高考物理四川专用一轮复习习题第5章 章末质量检测.docx

1、高考物理四川专用一轮复习习题第5章 章末质量检测章末质量检测(五)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。)1竖直上抛一球，球又落回原处，空气阻力的大小正比于球的速度，则()A上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功B上升过程中克服重力做的功小于下降过程中重力做的功C上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率D上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率解析因为重力做的功只与物体的重力和高度的变化有关，故上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功

2、，故A、B错误；由于空气阻力的作用，上升过程的加速度大于下降过程的加速度，所以上升时间比较短，由P知过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率，选项C正确，D错误。答案C2如图1所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下。已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m。A、B两点间的水平距离为L。在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功()图1A大于mgL B等于mgLC小于mgL D以上三种情况都有可能解析设斜面的倾角为，则滑雪者从A到B的运动过程中克服摩擦力做的功为Wfmgcos mg，由题图可知cos

3、L，联立两式可得：WfmgL，故B正确。答案B3如图2所示，用外力F20 N沿斜面将一个质量m2 kg的木块，从斜面底端由静止开始拉到斜面顶端时速度为v10 m/s。若斜面的摩擦力恒为重力的0.2，斜面的高度h5 m，则下列说法正确的是(g10 m/s2)()图2A合力做功为100 J B重力做功为100 JC摩擦力做功为200 J D外力F做功为200 J解析根据动能定理有W合mv20，代入数据，得W合100 J，选项A正确；重力做功为WGmgh100 J，选项B错误；物体沿斜面上滑的过程中，拉力F做正功，摩擦力f做负功，重力做负功，有W合Fxfxmgh(其中x为斜面的长度)，又F20 N、

4、f0.2G4 N，WGmgh100 J，解得Fx250 J，fx50 J，选项C、D错误。答案A4如图3所示是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的v t图像。下列判断正确的是()图3A在t1 s时，滑块的加速度为零B在46 s时间内，滑块的平均速度为25 m/sC在37 s时间内，合力做功的平均功率为2 WD在56 s时间内，滑块受到的合力为2 N解析由题图可知，t1 s时，滑块的加速度大小为2 m/s2，选项A错误；46 s时间内，滑块的位移xm6 m，所以平均速度为3 m/s，选项B错误；37 s时间内，合力做功Wmv2142 J8 J，所以合力做功的平均功率W2 W，选项C正确；5

5、6 s时间内Fma4 N，选项D错误。答案C二、多项选择题(本题共2小题，每小题7分，共计14分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。)5(2015广州三模)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上。现将太极球简化成如图4所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板无相对运动趋势。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高，则从D到A过程中()图4A健身者对“

6、太极球”做正功B“太极球”的机械能守恒C“太极球”的重力势能增加D合外力对“太极球”做正功解析从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，根据动能定理得：Wmgh0，由于重力一直做负功，所以健身者对“太极球”做正功，故A正确；从D到A的过程中，“太极球”的动能不变，重力做负功，重力势能增大，所以机械能增大，故B错误，C正确；从D到A的过程中，“太极球”动能不变，合外力做功为零，故D错误。答案AC6(2016黑龙江哈尔滨模拟)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其vt图像如图5所示。已知汽车的质量为m2103 kg，汽车受

7、到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是()图5A汽车在前5 s内的牵引力为4103 NB汽车在前5 s内的牵引力为6103 NC汽车的额定功率为40 kWD汽车的最大速度为30 m/s解析汽车受到的阻力f0.1210310 N2103 N；前5 s内，由图a2 m/s2，由牛顿第二定律：Ffma，求得Ffma(0.121031021032) N6103 N，故A错误，B正确；t5 s末达到额定功率，PFv610310 W6104 W60 kW，故C错误；当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，则最大速度vmm/s30 m/s。故D正确。答案BD三、非选择题(共4小题，共58分。计算题解

8、答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)7(10分)某同学用图6所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地重力加速度大小g980 m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图7所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的3个点A、B、C进行测量，图中给出了这3个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题(计算结果保留三位有效数字)：图6图7(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小vB_m/s；(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据。_。解析(1)由中间时刻

