（京津鲁琼版）2020版高考物理总复习第五章单元评估检测（五）（含解析）.docx

单元评估检测(五)(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.15为单选题，68为多选题)1(2019北京二中模拟)下列叙述中正确的是()A一对作用力和反作用力做功之和一定为零B静摩擦力一定不做功C一对滑动摩擦力所做总功不可能为零D一对静摩擦力所做总功可能不为零解析：选C.一对作用力和反作用力大小相等方向相反，但它们的做功对应的位移不一定相等，所以它们做功之和不一定为零，故A错误；静摩擦力同样能对物体做功，例如随水平传送带加速运动的物体所受的静摩擦力对物体做正功，选项B错误；一对滑动摩擦力对相互作用的系统做的总功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，不可能为零，故C正确；一对静摩擦力作用的物体间无相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，方向相反，因而做功之和为零，选项D错误2(2019甘肃师学附中模拟)有一辆在平直公路上行驶的汽车，满载时质量为m，当速度为v、功率为P时，加速度为a；该汽车空载时，质量比满载时减少了m，重力加速度为g，汽车运动时受到的阻力为汽车和货物总重的k倍，当汽车空载时速度仍为v、功率仍为P时，汽车的加速度为()A.BkgC. D.解析：选C.当汽车满载时，根据牛顿第二定律有：makmg；当汽车空载时，根据牛顿第二定律有：(mm)ak(mm)g，联立解得：a.3(2019浙江嘉兴选考)某电动汽车电池组电能储存容量为90 kwh，以90 km/h匀速行驶的续航总里程为400 km.假设汽车行驶时受到的阻力与其速度平方成正比，则该车以()A90 km/h匀速行驶时的输出功率约为30 kWB90 km/h匀速行驶时的牵引力约为700 NC108 km/h匀速行驶时的输出功率约为35 kWD108 km/h匀速行驶时的牵引力约为810 N解析：选C.EPtP，解得：P kW20.25 kW，故A错误；由能量守恒可知，901033 600400103F，解得：F810 N，故B错误；由fkv2可知，当速度v90 km/h25 m/s时，得出k，所以当速度v108 km/h30 m/s时，牵引力为Fkv21 166.4 N，此时输出功率为：PFv1 166.430 W34 992 W35 kW，故C正确，D错误4(2019皖南八校联考)如图所示，倾角为的光滑斜面固定，质量均为m的A、B球用轻弹簧相连，用平行于斜面的细线拉住静止在斜面上现在B球上施加一个平行斜面向上，由零缓慢增大的外力F，直至弹簧恰好处于原长，此时为t1时刻，下列说法正确的是()At1时外力F的大小为2mgsin B外力F作用过程中，F做的功等于B球重力势能的增加量C若t1时刻突然撤去外力F，则A，B两球的瞬时加速度沿斜面向下，大小均为 gsin D若t1时刻突然撤去外力F，则B球的瞬时加速度大小为gsin 解析：选D.t1时刻，弹簧恰好处于原长，根据B受力平衡，Fmgsin ，故A错误； 外力F作用过程中，F和弹簧弹力都做正功，两力做功之和等于B球重力势能的增加量，故B错误；t1时刻突然撤去外力F，则沿斜面方向，B球只受重力的分力作用，瞬时加速度沿斜面向下，大小为 gsin ；A球受力不变，加速度为零，故C错误，D正确5伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系如图所示，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为.小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2.规定两斜面连接处所在水平面为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是()解析：选B.由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a1gsin gcos ，小球在右侧斜面上滑时的加速度：a2gsin gcos ，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故A错误，B正确；小球的动能与速率的二次方成正比，即Ekmv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故C错误；由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故D错误6(2019安徽阜阳模拟)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中()AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力为 mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向上D弹簧的弹性势能最大值为 mgL解析：选BC.A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F3mg，所以F1.5mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于1.5mg，故A错误，B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C正确；A下落的高度为：hLsin 60Lsin 30，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EpmghmgL，故D错误7(2019安徽阜阳三中模拟)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示取g10 m/s2，下列说法正确的是()A小球的质量为0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.25 NC小球动能与重力势能相等时的高度为 mD小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J解析：选BD.