章末质量检测五Word文档下载推荐.docx

章末质量检测五Word文档下载推荐.docx

《章末质量检测五Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《章末质量检测五Word文档下载推荐.docx（13页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

WBB.EkA<

EkB，WA>

WB

C.EkA>

EkB，WA＝WBD.EkA>

EkB，WA<

解析　设斜面的倾角为θ，滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcosθ，则物体克服摩擦力所做的功为W＝μmgcosθ·

s，而scosθ＝CD，所以物体沿斜面AC和BC下滑克服摩擦力做功相等，物体下滑过程由动能定理得mgh－μmgcosθ·

s＝Ek－0，在AC斜面上滑动时重力做功多，故在AC面上滑到底端的动能大于在BC面上滑到底端的动能，即EkA>

EkB，故选项C正确，A、B、D错误。

答案　C

3.长为L＝1m、质量为M＝1kg的平板车在粗糙水平地面上以初速度v＝5m/s向右运动，同时将一个质量为m＝2kg的小物块轻轻放在平板车的最前端，物块和平板车的平板间的动摩擦因数为μ＝0.5，由于摩擦力的作用，物块相对平板车向后滑行距离s＝0.4m后与平板车相对静止，平板车最终因为地面摩擦而静止，如图2所示，物块从放到平板车上到与平板车一起停止运动，摩擦力对物块做的功为（　　）

图2

A.0B.4JC.6JD.10J

解析　将小物块轻放到平板车上时，由于摩擦力做正功，使小物块加速，到与平板车速度相等时变为静摩擦力，由于地面对平板车的阻力而使平板车和小物块都减速，静摩擦力对小物块做负功，因为小物块初速度为零，最终与平板车一起减速到零，故动能变化量为零，在整个过程中摩擦力对小物块做的功为零，选项A正确。

答案　A

4.一汽车以速度v0在平直路面上匀速行驶，在t＝0时刻汽车进入一定倾角的上坡路段，设汽车行驶过程中受到的阻力大小不变，发动机的输出功率不变，已知汽车上坡路面足够长。

从t＝0时刻开始，汽车运动的v－t图象可能正确的有（　　）

解析　汽车在平直路面上以速度v0匀速行驶时，设汽车受到的阻力大小为f，汽车的牵引力大小为F，t＝0时刻汽车上坡，加速度大小a＝

，汽车立即减速，又牵引力F＝

随速度减小而增大，汽车做加速度减小的减速运动，当加速度减小为0时，汽车匀速运动，选项D正确。

5.物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6s内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图3甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为（取g＝10m/s2）（　　）

图3

A.2kgB.2.5kgC.3kgD.3.5kg

解析　匀速运动时拉力等于摩擦力，有F2＝Ff＝

＝

N＝2.5N。

物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v随时间均匀增大，所以P随t均匀增大。

F1＝

N＝7.5N。

F1－Ff＝ma，a＝

m/s2＝2m/s2，可得m＝2.5kg。

故选项B正确。

答案　B

6.运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图4所示。

已知冰壶质量为19kg，g取10m/s2，则以下说法正确的是（　　）

图4

A.μ＝0.05B.μ＝0.01

C.滑行时间t＝5sD.滑行时间t＝10s

解析　对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－

mv

，得μ＝

＝0.01，选项A错误，B正确；

冰壶运动时有a＝μg＝0.1m/s2，由运动学公式x＝

at2得t＝10s，选项C错误，D正确。

答案　BD

7.如图5所示，固定斜面AD上有B、C两点，且AB＝BC＝CD，小滑块以初动能Ek0从A点出发，沿斜面向上运动。

若整个斜面AD光滑，则滑块到达D位置速度恰好为零，而后下滑。

若斜面AB部分与滑块间有摩擦力，其余部分BD无摩擦力，则滑块恰好滑到C位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到（　　）

图5

A.位置B时的动能为

B.位置B时的动能为

C.位置A时的动能为

D.位置A时的动能为

解析　设斜面长为3x、高为3h，若斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，

－mg·

3h＝0－Ek0；

若AB部分粗糙，其他部分光滑，滑块由底端A滑到位置C过程中，－Ff·

x－mg·

2h＝0－Ek0，滑块由C滑到B过程中，mgh＝EkB，联立得EkB＝

Ek0，滑块由C滑到A过程中，mg·

2h－Ff·

x＝EkA，联立得EkA＝

，选项A、D正确。

答案　AD

8.如图6甲所示，将一倾角为θ的光滑斜面体固定在地面上，在斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧处于原长时上端位于斜面上的B点。

