（廣東專用）高考物理一輪復習方案 45分鐘單元能力訓練卷(五)

45分鐘單元能力訓練卷(五)(考查范圍：第五單元分值：100分)一、單項選擇題(每小題6分，共18分)1．如圖D5－1所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，彈簧處于原長h，讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零，則在圓環(huán)下滑過程中()圖D5－1A．圓環(huán)機械能守恒B．彈簧的彈性勢能先增大后減小C．彈簧的彈性勢能變化了mghD．彈簧的彈性勢能最大時圓環(huán)動能最大2．如圖D5－2所示，一根跨過輕質定滑輪的不可伸長的輕繩兩端各系一個物體A和B，不計摩擦．現(xiàn)將物體由靜止釋放，B物體下落H高度時的速度為v，若在A的下方掛一個與A相同的物體，由靜止釋放，B向上運動距離為H時的速度大小仍為v，則A與B的質量之比為()A．1∶2B．2∶3C.eq\r(2)∶2D.eq\r(2)∶3圖D5－2圖D5－33．如圖D5－3所示，豎直放置的輕彈簧上端與質量為3kg的物塊B相連接，另一個質量為1kg的物塊A放在B上．先向下壓A，然后釋放，A、B共同向上運動一段后將分離，分離后A又上升了0.2m到達最高點，此時B的速度方向向下，且彈簧恰好為原長．從A、B分離到A上升到最高點的過程中，彈簧彈力對B做的功及彈簧回到原長時B的速度大小分別是(g＝10mA．12J2m/sB．02mC．00D．4J2m/二、雙項選擇題(每小題6分，共24分)4．蹦床運動員與床墊接觸的過程如圖D5－4所示，可簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的床墊(A位置)上，隨床墊一同向下做變速運動到達最低點(B位置)，有關運動員從A運動至B的過程，下列說法正確的是()A．運動員的機械能守恒B．運動員的速度一直減小C．合力對運動員做負功D．運動員先失重后超重圖D5－4圖D5－55．如圖D5－5所示，質量相同的兩個物體A、B處于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到達同一水平面，則()A．重力對兩個物體做的功相同B．重力的平均功率相同C．到達底端時重力的瞬時功率PA<PBD．到達底端時兩個物體的動能相同，速度相同6．一物體沿固定斜面從靜止開始向下運動，經過時間t0滑至斜面底端．已知在運動過程中物體所受的摩擦力恒定．若用F、v、s和E分別表示該物體所受的合力、物體的速度、位移和機械能，則圖D5－6中可能正確的是()ABCD圖D5－67．如圖D5－7所示，在光滑固定的曲面上，放有兩個質量分別為1kg和2kg的可視為質點的小球A和B，兩球之間用一根輕質彈簧相連，用手拿著A，使彈簧豎直，A、B間距離L＝0.2m，B剛剛與曲面接觸且距水平面的高度h＝0.1m．此時彈簧的彈性勢能Ep＝1J，自由釋放后兩球以及彈簧從靜止開始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面運動，不計一切碰撞時機械能的損失，g取10m圖D5－7A．下滑的整個過程中彈簧和A球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．下滑的整個過程中兩球及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C．B球剛到地面時，速度是eq\r(2)m/sD．當彈簧處于原長時，以地面為參考平面，兩球在光滑水平面上運動時的機械能為6J三、實驗題(16分)8．在用圖D5－8裝置進行“探究恒力做功與滑塊動能變化的關系”實驗中，某同學設計了如下實驗步驟：圖D5－8①用墊塊將長木板固定有定滑輪的一端墊起，在質量為M的滑塊上系上細繩，細繩的另一端通過有光滑轉軸的定滑輪掛上鉤碼，細繩與木板平行；②反復移動墊塊的位置，調整長木板的傾角θ，直至輕推滑塊后，滑塊沿長木板向下做勻速直線運動；③取下細繩和鉤碼，同時記錄鉤碼的質量m；④保持長木板的傾角不變；啟動打點計時器，讓滑塊沿長木板向下做勻加速直線運動，到達底端時關閉電源；⑤取下紙帶進行分析，計算恒力做的功與滑塊動能的變化，探尋它們間的關系．回答下列問題：(重力加速度為g，結果用已知和測量的物理量字母表示)(1)實驗中，滑塊在勻加速下滑過程中所受的合力大小是用________替代的，其大小為F＝____________；(2)實驗中得到的紙帶如圖D5－9所示，已知打點計時器的工作頻率為f，在紙帶上從某一點O開始每隔一個點選取一個計數(shù)點，分別標有O、A、B、C、D、E、F、G，測得相鄰計數(shù)點間的距離如圖所示：圖D5－9①打點計時器打下A點時滑塊的速度vA＝________；②選取紙帶上A、F兩點進行研究，則從A到F，滑塊動能的增加量ΔEk＝________；合力F做的功WF＝__________。若在誤差允許范圍內ΔEk＝WF，則可初步確定恒力做的功等于滑塊動能的變化．四、計算題(42分)9．(20分)如圖D5－10所示，足夠長的傾角為θ的粗糙斜面上，有一質量為m的滑塊距擋板P為L，以初速度v0沿斜面下滑，并與擋板發(fā)生碰撞，滑塊與斜面動摩擦因數(shù)為μ，μ<tanθ.若滑塊與擋板碰撞沒有機械能損失，求：(1)滑塊第一次與擋板碰撞后上升離開擋板P的最大距離；(2)滑塊在整個運動過程中通過的路程．圖D5－1010．(22分)如圖D5－11所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點，圓心角∠BOC＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0m，現(xiàn)有一個質量為m＝0.2kg可視為質點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，D、E距離h＝1.6m，物體與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8,g＝10m/(1)物體第一次通過C點時軌道對物體的支持力N的大??；(2)要使物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長；(3)若斜面已經滿足(2)要求，物體從E點開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道周期性運動，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所產生的熱量Q的大?。畧DD5－11