在最高点，Epmgh，得：m kg0.1 kg，故A错误；由除重力以外其他力做功W其E可知：fhE高E低，解得：f0.25 N，故B正确；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有：mgHmv2，由动能定理：fHmgHmv2mv，得：H m，故C错误；由图可知，在h2 m处，小球的重力势能是2 J，动能是 J2.5 J，所以小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为2.5 J2 J0.5 J，故D正确8(2019江西抚州七校联考)如图所示，小球从竖直放置的四分之一圆弧轨道abc的b点由静止开始沿轨道下滑，从c端水平飞出，恰好垂直撞到与水平面成30的斜面上的d点已知小球的质量为1 kg，圆弧轨道光滑，半径为0.9 m，b点和圆心O的连线与水平方向的夹角为30，重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()A小球在c点时对轨道的压力大小为30 NBc、d两点的高度差为1.35 mCc、d两点的水平距离为 mD小球从c点运动到d点的时间为 s解析：选BD.从b到c根据动能定理：mg(RRsin 30)mv，解得：vc3 m/s，在c点根据牛顿第二定律：FNmgm，联立解得：FN20 N，故A错误；在d点根据平行四边形定则可得：tan 30，解得：t s，故D正确；c、d两点的高度差为：hgt210 m1.35 m，故B正确；c、d两点的水平距离xvct3 m m，故C错误二、实验题(本题共1小题，共12分)9(12分)(2019江苏天一中学模拟)(1)某同学想利用图甲所示装置，验证滑块与钩码组成的系统机械能守恒，该同学认为只要将摩擦力平衡掉就可以了你认为该同学的想法_(填“正确”或“不正确”)，理由是：_.(2)另一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定律如图乙所示，质量为m1的滑块(带遮光条)放在A处，由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为m2的钩码相连，导轨B处有一光电门，用L表示遮光条的宽度，x表示A、B 两点间的距离，表示气垫导轨的倾角，g表示当地重力加速度气泵正常工作后，将滑块由A点静止释放，运动至B，测出遮光条经过光电门的时间t，该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为_，动能的增加量表示为_；若系统机械能守恒，则 与x的关系式为_(用题中已知量表示)实验时测得m1475 g，m255 g，遮光条宽度L4 mm，sin 0.1，改变光电门的位置，滑块每次均从A点释放，测量相应的x与t的值，以 为纵轴，x为横轴，作出的图象如图丙所示，则根据图象可求得重力加速度g0为_m/s2(计算结果保留两位有效数字)，若g0与当地重力加速度g近似相等，则可验证系统机械能守恒解析：(1)机械能守恒的条件只有重力或弹力做功，平衡摩擦力时，是用重力的分力等于摩擦力，但此时系统受到摩擦力，故摩擦力对系统做功，机械能不守恒，故该同学的想法不正确(2)滑块由A到B的过程中，系统重力势能的减小量为：Epm2gxm1gxsin ；经过光电门时的速度为：v；则动能的增加量为：Ek(m1m2)v2(m1m2)由机械能守恒，则有：EpEk联立解得：；由上述公式可得，图象中的斜率表示为k代入数据解得：g9.4 m/s2.答案：(1)不正确有摩擦力做功，不满足机械能守恒的条件(2)(m2m1sin )gx(m1m2)9.4三、计算题(本题共2小题，共40分)10(18分)(2019河北廊坊联考)如图所示，质量m0.1 kg的小球(可视为质点)用长L1.25 m的轻质细线悬于O点竖直平面内有一个圆弧轨道BC，该轨道以小球的最低点O为圆心，半径R5 m将小球向左拉起使悬线呈水平伸直状态后，无初速地释放小球，小球运动到最低点O时细线恰好被拉断，取g10 m/s2，求：(1)细线所能承受的最大拉力；(2)小球与圆弧轨道BC接触前瞬间的速度大小解析：(1)小球由A运动至O点过程，由机械能守恒定律得：mgLmv在O点由牛顿第二定律得：Fmgm解得：F3 N.(2)绳被拉断后，小球做平抛运动水平方向：xv0t竖直方向：hgt2又x2h2R2从O到圆弧轨道BC，由动能定理得：mghmv2mv解得：v5 m/s.答案：(1)3 N(2)5 m/s11(22分)(2019江西抚州七校联考)将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m020 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h15 cm，将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑让另一质量m10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm，现让该小滑块从轨道右侧高h30.4 m处由静止释放，已知重力加速度g10 m/s2，求：(1)小滑块下落的高度h2；(2)小滑块停止时的位置到N点的距离解析：(1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mgm由机械能守恒定律可得：mgh2mg2Rmv解得：h20.25 m.(2)弹簧