现将一质量为m＝2kg的可视为质点的滑块由斜面处的A点静止释放，最终将弹簧压缩到最短（此时弹簧上端位于C点）。

已知滑块从释放到将弹簧压缩到最短的过程中，滑块的速度—时间图象如图乙所示。

其中0～0.4s内的图线为直线，其余部分均为曲线，且BC＝1.2m。

重力加速度g＝10m/s2。

则下列说法正确的是（　　）

图6

A.θ＝

B.滑块在压缩弹簧的过程中机械能先增加后减小

C.弹簧储存的最大弹性势能为16J

D.滑块从C点返回到A点的过程中，机械能一直增大

解析　由题图乙可知，滑块在0.4s末刚好到达B点，在0～0.4s内，滑块做匀加速直线运动，加速度为a＝

m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，解得sinθ＝

＝0.5，则θ＝

，选项A正确；

滑块从B点到C点的运动过程中，除重力做功外，弹簧弹力对滑块做负功，故滑块的机械能一直在减少，选项B错误；

对滑块和弹簧组成的系统由机械能守恒定律可得，在C点，弹簧的弹性势能为Ep＝

＋mghBC＝16J，选项C正确；

滑块从C点返回到A点的过程中，开始时弹簧的弹力对滑块做正功，滑块的机械能增加，当滑块离开弹簧后，只有重力对滑块做功，则滑块的机械能守恒，选项D错误。

答案　AC

二、非选择题（本题共4小题，共52分）

9.（8分）（2017·

泰州摸底调研）某活动小组利用图7甲装置“验证机械能守恒定律”。

钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。

用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。

测出两光电门间的距离为h，钢球直径为D，当地重力加速度为g。

图7

（1）用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D＝________cm。

（2）要验证机械能守恒，只要比较________。

A.D2

与gh是否相等

B.D2

与2gh是否相等

C.D2

D.D2

（3）钢球通过光电门的平均速度________（填“>

”或“<

”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差________（填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小。

答案　

（1）1.020　

（2）D　（3）<

　不能

10.（10分）（2017·

郑州模拟）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8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。

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：

图8

（1）你认为还需要的实验器材有________________。

（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（v1<

v2）。

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）实验要验证动能增加量和总功是否相等，故需要求出总功和动能，故还要天平和刻度尺。

（2）沙和沙桶加速下滑，其对细线的拉力小于重力，设拉力为FT，根据牛顿第二定律得，对沙和沙桶，mg－FT＝ma，对滑块FT＝Ma，解得FT＝

，故当m≪M时，有FT≈mg；

实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力。

（3）合力做的功为mgL，实验探究合力做的功与动能变化的关系，所以本实验最终要验证的数学表达式为mgL＝

M（v

－v

）。

答案　

（1）刻度尺、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＝

）

11.（16分）如图9所示，水平面上某点固定一轻质弹簧，A点左侧的水平面光滑，右侧水平面粗糙，在A点右侧5m远处（B点）竖直放置一半圆形光滑轨道，轨道半径R＝0.4m，连接处平滑。

现将一质量m＝0.1kg的小滑块放在弹簧的右端（不拴接），用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为2J，放手后，滑块被向右弹出，它与A点右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2。

图9

（1）求滑块经过半圆形轨道最低点B处时对轨道的压力；

（2）改变半圆形轨道的位置（左右平移），使得被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点C处时对轨道的压力大小等于滑块的重力，问A、B之间的距离应调整为多少？

解析　

（1）对滑块从释放到经过B点的运动过程中，

由动能定理得－μmgxAB＝

－

①

Ep＝

②

对滑块经过B点时，由牛顿第二定律得

FN－mg＝m

③

由①②③解得FN＝6N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下。

（2）对滑块从释放到经过圆周轨道最高点的运动过程中，

由动能定理得－μmgxAB′－mg·

2R＝

④

对滑块经过C点时，由牛顿第二定律得

mg＋FN′＝m

⑤

滑块经过轨道最高点C时对轨道的压力可能竖直向下，也可能竖直向上，即轨道对滑块可能是竖直向下的压力，也可能是竖直向上的支持力，代入FN′＝mg或FN′＝－mg，解得A、B之间的距离应调整为xAB′＝4m或xAB′＝6m。

答案　

（1）6N　方向竖直向下　

（2）4m或6m

12.（18分）（2017·

四川大教育四市联考）如图10所示，平面直角坐标系xOy在竖直面内，x轴在水平面上，抛物线状的支架QOC（方程为y＝x2）固定在x轴上，其顶点在坐标原点O；

半径R＝2m的四分之一光滑圆弧轨道AB固定在抛物线状的支架上合适的P点，其A端在y轴上，A端切线水平；

倾角为45°

的斜面CD，其C端固定在抛物线状的支架的C端，其D端在x轴上。

一个小物块从圆弧轨道上某一位置由静止释放，过A点的速度为vA＝2

m/s，并恰好从C点沿着斜面方向进入斜面。

已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，g＝

10m/s2。

求：

图10

（1）A点的高度h；

（2）小物块在圆弧轨道上释放点位置的纵坐标和横坐标；

（3）小物块到达斜面底端时的速度大小。

解析　

（1）从A到C，小物块做平抛运动，设经过的时间为t，C点的坐标为（xC，yC），小物块在C点竖直方向的速度为vy，则vy＝vAtan45°

，vy＝gt，|xC|＝vAt

C点在y＝x2上，有yC＝x

，h－yC＝

gt2

解得vy＝2

m/s，t＝

s，|xC|＝2m，yC＝4m，

h－yC＝1m，h＝5m

（2）设小物块在圆弧轨道上释放点的坐标为（x，y），过该点的半径与竖直方向成θ角，小物块质量为m，从释放点到A点运动过程，由动能定理得

mg（R－Rcosθ）＝

由几何关系得x＝Rsinθ，y＝h＋R（1－cosθ）

解得x＝

m，y＝6m，即释放点位置的坐标是（

m，6m）

（3）设斜面长为L，小物块在C点时的速度为vC，在D点时的速度为vD，

有vA＝vCcos45°

，yC＝Lsin45°

由动能定理得

（mgsin45°

－μmgcos45°

）L＝

解得vD＝4

m/s

答案　

（1）5m　

（2）6m　

m　（3）4