【文档说明】高考物理一轮复习巩固提升第5章章末过关检测(五) (含解析).doc，共(7)页，180.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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<R)，紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽略一切阻力，则下列说法正确的是()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＝11kg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°，5s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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．轮胎与地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55NC．在0～5s内，轮胎克服摩擦力做功为850JD．拖绳对轮胎做的功为1750J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5～7s内的加速度为a2＝－5m/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Fcos37°－f1＝ma1，mg－Fsin37°－N1＝0，又因为f1＝μN1，由v－t图象可知此过程中的加速度为a1＝2m/s2，联立以上各式可解

得F＝70N，选项B错误；由Fcos37°－f1＝ma1可解得f1＝34N，由图象可知轮胎在0～5s内的位移为x1＝25m，故在此过程中克服摩擦力所做的功为W＝f1x1＝850J，选项C正确；由WF＝Fx1cos37°可

得拖绳对轮胎所做的功为WF＝1400J，选项D错误．3．如图所示，在高1.5m的光滑平台上有一个质量为2kg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＝10m/s2)()A．10JB．15JC．20JD．25J解析：选A.由h＝12gt2，tan60°＝vyv0＝gtv0，可得v0＝10m/s，由小球被弹射过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，Ep＝12mv20＝10J，A正确．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<tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是()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，上升的最大高度为H2，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()A．不能从a点冲出半圆轨道B．能从a点冲出半圆轨道，但h<H2C．能从a点冲出半圆轨道，但h>H2D．无法确定能否从a点冲出半圆轨道解析：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H－H2＋(－Wf)＝0－0，Wf为质点克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝12mgH，即质点第一次在半圆轨道中运动损失的机械能为12mgH，由于第二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，所以摩擦力变小，摩擦力做功小于12mgH，机械能损失小于12mgH，因此质点再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于12H，故A、C、D错误，B正确．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100N/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4kg的小物块从距O点0.8m处的A点由静

止释放，能运动到最低点C.已知重力加速度g取10m/s2，弹簧弹性势能Ep＝12kx2，式中的k为弹簧的劲度系数，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

22m/sD．弹簧的最大弹性势能为32J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转化为弹簧的弹性势能，有mgsinα·(x＋0.8m)＝12kx2，代入数据解得弹簧的最大形变量x＝0.8m，此时kx＞

mgsinα，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＝mgsinα，代入数据有x0＝0.2m，从O到E，kx＜mgsinα，所以物体加速，从E到C，kx＞mgsinα，所以物体减速，故B正确；在E处有最大速度，有mgsinα·(x0

＋0.8m)＝12kx20＋12mv2，代入数据解得v＝3m/s，故C错误；全过程机械能守恒：Ep＝mgsinα·(x＋0.8m)，代入数据Ep＝32J，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()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)－fLD．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＝2.0m/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＝50kg/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100WB．电动机应增加的功率为200WC．在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103JD．在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×10

4J解析：选BC.煤经时间t加速到v，由动能定理有μmg·v2t＝12mv2，t时间内由摩擦产生的热量Q内＝μmg·s相对＝μmgvt－12vt＝12mv2，这段时间内电动机多消耗的能量E＝12mv2＋Q内＝mv2，电动机应增加的功率P＝Et＝mv2t＝Qv

2＝200W，在1min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q内＝12mv2＝12Qtv2＝6.0×103J，选项B、C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sin37°＝0.6，cos37°＝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∶1B．μ1＋μ2＝1.5C．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7gL5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＝μ1

mgcos37°L，Wpb＝μ2mgcos37°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μ1mgcos37°L＋μ2mgcos37°L－mg×2Lsin37

°＝0－0，化简得μ1＋μ2＝1.5，B正确；当如图乙时，物块沿斜面受到的合力为mgsin53°－μ2mgcos53°＝mg(0.8－0.6μ2)>0(μ2一般情况下小于1)，故物块下滑，C错误；由动能定理得mgsin53°×2L－μ1mgcos53°L

－μ2mgcos53°L＝12mv2－0，联立μ1＋μ2＝1.5，解得v＝7gL5，D正确．三、非选择题(本题共2小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(20分)如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃

货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R、R，小平台和圆弧

均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始

终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g.(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．解

析：(1)设滑块恰好经P点飞出时速度为vP，由牛顿第二定律有mg＝mv2P2R，得vP＝2gR到达A点时速度方向要沿着斜面AB，则vy＝vPtanθ＝342gR所以A、D点离地高度为h＝3R－v2y2g＝3916R.(2

)进入A点时滑块的速度为v＝vPcosθ＝542gR假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，则Ek＝12mv2－4μmgcosθ·2R<0，所以滑块不会滑到A点而飞出．因mgsinθ>μmgcosθ，则根据动能定理得mg·2Rsin

θ－μmgcosθ·s＝0－12mv2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s＝221R16.(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v1、v2由牛顿第二定律，在Q点F1－mg＝mv21R在P点F2＋mg＝m

v222R所以F1－F2＝2mg＋m（2v21－v22）2R由机械能守恒有12mv21＝12mv22＋mg·3R得v21－v22＝6gR为定值代入v2的最小值(v2＝vP＝2gR)得压力差的最小值为9mg.答案：(1)3916R(2)221R16(3)9mg12．(20分)如图所示，质量

为m＝1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3m/s，长为L＝1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ

＝0.25，g＝10m/s2.(1)求水平作用力F的大小；(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力F、重力mg和

支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F＝mgtanθ，代入数据得F＝1033N.(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，故有mgh＝12mv2，所以v＝2gh.若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做

匀加速运动；根据动能定理有μmgL＝12mv20－12mv2，所以h1＝v202g－μL，代入数据得h1＝0.1m.若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL＝12m

v20－12mv2，则h2＝v202g＋μL，代入数据得h2＝0.8m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，由机械能守恒可知mgh2＝12mv2，对滑块由运动学公式知v0＝v－at，a＝μg

滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x，相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，联立代入数据可得Q＝0.5J.答案：(1)1033N(2)0.1m或0.8m(3)0.5J