【教育资料】版高中物理全程复习方略(江苏):单元评估检测(五)学习专用

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比例,答案解析附后。
单元评估检测(五)
第五章 (40 分钟 100 分) 一、单项选择题(本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分,每小题只有一个选 项符合题意) 1.如图所示,电梯与水平地面成 θ 角,一人站在电梯上,电梯从静止开始匀加 速上升,到达一定速度后再匀速上升.若以 FN 表示水平梯板对人的支持力,G 为 人受到的重力,Ff 为电梯对人的静摩擦力,则下列结论正确的是( ) A.加速过程中 Ff≠0,Ff、FN、G 都做功 B.加速过程中 Ff≠0,FN 不做功 C.加速过程中 Ff=0,FN、G 都做功 D.匀速过程中 Ff=0,FN、G 都不做功 2.(创新题)中新网 2019 年 4 月 23 日报道,美国无人驾 驶空天飞机 X-37B 于北京时间 4 月 23 日发射升空.如 图所示,空天飞机能在离地面 6 万米的大气层内以 3 万 公里的时速飞行;如果再用火箭发动机加速,空天飞机 就会冲出大气层,像航天飞机一样,直接进入地球轨道,做匀速圆周运动.返回 大气层后,它又能像普通飞机一样在机场着陆,成为自由往返天地间的输送工 具.关于空天飞机,下列说法正确的是( )
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A.它从地面发射加速升空时,机舱内的物体处于失重状态

B.它在 6 万米的大气层内飞行时,只受地球的引力

C.它在做匀速圆周运动时,所受地球的引力做正功

D.它从地球轨道返回地面,必须先减速

3.(2019·南京模拟)将物体以 60 J 的初动能竖直向上抛出,当它上升到某点 P

时,动能减为 10 J,机械能损失 10 J,若空气阻力大小不变,则物体落回到抛

出点时的动能为( )

A.36 J

B.40 J

C.48 J

D.50 J

4.(易错题)如图所示,木板质量为 M,长度为 L,小木块的质量为 m,水平地面

光滑,一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与 M 和 m 连接,小木块与木板间的

动摩擦因数为 μ .开始时木块静止在木板左端,现用水平向右的力将 m 拉至右端,

拉力至少做功为( )

A.μ mgL

C.μ

mgL 2

B.2μ mgL

D.μ

(M+m)gL [来源:1]

5.如图所示,一质量为 m 的质点在半径为 R 的半球形容器中(容

器固定)由静止开始自边缘上的 A 点滑下,到达最低点 B 时,它

对容器的正压力为 FN.重力加速度为 g,则质点自 A 滑到 B 的过

程中,摩擦力对其所做的功为( )

1 A.2R(FN-3mg)
1 C.2R(FN-mg)

1 B.2R(3mg-FN)
1 D.2R(FN-2mg)

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二、多项选择题(本大题共 4 小题,每小题 7 分,共 28 分 ,每小题有多个选项 符合题意) 6.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 7.(创新题)放在水平地面上的一物体,受到方向不变的水平推力 F 的作用,力 F 与时间 t 的关系和物体速度 v 与时间 t 的关系如图所示,则下列说法正确的是 (g=10 m/s2)( ) A.物体与地面间的摩擦因数为 0.2 B.物体与地面间的摩擦因数为 0.4 C.9 s 内,力 F 做的功是 126 J D.3~6 s 和 6~9 s 两段时间内摩擦力的平均功率相等 8.(2019·新课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下 落,到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点, 下列说法正确的是( ) A.运动员到达最低点前重力势能始终减小 B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加
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C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒

D.蹦极过程中,重力势能的改变与重力势能零点的选取有关

9.(易错题)如图所示,物体 A 和 B 的质量均为 m,它们通过一劲度

系数为 k 的轻弹簧相连,开始时 B 放在地面上,A、B 都处于静止

状态.现用手通过细绳缓慢地将 A 向上提升距离 L1 时,B 刚要离开 地面,此过程手做功为 W1;若将 A 加速向上提起,A 上升的距离为

L2 时,B 刚要离开地面,此时 A 的速度为 v,此过程手做功为 W2, 弹簧一直处于弹性限度内,则( )

mg A.L1=L2= k C.W1>mgL1

B.W2>W1 D.W2=mgL2+12mv2

三、实验题(7 分)

10.(2019·盐城模拟)用如图所示实验装置验证 m1、m2 组成的系统机械能守恒.m2 从高处由静止开始下落,m1 上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行 测量,即可验证机械能守恒定律.如图给出的是实验中获取的一条纸带:0 是打

下的第一个点,每相邻两计数点间还有 4 个打点(图中未标出),计数点间的距

离如图所示.已知 m1=50 g、m2=150 g,则(结果保留两位有效数字)

(1)在纸带上打下计数点 5 时的速度 v5=

m/s;

(2)在 0~5 过程中系统动能的增量 Δ Ek=

J,系统势能的减少量 Δ Ep=

J;由此得出的结论是:

.

v2 (3)若某同学作出 2 -h 图象如图,则当地的重力加速度 g=

m/s2.

