2019年高考物理一轮复习 单元评估检测(五).doc

2019年高考物理一轮复习 单元评估检测(五)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。每小题至少一个答案正确,选不全得4分)1.如图所示,a、b两小球静止在同一条竖直线上,离地面足够高,b球质量大于a球质量。两球间用一条细线连接,开始线处于松弛状态。现同时释放两球,球运动过程中所受的空气阻力忽略不计。下列说法正确的是()A.下落过程中两球间的距离保持不变B.下落后两球间距离逐渐增大,一直到细线张紧为止C.下落过程中,a、b两球都处于失重状态D.整个下落过程中,系统的机械能守恒2.(xx桂林模拟)物体在合外力作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是()A.在01 s内,合外力做正功B.在02 s内,合外力总是做负功C.在12 s内,合外力不做功D.在03 s内,合外力总是做正功3.短跑运动员采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速的同时提升身体重心。如图所示,假设质量为m的运动员,在起跑时前进的距离s内,重心升高量为h,获得的速度为v,阻力做功为W阻,则在此过程中()A.运动员的机械能增加了mv2B.运动员的机械能增加了mv2+mghC.运动员的重力做功为WG=mghD.运动员自身做功W人=mv2+mgh-W阻4.(xx聊城模拟)质量为m的汽车,启动后发动机以额定功率P沿水平道路行驶,经过一段时间后以速度v匀速行驶。若行驶中受到的摩擦阻力大小不变,则在加速过程中车速为时,汽车的加速度为()A.B.C.D.05.(xx哈尔滨模拟)测定运动员体能的一种装置如图所示,运动员质量为m1,绳拴在腰间沿水平方向跨过一个轻质且不计摩擦的滑轮,悬挂重物m2,人用力蹬传送带而人的重心相对于地面不动,使传送带上侧以速率v向右运动,下面是关于人对传送带做功的说法,正确的是()A.人对传送带做正功B.人对传送带不做功C.人对传送带做功的功率为m2gvD.人对传送带做功的功率为(m1+m2)gv6.如图所示,一长为L的均匀铁链对称地挂在一轻质小滑轮上,由于某一微小的扰动使得铁链向一侧滑动,则铁链完全离开滑轮时的速度大小为()A.B.C.D.7.(xx常州模拟)如图所示,小球以初速度为v0从光滑斜面底部向上滑,恰能到达最大高度为h的斜面顶部。右图中A是内轨半径大于h的光滑轨道,B是内轨半径小于h的光滑轨道,C是内轨半径等于h光滑轨道,D是长为h的轻棒,其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球。小球在底端时的初速度都为v0,则小球在以上四种情况中能到达高度h的有()8.长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图所示,则下列说法正确的是()A.木板获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为2 JC.木板A的最小长度为1 mD.A、B间的动摩擦因数为0.1二、实验题(本大题共2小题,共15分)9.(xx梧州模拟)(7分)如图是验证机械能守恒定律的实验。小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住,轻绳另一端固定,将轻绳拉至水平后由静止释放。在最低点附近放置一组光电门,测出小圆柱运动到最低点的挡光时间t,再用游标卡尺测出小圆柱的直径d,如图所示,重力加速度为g。则(1)小圆柱的直径d=cm;(2)测出悬点到圆柱重心的距离l,若等式gl=成立,说明小圆柱下摆过程机械能守恒;(3)若在悬点O安装一个拉力传感器,测出绳子上的拉力F,则验证小圆柱做圆周运动在最低点向心力的公式还需要测量的物理量是(用文字和字母表示),若等式F=成立,则可验证小圆柱做圆周运动在最低点向心力的公式。10.(xx德州模拟)(8分)如图是某同学在做“验证机械能守恒定律”的实验时打出的纸带,选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E。测出A点距起点O的距离x1,点A、B间的距离为x2,点B、C间的距离为x3,点C、D间的距离为x4,点D、E间的距离为x5,数据如图所示。已知打点计时器的频率为50 Hz,自由下落的重锤质量为1 kg,重力加速度为9.8m/s2。请完成以下问题(结果保留三位有效数字)。(1)由纸带可知打点计时器打下点C时,重锤的速度vC=m/s。(2)从起点O到打下点C的过程中,重锤重力势能的减少量Ep=J,此过程中重锤动能的增加量Ek=J。由此得出,在误差允许范围内,重锤重力势能的减少量等于动能的增加量,即机械能守恒。三、计算题(本大题共2小题,共37分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(xx潍坊模拟)(18分)如图所示,水平传送带AB的右端与在竖直面内用内径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度v0=4.0m/s,将质量m=0.1kg可看作质点的滑块无初速度地放在传送带的A端。已知传送带长度L=4.0m,“9”字全高H=0.6m,“9”字上半部分圆弧半径R=0.1m,滑块与传送带间的动摩擦因数=0.2,重力加速度g=10m/s2,求:(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间;(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。12.(xx日照模拟)(19分)如图为四分之一光滑圆弧轨道,DB固定在竖直面内,半径R=0.9m,最低点B与长L=1m的水平轨道相切于B点。BC离地面高h=0.45m,C点与一倾角为=37的光滑斜面连接。质量m=1kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放,小滑块与BC间的动摩擦因数=0.1。