45分鐘單元能力訓練卷(五)1．C[解析]運動過程中，彈簧和圓環(huán)組成的系統(tǒng)的機械能守恒，因彈簧彈力對圓環(huán)做功，故圓環(huán)的機械能不守恒；對彈簧和圓環(huán)系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律知，當圓環(huán)滑到桿底端時，彈簧的彈性勢能增大量等于圓環(huán)重力勢能的減小量mgh，又因彈簧先被壓縮后被拉伸，所以彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大；圓環(huán)到達桿底端時彈簧的彈性勢能最大，此時圓環(huán)動能為零．2．C[解析]對兩個過程分別應用機械能守恒定律得：mBgH－mAgH＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，2mAgH－mBgH＝eq\f(1,2)(2mA＋mB)v2，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(\r(2),2)，選項C正確．3．B[解析]當兩個物塊共同向上運動時彈簧彈力減小，彈簧彈力恰好為零時，兩個物塊的共同加速度為重力加速度，此時兩個物塊恰好分離，A物塊做豎直上拋運動，由豎直上拋運動的規(guī)律可求得A、B分離時的初速度v＝eq\r(2gh)＝2m/s，當B回到彈簧原長位置時，彈簧彈力又恰好為零，彈簧在此過程中做功為零，B的動能與分離時的動能相同，速度仍為2m/s，B正確．4．CD[解析]由能量守恒定律可知，運動員減小的機械能轉化為床墊的彈性勢能，故選項A錯誤；當F彈＝mg時，a＝0，在此之前，F(xiàn)彈＜mg，加速度方向向下(失重)，物體做加速運動；在此之后，F(xiàn)彈＞mg，加速度方向向上(超重)，物體做減速運動，選項B錯誤，選項D正確；從A位置到B位置，由動能定理得，W合＝－Ek0，選項C正確．5．AC[解析]兩個物體質量相同、下落高度相同，故重力對兩個物體做的功相同，A正確；下落的時間不相同，故重力的平均功率不相同，B錯誤；對于物體A、B，只有重力做功，機械能守恒，可知兩個物體到達底端時動能相同，即速度大小相等、方向不同，D錯誤；由瞬時功率的計算式可得PA＝mgvcosθ，PB＝mgv，因此，到達底端時重力的瞬時功率PA<PB，C正確．6．AC[解析]設斜面傾角為θ，物體受到的合力F沿斜面向下，F(xiàn)＝mgsinθ－f，故F不隨t變化，選項A正確；根據(jù)牛頓第二定律知加速度a＝eq\f(F,m)也不變，由v＝at知，v－t圖象為過原點的一條傾斜直線，選項B錯誤；物體做勻加速運動，故位移s＝eq\f(1,2)at2，s－t圖象是開口向上的拋物線的一部分，選項C正確；設物體起初的機械能為E0，t時刻的機械能為E，則E＝E0－fs＝E0－f·eq\f(1,2)at2，E－t圖象是開口向下的拋物線的一部分，選項D錯誤．7．BD[解析]A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A錯誤，選項B正確；B在運動過程中，除重力外彈簧對其做功，所以B的機械能不守恒，因此根據(jù)機械能守恒定律mBgh＝eq\f(1,2)mBv2解得的v＝eq\r(2gh)＝2m/s是錯誤的，選項C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，到達地面時的機械能與剛釋放時的機械能相等，又彈簧處于原長，則E＝Ek＝mAg(L＋h)＋mBgh＋Ep＝6J，選項D正確．8．(1)mg(2)①eq\f(（x1＋x2）f,4)②eq\f(Mf2,32)[(x6＋x7)2－(x1＋x2)2]mg(x2＋x3＋x4＋x5＋x6)[解析](1)滑塊勻速下滑時，有Mgsinα＝mg＋f，滑塊勻速下滑時，滑塊所受合力F＝Mgsinα－f＝mg.(2)vA＝eq\f(x1＋x2,4T)＝eq\f(（x1＋x2）f,4)；vF＝eq\f(（x6＋x7）f,4)，從A到F動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)＝eq\f(Mf2,32)[(x6＋x7)2－(x1＋x2)2]，合力F做的功WF＝mg(x2＋x3＋x4＋x5＋x6)．9．(1)eq\f(2gLsinθ－2μgLcosθ＋veq\o\al(2,0),2gsinθ＋2μgcosθ)(2)eq\f(2gLsinθ＋veq\o\al(2,0),2μgcosθ)[解析](1)設滑塊第一次與擋板碰撞后上升離開擋板P的最大距離為x.對滑塊應用動能定理有mg(L－x)sinθ－μmgcosθ(L＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝eq\f(2gLsinθ－2μgLcosθ＋veq\o\al(2,0),2gsinθ＋2μgcosθ).(2)最終滑塊必?？吭趽醢逄?，設滑塊在整個運動過程中通過的路程為s.根據(jù)能量守恒定律得mgLsinθ＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgscosθ解得s＝eq\f(2gLsinθ＋veq\o\al(2,0),2μgcosθ).10．(1)12.4N(2)2.4m(3)4.8[解析](1)物體從E到C，由機械能守恒定律得：mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C點，由牛頓第二定律得：N－mg＝eq