高考物理一轮复习 单元评估检测（五）-人教版高三全册物理试题.doc

《高考物理一轮复习 单元评估检测（五）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习 单元评估检测（五）-人教版高三全册物理试题.doc（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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。15题为单选题,68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

2、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

3、拟)质量为2 t的汽车,发动机的额定功率为60 kW。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15 m/s,所受阻力恒定,则当汽车速度为10 m/s时的加速度为()A.0.5 m/s2 B.1 m/s2C.2 m/s2D.2.5 m/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10 m/s时,牵引力为F=,根据牛顿第二定律得a=,代入数据解得a=1 m/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

4、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

5、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,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,

6、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=E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cos,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

7、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=m2,底端的小球向心力为F2-mg=m2,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,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.

8、tanC.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mgsinmgcos;(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mgsinmgcos,解得mgcos,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

9、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,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vcosC.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

10、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

11、。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

12、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 。(

13、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v2(v1v2)。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

14、保证沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量,即Mm,实验时首先要平衡滑块受到的摩擦力。(3)由动能定理得W=Ek,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(3)mgL=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=k(x)2。(1)实验开始时,平衡摩擦力;测量遮光片的宽

15、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x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t1。(3)将小物块向左压缩弹簧2x、3x、4x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t2、t3、t4(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3,则W1W2W3=,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

16、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=k(x)2,所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3,则W1W2W3=149,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(4)149一条直线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

17、示数,用该游标卡尺测量小球的直径,其示数为10.00 mm,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、t、g表示)。【解析】(1)由图可知,游标尺20格相当主尺39 mm,那么游标尺1格与主尺2格相差0.05 mm,游标卡尺读数为d=10.00 mm-30.05 mm=9.85 mm。

18、(2)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Ep=mgL(1-cos),动能的增加量Ek=mv2=m,若mgL(1-cos)=m,即2gL(1-cos)=成立,说明小球下摆过程机械能守恒。答案:(1)9.85(2)2gL(1-cos)=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=30,物体A与斜面之间的动摩擦因数=,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=2 kg,B的质量为mB=1

19、 kg,物体A的初始位置到C点的距离为l=0.5 m。现给A、B一初速度v0=3 m/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10 m/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:mAglsin-mBgl-mAglcos=(

20、mA+mB)-(mA+mB)(4分)解得:vC=2 m/s(2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)=2mAgxcos(3分)解得:x=0.2 m(2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)=mAgxcos+Ep(4分)解得:Ep=3 J(2分)答案:(1)2 m/s(2)0.2 m(3)3 J12.(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=0.9 m,粗糙水平端NP长L=1 m,P点右侧有一与水平方向成

21、=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3 m/s,一质量为1 kg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1=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2=,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10 m/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m,A首次到达N点的速度为v,由机械能守恒定律得:mgR=mv2(2分)由牛顿第二定律得:FN-mg=

22、m(2分)解得:FN=30 N(1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30 N,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+1mgL(2分)解得:v0=4 m/s(1分)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB,则vA=0,vB=4 m/s(1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:mgsin+2mgcos=ma1(1分)解得:a1=gsin+2gcos=10 m/s2(1分)运动时间为:t1=0.4 s(1分)位移为:x1=t1=0

23、.8 m(1分)此过程物块B与传送带相对运动的路程:s1=vt1+x1=2 m(1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=0.3 s(1分)位移为:x2=t2=0.45 m(1分)此过程相对运动路程:s2=vt2-x2=0.45 m(1分)全过程产生的热量为Q=2mgcos(s1+s2)=12.25 J。(2分)答案:(1)30 N,方向竖直向下(2)12.25 J【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

24、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=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v(0v2v0)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x1、a1,Q的位移、加速度大小分别为x2、a2,则:x1=a1t2x2=a2t2又有:x1=2x2 解得:a1a2=21(2)由牛顿第二定律得:对P:mg+FT=ma1对Q:

25、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=mgmg,P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a2:则a2=a1由牛顿第二定律得:对P:FT-mg=ma1对Q:mg-2FT=ma2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:E=-mgx1+mgx2=0(3)第一阶段P相对传送带向右运动,相对位移:x1=-v第二阶段相对传送带向左运动,相对位移:x2=v-由功能关系得摩擦产生的热量:Q=mg(x1+x2)解得:Q=m(v2-vv0+) 当v=v0时摩擦热最小 Qmin=m答案:(1)21(2)0(3)当v=v0时摩擦热最小最小值为m