2019版物理江蘇專版精選提分綜合練：單元檢測五 含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精單元檢測五機械能考生注意:1．本試卷共4頁．2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上．3．本次考試時間90分鐘,滿分100分．4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．一、單項選擇題（本題共6小題，每小題3分，共計18分．每小題只有一個選項符合題意）1.（2017·東臺市模擬)如圖1所示，輕質(zhì)彈簧左端固定,右端與質(zhì)量為m的小滑塊甲接觸(但不相連結(jié))，用一水平力推著滑塊甲緩慢壓縮彈簧，將彈簧壓縮到一定長度時，突然撤去推力，滑塊被彈簧彈出,在桌面上滑動后由桌邊水平飛出,落到地面上的a點，落地時速度為v.若將小滑塊甲換成質(zhì)量為2m的小滑塊乙，彈簧壓縮的長度相同，忽略兩滑塊與桌面間的摩擦力和空氣阻力，小滑塊乙落到地面時(）圖1A．落點在a的左側(cè),落地速度小于vB．落點在a的右側(cè),落地速度小于vC．落點在a的左側(cè),落地速度大于vD．落點在a的右側(cè)，落地速度大于v2．（2018·南京市三校聯(lián)考)質(zhì)量為m的物體，在距地面h高處以eq\f(g,3）的加速度由靜止豎直下落到地面，下列說法正確的是(）A．物體的重力勢能減少eq\f(1,3)mghB．物體的機械能減少eq\f(1，3）mghC．物體的動能增加eq\f（1，3）mghD．重力做功eq\f（1,3)mgh3．(2017·揚州中學模擬）如圖2所示，質(zhì)量為m的物塊從A點由靜止開始下落，加速度是eq\f(g，2),下落高度H到B點后與一輕彈簧接觸,又下落h后到達最低點C,在由A運動到C的過程中，空氣阻力恒定，則()圖2A．物塊機械能守恒B．物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C．物塊機械能減少eq\f(1,2）mg(H＋h）D．物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少eq\f(1,2)mg（H＋h）4．（2018·阜寧中學調(diào)研）物體放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向運動,在6s內(nèi)其速度與時間關(guān)系的圖象和拉力的功率與時間關(guān)系的圖象如圖3甲、乙所示,由圖象可以求得物體的質(zhì)量為（取g＝10m/s2)()圖3A．2kgB．2。5kgC．3kgD．3。5kg5．(2017·啟東中學期中）在地面上方的A點以E1＝3J的初動能水平拋出一小球，小球剛落地時的動能為E2＝7J，落地點在B點，不計空氣阻力,則A、B兩點的連線與水平方向的夾角為（)A．30°B．37°C．45°D．60°6．(2018·海安中學段考)如圖4所示，重10N的滑塊在傾角為30°的斜面上,從a點由靜止開始下滑，到b點開始壓縮輕彈簧,到c點時達到最大速度，到d點（圖中未畫出)開始彈回，返回b點離開彈簧,恰能再回到a點．若bc＝0。1m，彈簧彈性勢能的最大值為8J,則下列說法正確的是（）圖4A．輕彈簧的勁度系數(shù)是50N/mB．從d到b滑塊克服重力做功8JC．滑塊的動能最大值為8JD．從d點到c點彈簧的彈力對滑塊做功8J二、多項選擇題(本題共6小題，每小題4分，共計24分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分）7．（2017·射陽中學月考）如圖5甲所示，靜止在水平地面上的物塊A,受到水平拉力F的作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖乙所示．設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力Ffm的大小與滑動摩擦力大小相等,則t1～t3時間內(nèi)（)圖5A．t1時刻物塊的速度為零B．t2時刻物塊的加速度最大C．t3時刻物塊的動能最大D．t1~t3時間內(nèi)F對物塊先做正功后做負功8。（2017·鹽城市三模）如圖6所示,光滑的斜面A靜止在光滑水平面上,將物塊B輕輕放到A上，并由靜止釋放，在B沿斜面下滑的同時，斜面A沿水平方向向右做勻加速運動,則此過程中（）圖6A．B機械能守恒B．B對A的壓力逐漸變小C．B做初速度為零的勻加速直線運動D．B對A的壓力做功與A對B的支持力做功代數(shù)和為零9．(2017·蘇北四市期中)如圖7所示，物塊用一不可伸長的輕繩跨過小滑輪與小球相連，與小球相連的輕繩處于水平拉直狀態(tài)．小球由靜止釋放運動到最低點過程中，物塊始終保持靜止,不計空氣阻力．下列說法正確的有()圖7A．小球剛釋放時，地面對物塊的摩擦力為零B．小球運動到最低點時，地面對物塊的支持力可能為零C．