9、的速度等于平均速度可得vB390 m/s。(2)从O到B重力势能的减少量EpmghOB770m，动能的增加量Ekmv761m，因为在误差允许的范围内mvmghOB，故该同学所做的实验验证了机械能守恒定律。答案(1)390 (2)是； mv761m，mghB770m，因为mvmghB，近似验证了机械能守恒定律。8(10分)某实验小组利用如图8所示装置，探究木块在木板上滑动至停止的过程中，摩擦力做的功与木块滑上木板时初速度的关系。实验步骤如下：图8A将弹簧左端固定在平台上，右端自然伸长到平台右侧O点，木板紧靠平台，其上表面与P、O在同一水平面上。使木块压缩弹簧自由端至P点后由静止释放，木块最终停在

10、木板上的B点，记下P点并测出OB间的距离L。B去掉木板再使木块压缩弹簧自由端至P点并由静止释放，测出木块做平抛运动的水平位移x。C改变由静止释放木块的位置，以获取多组L、x数据。D用作图像的办法，探求L与x的关系，得出结论。(1)A、B两步中，均使弹簧压缩到同一点P的目的是_；(2)本实验中，是否必须测出图中h的具体数值？_(填“是”或“否”)；(3)实验小组根据测得的数据，作出Lx2图像如图9所示，据此，实验小组便得出结论：摩擦力对木块做的功与木块滑上木板时的初速度平方成正比。请写出其推理过程：_。图9解析(1)实验中要保证木块滑至O点的速度不变，A、B两步中，均使弹簧压缩到同一点P的目的是

11、保证木块做平抛运动的初速度与木块滑上木板时的初速度相等；(2)木块离开平台后做平抛运动，由于抛出点的高度一定，木块在空中的运动时间相等，木块的水平位移与木块做平抛运动的初速度成正比，实验中不需要测出平台的高度h；(3)设木块做平抛运动的初速度为v，运动时间为t，则木块的水平位移xvt，则x2v2，由图像知Lx2，所以Lv2，而WfL，f恒定，故有WLv2。答案(1)保证木块做平抛运动的初速度与木块滑上木板时的初速度相等(2)否(3)见解析9(18分)如图10所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R1 m，斜

12、面长L4 m。现有一个质量m0.1 kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数0.25。不计空气阻力，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图10(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC；(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小N；(3)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动到最高点E，接着从空中又返回到圆轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力Nmin。解析(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgLsin 37mgR(1cos 37)mgcos 37Lmv0，解得vC6 m/s。

13、(2)物体在C点，根据牛顿第二定律有Nmgm，解得N46 N。根据牛顿第三定律，物体P对C点的压力为46 N。(3)物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C根据机械能守恒有mgR(1cos 37)mvC2，解得vC2 m/s，在C点FNminmg则Nminmgm14 N。由牛顿第三定律知，物体P对C的最小压力大小为14 N。答案(1)6 m/s(2)46 N(3)14 N10(20分)(2016江苏扬州中学月考)如图11所示，质量为m1 kg的物块，放置在质量M2 kg足够长的木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在

14、两个作用区，两作用区的宽度均为1 m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：作用区对物块作用力方向水平向右，作用区对物块作用力方向水平向左。作用力大小均为3 N。将物块与木板从图示位置(物块在作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板。取g10 m/s2。图11(1)在物块刚离开区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d；(3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程。解析(1)对物块由牛顿第二定律有Fmgmam1，得am12 m/s2由Lam1t得t11 s，vm1am1t12 m/s。(2)区域内，对木板由mgMaM1得aM10.5 m/s2，物块到达区域边缘处，vM1aM1t10.5 m/s，离开区域后，对物块由mgmam2得am21 m/s2，对木板aM2aM10.5 m/s2，当物块与木板达共同速度时，vm1am2t2vM1aM1t2，得t21 s，两作用区的边界距离为dvm1t2am2t15 m。(3)由于Fmg，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间。由全过程能量守恒有FLmgs，得s3 m。答案(1)2 m/s(2)15 m(3)3 m