发布时间 : 星期一 文章2020版高考物理人教版大一轮复习配套练习：第5章15章末过关检测(五)含解析更新完毕开始阅读ce2370b366ec102de2bd960590c69ec3d4bbdb54
章末过关检测(五)
(时间：45分钟 分值：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接．有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径r A．四个小球在整个运动过程中始终不分离 B．在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球不做功 C．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功 D．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做负功 解析：选A.圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故相邻小球之间有挤压力，小球在水平面上速度相同，无挤压不分离，在斜面上加速度相同，无挤压也不分离，故B、C、D错误，A正确． 2．如图甲所示的一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着平直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．轮胎与地面间的动摩擦因数μ＝0.2 B．拉力F的大小为55 N C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为850 J D．拖绳对轮胎做的功为1 750 J 解析：选C.拖绳从轮胎上脱落后，轮胎的受力分析如图a所示，由v－t图象可得5～7 s内的加速度为a2＝－5 m/s2，根据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据可解得μ＝0.5，选项A错误；拖绳拉动轮胎的过程中，轮胎的受力分析如图b所示，由牛顿运动定律可得Fcos 37°－f1＝ma1，mg－Fsin 37°－N1＝0，又因为f1＝μN1，由v－t图象可知此过程中的加速度为a1＝2 m/s2，联立以上各式可解得F＝70 N，选项B错误；由Fcos 37°－f1＝ma1可解得f1＝34 N，由图象可知轮胎在0～5 s内的位移为x1＝25 m，故在此过程中克服摩擦力所做的功为W＝f1x1＝850 J，选项C正确；由WF＝Fx1cos 37°可得拖绳对轮胎所做的功为WF＝1 400 J，选项D错误． 3．如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向夹角为60°，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10 m/s2)( ) - 1 - A．10 J C．20 J B．15 J D．25 J vygt1 解析：选A.由h＝gt2，tan 60°＝＝，可得v0＝10 m/s，由小球被弹射过程中小球和弹簧组成的系 2v0v0 1 统机械能守恒得，Ep＝mv2＝10 J，A正确． 20 4．(2019·吉大附中模拟)如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾，假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是( ) A．车头A通过P点时的速度最小 B．车的中点B通过P点时的速度最小 C．车尾C通过P点时的速度最小 D．A、B、C通过P点时的速度一样大 解析：选B.过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小． 5．(2019·湖北襄阳调研)如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为 μ，且μ 解析：选D.势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A选项错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，B选项错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，D选项正确、C选项错误． 6.(2019·湖北孝感高级中学高三调考)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P与半圆轨道的动摩擦因数处处一样，当质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升H 的最大高度为，空气阻力不计．当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为( ) 2 - 2 - A．不能从a点冲出半圆轨道 H B．能从a点冲出半圆轨道，但h< 2H C．能从a点冲出半圆轨道，但h> 2D．无法确定能否从a点冲出半圆轨道 H H－?＋(－Wf)＝0－0，Wf为质点解析：选B.质点第一次在半圆轨道中运动的过程，由动能定理得：mg?2??11 克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgH，即质点第一次在半圆轨道中运动损失的机械能为mgH，由于第二 22次质点在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给质点的弹力变小，摩擦因数不变，所以11 摩擦力变小，摩擦力做功小于mgH，机械能损失小于mgH，因此质点再次冲出a点时，能上升的高度大于 221 零而小于H，故A、C、D错误，B正确． 2 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分) 7.(2019·石家庄模拟)倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为100 N/m的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，弹簧处于原长，另一端位于O处．一质量为4 kg的小物块从距O点0.8 m处的A点由静止释放，能运动到1 最低点C.已知重力加速度g取10 m/s2，弹簧弹性势能Ep＝kx2，式 2的劲度系数，x为弹簧的形变量．下列说法正确的是( ) A．物块最终静止在C点 B．物块从O点到C点的过程中速度先增大后减小 C．物块运动过程中的最大速度为22 m/s D．弹簧的最大弹性势能为32 J 解析：选BD.通过受力分析可知弹簧和物体系统机械能守恒，到最低点C时，重物减少的重力势能全部1 转化为弹簧的弹性势能，有mgsin α·(x＋0.8 m)＝kx2，代入数据解得弹簧的最大形变量x＝0.8 m，此时kx 2＞mgsin α，所以物体不可能静止在C点，故A错误；从O点到C点过程中存在点E，此处kx＝mgsin α，代入数据有x0＝0.2 m，从O到E，kx＜mgsin α，所以物体加速，从E到C，kx＞mgsin α，所以物体减速，112 故B正确；在E处有最大速度，有mgsin α·(x0＋0.8 m)＝kx20＋mv，代入数据解得v＝3 m/s，故C错误；22全过程机械能守恒：Ep＝mgsin α·(x＋0.8 m)，代入数据Ep＝32 J，故D正确． 8．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平向右的恒力F始终作用在小物块上，小物块与小车之间的滑动摩擦力为f，经过一段时间后小车运动的位移为x，此时小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是( ) 中的k为弹簧 - 3 - A．此时物块的动能为F(x＋L) B．此时小车的动能为F(x＋L) C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL D．这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为fL 解析：选CD.对小物块分析，水平方向受到拉力F和摩擦力f，小车位移为x，小物块相对于小车位移为L，则根据动能定理有(F－f)·(x＋L)＝Ek－0，选项A错误；小车受到水平向右的摩擦力f作用，对地位移为x，根据动能定理同样有fx＝E′k－0，选项B错误；在这一过程，物块和小车增加的机械能等于增加的动能，即Ek＋E′k＝F(x＋L)－fL，选项C正确；在此过程中外力做功为F(x＋L)，所以系统因摩擦而产生的热量为F(x＋L)－[F(x＋L)－fL]＝fL，选项D正确． 9.如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度v＝2.0 m/s顺时针匀速运行，A端上方靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q＝50 kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是( ) A．电动机应增加的功率为100 W B．电动机应增加的功率为200 W C．在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103 J D．在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104 J v1 解析：选BC.煤经时间t加速到v，由动能定理有μmg·t＝mv2，t时间内由摩擦产生的热量Q内＝μmg·s 22 相对 111Evt－vt?＝mv2，这段时间内电动机多消耗的能量E＝mv2＋Q内＝mv2，电动机应增加的功率P＝＝μmg?2?2?2t mv211 ＝＝Qv2＝200 W，在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内＝mv2＝Qtv2＝6.0×103 J，选项B、C t22正确． 10．(2019·蚌埠高三质量检查)图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc＝37°，ab长为2L，p为ab的中点，小物块从a点由静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2.现将劈顺时针旋转90°(如图乙所示)，小物块从b由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) A．图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为1∶1 B．μ1＋μ2＝1.5 C．图乙中小物块可能静止在b处 D．图乙中小物块滑到a处时的速度大小为 7gL 5 解析：选BD.根据功的定义，物块通过ap、pb段克服摩擦力做功分别为Wap＝μ1mgcos 37°L，Wpb＝μ2mgcos 37°L，故物块通过ap、pb段克服摩擦力做功之比为μ1∶μ2，μ2大于μ1，A错误；在ab过程对物块应用动能定理，得μ1mgcos 37°L＋μ2mgcos 37°L－mg×2Lsin 37°＝0－0，化简得μ1＋μ2＝1.5，B正确；当如图 - 4 -