上述過程中小球的機械能守恒D．上述過程中小球重力的功率一直增大10。(2017·南京市9月調(diào)研）如圖8所示，質(zhì)量為1kg的小球靜止在豎直放置的輕彈簧上,彈簧勁度系數(shù)k＝50N/m.現(xiàn)用大小為5N、方向豎直向下的力F作用在小球上，當小球向下運動到最大速度時撤去F（g取10m/s2，不計空氣阻力，已知彈簧一直處于彈性限度內(nèi)），則小球（）圖8A．返回到初始位置時的速度大小為1m/sB．返回到初始位置時的速度大小為eq\r(3）m/sC．由最低點返回到初始位置過程中動能一直增加D．由最低點返回到初始位置過程中動能先增加后減少11。（2017·啟東中學期中)如圖9所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為R,圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B（均可看成質(zhì)點）,且小球A、B用一長為2R的輕質(zhì)細桿相連,在小球B從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點的過程中(已知重力加速度為g，不計空氣阻力）．下列說法正確的是()圖9A．B球減少的機械能等于A球增加的機械能B．B球減少的重力勢能等于A球增加的重力勢能C．B球的最大速度為eq\r(\f(4gR,3))D．A球克服細桿阻力所做的功為eq\f(8，3）mgR12．（2017·徐州市考前模擬）如圖10所示，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小滑塊連接．把滑塊放在光滑固定斜面上的A點,此時彈簧恰好水平．將滑塊從A點由靜止釋放，經(jīng)B點到達位于O點正下方的C點．當滑塊運動到B點時，彈簧恰處于原長且與斜面垂直．已知彈簧原長為L，斜面傾角θ小于45°，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.在此過程中，()圖10A．滑塊的加速度可能一直減小B．滑塊經(jīng)過B點時的速度可能最大C．滑塊經(jīng)過C點的速度大于eq\r（\f（2gL,cosθ))D．滑塊在AB過程中動能的增量比BC過程小三、非選擇題（本題共6小題，共計58分）13。（6分)（2017·東臺市5月模擬）某實驗小組要探究動能定理,選取的實驗裝置如圖11所示．圖11（1)實驗時，在沒有連接橡皮筋前，將木板的左端用小木塊墊起，使木板傾斜合適的角度，平衡摩擦力，這樣做的目的是________________________________.(2）實驗的主要步驟如下①使小車在一條橡皮筋的作用下由某位置靜止彈出,沿木板滑行，這時橡皮筋對小車做的功為W.②再用完全相同的2條、3條……橡皮筋作用于小車，每次由靜止在________（選填“相同”或“不同”）位置釋放小車，使橡皮筋對小車做的功分別為2W、3W、……③分析打點計時器打出的紙帶，分別求出小車每次獲得的最大速度v1、v2、v3……④作出W－v圖象，則下列符合實際的圖象是________．（填字母序號）（3)若該實驗小組實驗時遺忘了平衡摩擦力，也完成了整個實驗，那么當小車速度最大時，橡皮筋處于__________狀態(tài)(選填“伸長”或“原長”）．（4)該實驗小組將橡皮筋的兩端固定在桌子的右側(cè)邊上，小車用細線與橡皮筋的中點相連，開始時，橡皮筋剛好伸直,將小車向左移動距離s(已知）后由靜止釋放，測出橡皮筋到原長時小車的速度v，依次增加橡皮筋的根數(shù)，保持s不變，重復上述實驗步驟，以橡皮筋對小車做功W為縱坐標，以v2為橫坐標,得到一條直線，根據(jù)直線與縱軸的截距與斜率，________(選填“能”或“不能”）求出小車與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)．14．(8分)(2017·漣水中學第三次檢測)某實驗小組用圖12甲所示裝置研究系統(tǒng)在金屬軌道上運動過程中機械能是否守恒：將一端帶有滑輪的長金屬軌道水平放置，重物通過細繩水平牽引小車沿軌道運動，利用打點計時器和紙帶記錄小車的運動．圖12（1)本實驗中小車質(zhì)量________（填“需要"或“不需要")遠大于重物質(zhì)量；(2）將小車靠近打點計時器，將穿好的紙帶拉直,接通電源，釋放小車．圖乙是打出的一條清晰紙帶，0點是打下的第一個點,1、2、3、4、5是連續(xù)的計數(shù)點，0點和計數(shù)點1之間還有多個點(圖中未畫出)，相鄰計數(shù)點間的時間間隔為0。02s．在打計數(shù)點4時小車的速度v＝________m/s(保留三位有效數(shù)字）．若已知重物的質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M，則從點0到點4的過程中，系統(tǒng)減少的重力勢能為____________J，增加的動能為______________J（g取9。