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四、计算题(本大题共 2 小题,共 40 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.(2019·内江模拟)(18 分)如图所示,两半径分别为 r1、r2 的半圆形钢管(内 径很小)竖直立起,管面光滑.现让一质量为 m 的小球由地面以某一速度射入管 口.小球最终刚好停留在管道的最高点.求: (1)入射速度 v0. (2)小球通过下面管道的最高点 P 时对管道的压力,并说明 r1、r2 满足什么关系 时,小球是压上壁还是下壁. 12.(预测题)(22 分)一质量为 M=2 kg 的物块随足够长的水平传送带一起运动, 被一水平向左飞来的子弹击中,子弹并从物块中穿过,如图甲所示.地面观察者 记录了物块被击中后的速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取向右运动的 方向为正方向),已知传送带的速度保持不变.(g 取 10 m/s2) (1)指出传送带的速度 v 的大小及方向,说明理由. (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数. (3)物块对传送带总共做了多少功?系统有多少能量转化为内能?
答案解析
1.【解析】选 A.加速过程中,水平方向的加速度由摩擦力 Ff 提供,所以 Ff≠0, Ff、FN 做正功,G 做负功,选项 A 正确,B、C 错误;匀速过程中,水平方向不 受静摩擦力作用,Ff=0,FN 做正功,G 做负功,选项 D 错误. 2.【解析】选 D.空天飞机从地面发射加速升空时,机舱内的物体具有竖直向上 的加速度,处于超重状态,A 错误;空天飞机在 6 万米的大气层内飞行时,除 受地球万有引力外,还受空气阻力,B 错误;它在做匀速圆周运动时,所受地球
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的引力与速度方向垂直,不做功,C 错误;它返回地面时,必须先减速,做近

心运动,故 D 正确.

3.【解析】选 A.设 P 点高度为 hP,总高度为 h,从抛出到 P 点,由动能定理得:

-(mg+Ff)hP=10 J-60 J,

即(mg+Ff)hP=50 J

由功能关系得 FfhP=10 J

从抛出到最高点,由动能定理得

-(mg+Ff)h=0-60

J,即(mg+Ff)h=60

J [来源:1]

从抛出到落回抛出点,由动能定理得-2Ffh=Ek-60 J

解以上四式得 Ek=36 J,A 对.

4.【解题指南】思路一:根据物体的平衡条件先求出 F,再分析物体的运动过程

求出木板的对地位移,最后利用公式 W=Fx 求解.

思路二:由功能关系可知 F 至少做的功等于系统增加的内能.

【解析】选 A.若使拉力 F 做功最少,可使拉力 F 恰匀速拉木块,容易分析得出

L

L

F=2μmg(此时绳子上的拉力等于μmg),而位移为 ,所以 W=Fx=2μmg× =μ

2

2

mgL,故 A 正确. 5.【解析】选 A.质点到达最低点 B 时,它对容器的正压力为 FN,根据牛顿定律

v2

1

有 FN-mg=mR,根据动能定理,质点自 A 滑到 B 的过程中有 Wf+mgR=2mv2,

1

3

故摩擦力对其所做的功 Wf=2RFN-2mgR,故 A 正确.

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6.【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. 7.【解析】选 B、C.6~9 s 内,物体做匀速运动,摩擦力与推力相等,为 4 N, 3~6 s 内,物体做匀加速直线运动,加速度为 2 m/s2,此时推力为 6 N,由牛
F-Ff 顿第二定律可知物体的质量 m= =1 kg,故物体与地面间的摩擦因数μ=
a

Ff

=0.4,A mg

错误、B

正确;9

s

内,力

F

做功

W=F1x1+F2x2=54

J+72

J=

126 J,C 正确;3~6 s 内摩擦力的平均功率 P1=Ff v =12 W,6~9 s 内摩擦
力的平均功率 P2=Ffv2=24 W,D 错误.[来源:1] 8.【解析】选 A、B、C.运动员在下落过程中,重力做正功,重力势能减小,故 A 正确.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力向上,位移向下,弹性力做负功, 弹性势能增加,故 B 正确.选取运动员、地球和蹦极绳为一系统,在蹦极过程中, 只有重力和系统内弹力做功,这个系统的机械能守恒,故 C 正确.重力势能改变 的表达式为ΔEp=mgΔh,由于Δh 是绝对的,与重力势能零点的选取无关,故 D 错. 【变式备选】如图所示,托盘质量为 M,在水平盘面上放置 一质量为 m 的物体,托盘固定在弹簧的上端,弹簧的下端固 定在地面上.开始时托盘与物体处于静止状态.现在用力将托 盘与物体从平衡位置下压高度 H 后,由静止释放,托盘与物

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体回到开始位置时所达到的最大速度为 v,则在从释放到达到最大速度的过程
中,以下说法正确的是( )
1 A.托盘对物体的支持力所做的功等于 mv2
2

