（广东专用）高考物理一轮复习方案 45分钟单元能力训练卷(五)

45分钟单元能力训练卷(五)(考查范围：第五单元分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．如图D5－1所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h，让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑过程中()图D5－1A．圆环机械能守恒B．弹簧的弹性势能先增大后减小C．弹簧的弹性势能变化了mghD．弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大2．如图D5－2所示，一根跨过轻质定滑轮的不可伸长的轻绳两端各系一个物体A和B，不计摩擦．现将物体由静止释放，B物体下落H高度时的速度为v，若在A的下方挂一个与A相同的物体，由静止释放，B向上运动距离为H时的速度大小仍为v，则A与B的质量之比为()A．1∶2B．2∶3C.eq\r(2)∶2D.eq\r(2)∶3图D5－2图D5－33．如图D5－3所示，竖直放置的轻弹簧上端与质量为3kg的物块B相连接，另一个质量为1kg的物块A放在B上．先向下压A，然后释放，A、B共同向上运动一段后将分离，分离后A又上升了0.2m到达最高点，此时B的速度方向向下，且弹簧恰好为原长．从A、B分离到A上升到最高点的过程中，弹簧弹力对B做的功及弹簧回到原长时B的速度大小分别是(g＝10mA．12J2m/sB．02mC．00D．4J2m/二、双项选择题(每小题6分，共24分)4．蹦床运动员与床垫接触的过程如图D5－4所示，可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B位置)，有关运动员从A运动至B的过程，下列说法正确的是()A．运动员的机械能守恒B．运动员的速度一直减小C．合力对运动员做负功D．运动员先失重后超重图D5－4图D5－55．如图D5－5所示，质量相同的两个物体A、B处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则()A．重力对两个物体做的功相同B．重力的平均功率相同C．到达底端时重力的瞬时功率PA<PBD．到达底端时两个物体的动能相同，速度相同6．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则图D5－6中可能正确的是()ABCD图D5－67．如图D5－7所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A，使弹簧竖直，A、B间距离L＝0.2m，B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1m．此时弹簧的弹性势能Ep＝1J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10m图D5－7A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒C．B球刚到地面时，速度是eq\r(2)m/sD．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6J三、实验题(16分)8．在用图D5－8装置进行“探究恒力做功与滑块动能变化的关系”实验中，某同学设计了如下实验步骤：图D5－8①用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫起，在质量为M的滑块上系上细绳，细绳的另一端通过有光滑转轴的定滑轮挂上钩码，细绳与木板平行；②反复移动垫块的位置，调整长木板的倾角θ，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；③取下细绳和钩码，同时记录钩码的质量m；④保持长木板的倾角不变；启动打点计时器，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动，到达底端时关闭电源；⑤取下纸带进行分析，计算恒力做的功与滑块动能的变化，探寻它们间的关系．回答下列问题：(重力加速度为g，结果用已知和测量的物理量字母表示)(1)实验中，滑块在匀加速下滑过程中所受的合力大小是用________替代的，其大小为F＝____________；(2)实验中得到的纸带如图D5－9所示，已知打点计时器的工作频率为f，在纸带上从某一点O开始每隔一个点选取一个计数点，分别标有O、A、B、C、D、E、F、G，测得相邻计数点间的距离如图所示：图D5－9①打点计时器打下A点时滑块的速度vA＝________；②选取纸带上A、F两点进行研究，则从A到F，滑块动能的增加量ΔEk＝________；合力F做的功WF＝__________。若在误差允许范围内ΔEk＝WF，则可初步确定恒力做的功等于滑块动能的变化．四、计算题(42分)9．(20分)如图D5－10所示，足够长的倾角为θ的粗糙斜面上，有一质量为m的滑块距挡板P为L，以初速度v0沿斜面下滑，并与挡板发生碰撞，滑块与斜面动摩擦因数为μ，μ<tanθ.若滑块与挡板碰撞没有机械能损失，求：(1)滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离；(2)滑块在整个运动过程中通过的路程．图D5－1010．(22分)如图D5－11所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E距离h＝1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8,g＝10m/(1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力N的大小；(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．图D5－11

45分钟单元能力训练卷(五)1．C[解析]运动过程中，弹簧和圆环组成的系统的机械能守恒，因弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒；对弹簧和圆环系统，根据机械能守恒定律知，当圆环滑到杆底端时，弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量mgh，又因弹簧先被压缩后被拉伸，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大；圆环到达杆底端时弹簧的弹性势能最大，此时圆环动能为零．2．C[解析]对两个过程分别应用机械能守恒定律得：mBgH－mAgH＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2，2mAgH－mBgH＝eq\f(1,2)(2mA＋mB)v2，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(\r(2),2)，选项C正确．3．B[解析]当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得A、B分离时的初速度v＝eq\r(2gh)＝2m/s，当B回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B的动能与分离时的动能相同，速度仍为2m/s，B正确．4．CD[解析]由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A错误；当F弹＝mg时，a＝0，在此之前，F弹＜mg，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F弹＞mg，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B错误，选项D正确；从A位置到B位置，由动能定理得，W合＝－Ek0，选项C正确．5．AC[解析]两个物体质量相同、下落高度相同，故重力对两个物体做的功相同，A正确；下落的时间不相同，故重力的平均功率不相同，B错误；对于物体A、B，只有重力做功，机械能守恒，可知两个物体到达底端时动能相同，即速度大小相等、方向不同，D错误；由瞬时功率的计算式可得PA＝mgvcosθ，PB＝mgv，因此，到达底端时重力的瞬时功率PA<PB，C正确．6．AC[解析]设斜面倾角为θ，物体受到的合力F沿斜面向下，F＝mgsinθ－f，故F不随t变化，选项A正确；根据牛顿第二定律知加速度a＝eq\f(F,m)也不变，由v＝at知，v－t图象为过原点的一条倾斜直线，选项B错误；物体做匀加速运动，故位移s＝eq\f(1,2)at2，s－t图象是开口向上的抛物线的一部分，选项C正确；设物体起初的机械能为E0，t时刻的机械能为E，则E＝E0－fs＝E0－f·eq\f(1,2)at2，E－t图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D错误．7．BD[解析]A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误，选项B正确；B在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以B的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律mBgh＝eq\f(1,2)mBv2解得的v＝eq\r(2gh)＝2m/s是错误的，选项C错误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝Ek＝mAg(L＋h)＋mBgh＋Ep＝6J，选项D正确．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)滑块匀速下滑时，有Mgsinα＝mg＋f，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F＝Mgsinα－f＝mg.(2)vA＝eq\f(x1＋x2,4T)＝eq\f(（x1＋x2）f,4)；vF＝eq\f(（x6＋x7）f,4)，从A到F动能的增加量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)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离为x.对滑块应用动能定理有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)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为s.根据能量守恒定律得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)物体从E到C，由机械能守恒定律得：mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C点，由牛顿第二定律得：N－mg＝eq