2022高考物理(课标版)一轮复习单元质量检测05-Word版含解析.docx

质量检测(五)
时间：60分钟　总分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)

1．(2022·福建省长乐二中等五校高三联考)如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开头到将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，下列关于能的叙述正确的是(　　)
A．弹簧的弹性势能先增大后减小
B．小球与弹簧机械能总和先增大后减小
C．小球的重力势能先增大后减小
D．小球的动能先增大后减小
解析：将弹簧压缩到最短的过程中(弹簧保持竖直)，弹簧形变量始终增加，则弹簧弹性势能始终增加，则A错；下降过程中，小球的重力势能始终减小，则C错；整个过程中小球和弹簧的机械能守恒，B错；小球开头重力大于弹力后来小于弹力，因此小球先加速下降后减速下降，则小球的动能先增大后减小，所以D正确．
答案：D
2．质量为m的木块静止在光滑水平面上从t＝0开头，将一个大小为F与水平方向成θ角的恒力作用在木块上，在t＝t1时刻力F的功率是(　　)
A．F2t1cos2θ/(2m) B．F2tcos2θ/(2m)
C．F2t1cos2θ/m D．F2tcos2θ/m
解析：v＝at1＝t1，P＝Fvcosθ＝，选项C正确．
答案：C

3．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)
A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．－mgh D．－
解析：由A到C的过程运用动能定理可得：－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故选项A正确．
答案：A

4．在水平路面做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到障碍物P时，马上停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示．则下列说法正确的是(　　)
A．三个小球落地时间差与车速有关
B．三个小球落地点的间隔距离L1＝L2
C．三个小球落地点的间隔距离L1L2
解析：小车停下后，C、B、A均以初速度v0做平抛运动，且运动时间t1＝，t2＝＝t1，t3＝＝t1.水平方向上有：L1＝v0t3－v0t2＝(－)v0t1，L2＝v0t2－v0t1＝(－1)v0t1，可知L1面碰后反向弹回，不计空气阻力，也不计小球与地面碰撞的时间，小球距地面的高度h与运动时间t关系如图所示，取g＝10 m/s2.则(　　)
A．小球第一次与地面碰撞时机械能损失了5 J
B．小球其次次与地面碰撞前的最大速度为20 m/s
C．其次次碰撞后小球反弹过程中的最大势能(地面为零势能面)Ep＝1.25 J
D．小球将在t＝6 s时与地面发生第四次碰撞
解析：小球第一次与地面碰撞时机械能损失了ΔE＝(20－5) J＝15 J，其次次与地面碰撞前最大速度vm＝＝10 m/s，其次次碰撞后小球反弹的最大高度h＝gt2＝1.25 m，最大重力势能Ep＝mgh＝1.25 J，每次碰后均损失机械能，弹起高度减小，空中运动时间变短，故第四次碰撞在t＝6 s之前，故选项C正确．
答案：C

6．(多选)(2021·徐州高三联考)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．两球从静止开头下滑到光滑水平地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是(　　)
A．下滑的整个过程中A球机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为2 m/s
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J
解析：A、B，在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B在水平面滑行，而A在斜面滑行时，杆的弹力对A做功，所以A球机械能不守恒．故A错误，B正确．C、依据系统机械能守恒得：mAg(h＋Lsin30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，代入解得：v＝ m/s.故C错误．D、系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为mBv2－mBgh＝ J，故D正确．故选BD.
答案：BD
7．(2022·杭州市高三质检)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m若在平直的大路上从静止开头加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，坦克所受阻力恒为f，当速度为v(vm>v)时，所受牵引力为F.以下说法正确的是(　　)
A．坦克速度为v时，坦克的牵引力做功为Fs
B．坦克的最大速度vm＝
C．坦克速度为v时加速度为a＝
D．坦克从静止开头达到最大速度vm所用时间t＝
解析：加速过程发动机功率恒为P＝Fv，功率不变速度v渐渐增大，牵引力F渐渐变小，当牵引力F最小等于阻力即F＝f时，速度最大，即vm＝，选项B对．坦克速度为v时，牵引力为F，依据牛顿其次定律有F－f＝ma即a＝，选项C对．坦克速度为v时，牵引力为F，但牵引力不是恒力，做功不能用w＝Fs计算，选项A错．坦克从静止开头达到最大速度vm过程牵引力渐渐减小，加速度渐渐变小，所以平均速度≠，所以运动时间t≠＝，选项D错．
答案：BC