取g=10m/s2。求:(1)小滑块刚到达圆弧的B点时对圆弧的压力;(2)小滑块到达C点时的速度大小;(3)小滑块从C点运动到水平面所需的时间。答案解析1.【解析】选A、C、D。不计空气阻力,同时释放两球后,两球做自由落体运动,只有重力做功,系统的机械能守恒,两球间距也保持不变,因两球的加速度均为g,故两球均处于失重状态,A、C、D均正确,B错误。2.【解析】选A。由动能定理可知,物体质量不变时,速度增加,动能增加,合外力做正功;速度减小,动能减小,合外力做负功,所以在01s内,合外力做正功,13s内,合外力做负功,故选A。3.【解析】选B、D。运动员机械能的增加量等于mv2+mgh,A错误,B正确;运动员的重力对运动员做功为-mgh,C错误;由动能定理得:W人+WG+W阻=W人-mgh+W阻=mv2,故W人=mv2+mgh-W阻,D正确。4.【解析】选B。由题意可知汽车的最大速度为v,设阻力为Ff,则有P=Ffv,当车速为时,P=F,再根据牛顿第二定律F-Ff=ma可得a=,故本题选B。5.【解析】选A、C。人对传送带的摩擦力向右,与传送带运动方向相同,所以人对传送带做正功,故A对B错。人对传送带做功的功率等于人对传送带的摩擦力Ff与速度v的乘积,由题意可知,人处于平衡状态,故在水平方向有F=Ff=m2g,P=Ffv=m2gv,所以C对D错。6.【解析】选C。铁链向一侧滑动的过程受重力和滑轮弹力的作用,弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直,故只有重力做功。设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v,由机械能守恒定律有:mv2+Ep=0其中铁链重力势能的变化量相当于滑离时下半部分的重力势能减去滑动前左半部分的重力势能,如图所示,即:Ep=-mg解得:v=。【总结提升】“链条类”问题的求解方法对于“链条类”问题,一般可以利用机械能守恒定律解决,但是在解答中要注意重力势能的计算,要注意选取对象的质量与物体总质量的区别。解答时可以巧选参考系,化简解题过程。解答本题时要注意两点:(1)本题中因滑轮很小,所以滑动前链条相当于对折。(2)本题中忽略了铁链各环之间的摩擦生热。7.【解析】选A、D。能达到高度h,B、C项中当小球通过圆周后,由于小球运动速度过小,将脱离轨道做抛物运动,水平分速度一定不为0,所以由机械能守恒定律得小球运动的最大高度一定小于h,B、C项错误。综上A、D项正确。【变式备选】(xx苏北四市联考)“蹦极”是一项刺激的极限运动,运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处,从几十米高处跳下。在某次蹦极中,弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图像如图所示,其中t2、t4时刻图线的斜率最大。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律,空气阻力不计。下列说法正确的是()A.t1t2时间内运动处于超重状态B.t2t4时间内运动员的机械能先减少后增大C.t3时刻运动员的加速度为零D.t4时刻运动员具有向下的最大速度【解析】选B。由题意“t2、t4时刻图线的斜率最大”,说明此刻弹力随时间变化最快,因为弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律,所以说明此刻速度是最大的,即为平衡位置,因此,t1t2时间内运动员加速下降,处于失重状态,t2t4时间内,弹性势能是先变大后变小,所以运动员的机械能先减少后增大,B项正确;t3时刻运动员的速度为零,C项错误;t4时刻运动员具有向上的最大速度,D项错误。8.【解析】选B、C、D。由v -t图可知,木板和物体共速前的加速度大小均为a=1m/s2,它们所受的合外力均为摩擦力,Ff=mg,所以木板质量M=m=2kg,木板获得的动能Ek1=M=212J=1 J,故A错;系统机械能损失E=m-(M+m)=2J,故B对;木板的最小长度可由v -t图面积求得,L=21m=1 m,故C对。由a=g=1m/s2,得=0.1,故D对。9.【解析】(1)游标卡尺显示的示数为1.02cm。(2)小圆柱在最低点时的速度v=,此时的动能为mv2=,小圆柱下落到最低点减小的重力势能Ep=mgl,若机械能守恒,Ep=Ek,即mgl=,所以gl=(3)还需测量的物理量是小圆柱的质量m,在最低点时,F-mg=m,所以F=mg+m=mg+m。答案：(1)1.02(2)(3)小圆柱的质量mmg+m10.【解析】(1)vC=m/s=1.17 m/s(2)Ep=mg(x1+x2+x3)=0.688JEk=m=0.684J答案：(1)1.17(2)0.6880.68411.【解析】(1)滑块在传送带上加速运动时,由牛顿第二定律知mg=ma(2分)得a=g=2m/s2(2分)加速到与传送带速度相同时所需要的时间t=2s(2分)位移s=at2=4m(2分)此时滑块恰好到达B端,即滑块从A端运动到B端的时间t=2s(2分)(2)滑块从B到C的过程中,由机械能守恒定律得mgH+m=m(2分)在C点,设轨道对滑块的弹力方向竖直向下,由牛顿第二定律得FN+mg=(2分)联立解得FN=3N(2分)由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力FN=FN=3N,方向竖直向上。(2分)答案：(1)2s(2)3 N方向竖直向上12.【解析】(1)从D到B,由动能定理得:mgR=m(2分)在B点,由牛顿第二定律得:FB-mg=(2分)解得:FB=30N(1分)由牛顿第三定律知:小滑块对圆弧的压力为30N,方向竖直向下。(1分)(2)从B到C,由动能定理得:-mgL=m-m(4分)vC=4m/s。(2分)(3)假设小滑块落到地上,则落地时间:t=0.3s(2分)水平位移:s=vCt=1.2m(2分)由于s=0.6m,故小滑块不会落在斜面上(2分)所以小滑块从C点运动到水平面所需的时间为0.3s。(1分)答案：(1)30N(2)4 m/s(3)0.3 s