1由牛顿第二定律得:对P:F′T-μmg=ma′1对Q:mg-2F′T=ma′2解得:a1′=
0.2g设减速到0位移为x2则:x2==PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功则:ΔE=-μmgx1+μmgx2=03第一阶段P相对传送带向右运动相对位移:x′1=-v·第二阶段相对传送带向左运动相对位移:x′2=v·-由功能关系得摩擦产生的热量:Q=μmgx1′+x2′解得:Q=mv2-vv0+当v=v0时摩擦热最小Qmin=m答案:12∶1 203当v=v0时摩擦热最小最小值为m。