8．(2022·成都外国语学校高三月考)某节能运输系统装置的简化示意图如图所示．小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，并压缩弹簧．当弹簧被压缩至最短时，马上锁定并自动将货物卸下．卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法中正确的是(　　)
A．小车上滑的加速度小于下滑的加速度
B．小车每次运载货物的质量必需是确定的
C．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功
D．小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，削减的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
解析：设下滑时加速度为a1，弹起离开弹簧后加速度为a2，则依据牛顿其次定律，有
下滑过程：(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a1
上滑过程：Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma2
故a1过程中和下滑过程中位移大小相等，所以小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，C正确；小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，削减的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故D错误．
答案：BC
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
9．(10分)(2022·成都高新区月考)某试验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”．如图(甲)，他们将拉力传感器固定在小车上，用不行伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小．在水平桌面上相距50.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车通过A、B时的速度大小．小车中可以放置砝码．

(1)试验主要步骤如下：
①测量出小车和拉力传感器的总质量M′；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路．
②将小车停在C点，释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过A、B时的速度．
③在小车中增加砝码，或________，重复②的操作．
(2)下表是他们测得的一组数据，其中M是M′与小车中砝码质量之和，|v－v|是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量ΔE，F是拉力传感器受到的拉力，W是F在A、B间所做的功．表格中的ΔE3＝________J，W3＝________J．(结果保留三位有效数字)
次数
M/kg
|v－v|/(m/s)2
ΔE/J
F/N
W/J
1
0.500
0.760
0.190
0.400
0.200
2
0.500
1.65
0.413
0.840
0.420
3
0.500
2.40
ΔE3
1.220
W3
4
1.000
2.40
1.20
2.420
1.21
5
1.000
2.84
1.42
2.860
1.43
(3)依据上表，我们在图(乙)中的方格纸上作出ΔE－W图线如图所示，它说明白________________________________________．

解析：(1)转变对小车的拉力，就要转变钩码数量；
(2)ΔE3＝M|v－v|＝0.600 J，
W3＝FL＝1.220×0.5 J＝0.610 J；
(3)由图线可知，拉力(合力)所做的功近似等于物体动能的转变量．
答案：(1)转变钩码数量　(2)0.600　0.610　(3)拉力(合力)所做的功近似等于物体动能的转变量

10．(13分)(2022·银川一中质检)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图象如图所示．(g取10 m/s2)求：
(1)物体的初速度多大？
(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？
(3)拉力F的大小．
解析：(1)从图象可知初动能Ek0＝2 J，
Ek0＝mv2，v＝2 m/s.
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则Ff＝μmg
依据动能定理有－Ffx2＝0－Ek
得出：μ＝＝＝0.25.
(3)物体0～4 m的过程中，
依据动能定理有(F－Ff)·x1＝Ek－Ek0
得出：F＝＋Ff＝ N＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
11．(14分)如图所示是在竖直平面内，由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道，圆形轨道的半径为R.质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h＝2.5R的A点由静止开头下滑，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失．求：

(1)小物块通过B点时速度vB的大小；
(2)小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力FN的大小；
(3)小物块能否通过圆形轨道的最高点D.
解析：(1)小物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得
mgh＝mv
解得vB＝.
(2)小物块从B至C做匀速直线运动
则vC＝vB＝
小物块通过圆形轨道最低点C时，
由牛顿其次定律有FN－mg＝m
得FN＝6mg.

(3)若小物块能从C点运动到D点，
由机械能守恒得
mv＝mv＋mg·2R
解得vD＝
设小物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1，
由牛顿其次定律得
mg＝m
解得vD1＝＝vD
可知小物块恰能通过圆形轨道的最高点．
答案：(1)　(2)6mg　(3)能

12． (15分)(2022·黑龙江省东部地区高三联考)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定确定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2 kg小球A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不行伸长的松软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，g取10 m/s2.现给小球A一个水平向右的恒力F＝55 N．求：
(1)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功；
(2)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，重力对小球B做的功；
(3)把小球B从地面拉到P点正下方C点时，A小球速度的大小；
(4)把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球B速度的大小；
(5)小球B被拉到离地多高时与小球A速度大小相等．
解析：(1)小球B被拉到C点过程中，已知拉力为恒力，则拉力做功为：
w＝Fx　x＝PB－PC
据勾股定理可知PB＝0.5 m，而PC＝0.1 m，所以
W＝22 J
(2)小球B被拉到C点过程中，重力对小球B做负功，即：wG＝－mgR＝－6 J
(3)小球B拉到C位置时，B球沿绳方向速度为0，则此时A球的速度也为0；
(4)小球B被拉到C点时的速度据动能定理得：
wF－wG＝mv2
解得：v＝4 m/s
(5)当绳与轨道相切时两球速度相等，由相像三角形学问得，＝
所以h＝0.3× m＝0.225 m.
答案：(1)22 J　(2)－6 J　(3)0　(4)4 m/s　(5)0.225 m