1 B.物体克服重力做的功等于 mv2
2

1 C.弹簧的弹力所做的功等于 Mv2+MgH
2

1 D.合力对托盘所做的功等于 Mv2
2

【解析】选 D.根据动能定理 可知,托盘对物体的支持力做的功和物体重力做的

1

功的代数和等于 mv2,选项 2

A、B

错误;对托盘和物体有:弹力所做的功

W



1

1

-(M+m)gH= (M+m)v2,对托盘有:W 2

合=2Mv2,选项

C

错误,选项

D



确. 9.【解析】选 B、D.缓慢地将 A 向上提升距离 L1 时,B 刚要离开地面,弹簧由

mg

mg

2mg

压缩量为 k 到拉伸量为 k ,弹性势能不变,L1= k ,由功能关系可知,此过

程手所做的功等于 A 增加的机械能,即 W1=mgL1;将 A 加速向上提起,A 上

mg

mg

升的距离为 L2 时,B 刚要离开地面,弹簧也是由压缩量为 k 到拉伸量为 k ,

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2mg 弹性势能不变,L2= k ,由功能关系可知,此过程手所做的功等于 A 增加的

1 机械能,即 W2=mgL2+2mv2.综上所述,B、D 正确.

x45 21.60+26.40 10.【解析】(1)打下计数点 5 时的速度 v5= t = 2×0.1 ×10-2 m/s=2.4

m/s

1

1

(2)0~5 过程中系统动能的增量ΔEk=2(m1+m2)v2=2×0.2×2.42 J=0.58 J

系统势能的减少量ΔEp=m2gh-m1gh=(m2-m1)gh=0.1×10×(21.60+38.40)× 10-2 J=0.60 J 由此得出的结论是:在误差允许的范围内,m1、m2 组成的系统机械能守恒. (3)对 m1、m2 组成的系统,由机械能守恒得

1 m2gh-m1gh=2(m1+m2)v2

1 m2-m1

所以 v2=

gh=0.5gh,

2 m1+m2

5.82 5.82 由图象知斜率 k= 即 =0.5g
1.20 1.20
解得 g=9.7 m/s2. 答案:(1)2.4 (2)0.58 0.60 在误差允许的范围内,m1、m2 组成的系统机械 能守恒 (3)9.7
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11.【解析】(1)管面光滑,小球上升过程机械能守恒,由机械能守恒定律,得

1 mg(2r1+2r2)=2mv20

①(3 分)

得 v0=2 g(r1+r2)

(2 分)

(2)取竖直向下为正,设小球到达下管最高点 P 的速度为 v,对管道的压力为 FN,

则有

1

1

2mv20=2mv2+mg·2r1

②(3 分)

v2 在下管最高点 P,有 mg+FN=mr1
源:1ZXXK][来源:学|科|网 Z|X|X|K]
4r2 由①②③得 FN=( r1 -1)mg
当 r1=4r2 时,FN=0 当 r1>4r2 时,FN<0,根据牛顿第三定律,小球压下壁.

③(2 分) [来
(2 分) (2 分) (2 分)

当 r1<4r2 时,FN>0,根据牛顿第三定律,小球压上壁.

(2 分)

答案:(1)2 g(r1+r2) (2)见解析

12.【解析】(1)由题图乙可知,物块被击穿后先向左做匀减速运动,速度为零后,

又向右做匀加速运动,当速度等于 2 m/s 以后随传送带一起匀速运动,所以传

送带的速度方向向右,大小为 2 m/s.

(4 分)

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Δv 4

(2)由题图乙可知,a= = m/s2=2 m/s2

(3

Δt 2

分) 由牛顿第二定律得滑动摩擦力 Ff=Ma,其中 Ff=μFN,FN=Mg,所以物块与传 送带间的动摩擦因数

Ma 2 μ= = =0.2
Mg 10

(2 分)

(3)由题图乙可知,传送带与物块存在摩擦力的时间只有 3 s,传送带在这段时间

内的位移

x=vt=2×3 m=6 m

(2 分)

所以物块对传送带所做的功为

W=-Ffx=-4×6 J=-24 J

(3 分)

物块与传送带前 2 s 内的相对位移

4 x1=2×2 m+2×2 m=8 m
第 3 s 内的相对位移

(2 分)

2

x2=2×1

m- ×1 2

m=1

m

故物块相对于传送带的总位移 x′=x1+x2=9 m
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(2 分) (2 分)

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系统中转化为内能的能量

Q=Ffx′=μMg·x′=4×9 J=36 J

(2 分)

答案:(1)2 m/s,水平向右 理由见解析 (2)0.2

(3)-24 J 36 J

【总结提升】相对滑动问题中的功能关系 一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量 Q=Ffl 相对,其中 l 相对是物体间相 对路径长度.如果两物体同向运动,l 相对为两物体对地位移大小之差;如果两物 体反向运动,l 相对为两物体对地位移大小之和;如果一个物体相对另一物体做往 复运动,则 l 相对为两物体相对滑行路径的总长度.

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