8m/s2，數(shù)字保留兩位小數(shù)）．15。(10分）（2017·南通市、如皋市第二次質(zhì)檢)如圖13所示,AB是傾角為θ＝53°的粗糙直軌道，BCD是半徑為R的光滑圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切．一個質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放,結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動）．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0。5，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：圖13（1）物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程s；(2）為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D（E、O、D為同一條豎直直徑上的3個點)，釋放點距B點的距離L應滿足什么條件;（3）若物體從距B點d＝3R處靜止滑下，則物體離開圓軌時離圓心O點的高度是多少?16．（10分)(2018·儀征中學學情檢測）如圖14所示，一勁度系數(shù)很大的輕彈簧一端固定在傾角為θ＝30°的斜面底端，將彈簧壓縮至A點鎖定,然后將一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧放置,物塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3)，6),解除彈簧鎖定，物塊恰能上滑至B點，A、B兩點的高度差為h0，已知重力加速度為g.圖14(1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep.(2）求物塊從A到B所用的時間t1與從B返回到A所用的時間t2之比．(3）若每當物塊離開彈簧后，就將彈簧壓縮到A點并鎖定，物塊返回A點時立刻解除鎖定．設(shè)斜面最高點C的高度H＝2h0，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出?17．(12分)（2018·如皋市質(zhì)量檢測一）如圖15所示，將質(zhì)量為m＝1kg的小物塊放在長為L＝1。5m的小車左端,車的上表面粗糙，物塊與車上表面間動摩擦因數(shù)μ＝0。5，直徑d＝1.8m的光滑半圓形軌道固定在水平面上且直徑MON豎直，車的上表面和軌道最低點高度相同，距地面高度h＝0。65m,開始車和物塊一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右運動，車碰到軌道后立即停止運動，取g＝10m/s2，求：圖15（1）小物塊剛進入半圓形軌道時對軌道的壓力；(2)小物塊落地點至車左端的水平距離．18.（12分）(2018·田家炳中學調(diào)研）如圖16所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3。2m，與水平面間夾角θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v＝2m/s，在上端A點無初速度放置一個質(zhì)量為m＝1kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R＝0。4m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h＝0。5m（取g＝10m/s2)．求:圖16（1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度大小；（2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功．

答案精析1．A［設(shè)彈簧被壓縮至一定長度時，彈性勢能為Ep，根據(jù)機械能守恒定律可得Ep＝eq\f（1,2）mv02,即v0＝eq\r(\f（2Ep，m))，小滑塊從桌邊飛出后做平拋運動，故有h＝eq\f（1,2）gt2，x＝v0t，解得x＝eq\r（\f（2Ep，m）)·eq\r（\f（2h，g）)＝2eq\r（\f（Eph，mg)），換成滑塊乙，由于質(zhì)量增大了,所以落地點與桌邊的水平距離減小了，即落在a點的左側(cè)；落地速度大小為v＝eq\r(v\o\al（02）＋2gh),因v0減小,所以落地速度變小,故A正確．]2．C［物體落地過程中，重力做功WG＝mgh，重力勢能減少mgh，A、D項錯誤；由動能定理可得ΔEk＝W合＝mah＝eq\f(1，3)mgh，C項正確；由功能關(guān)系可得ΔE＝W合－mgh＝－eq\f(2,3）mgh，所以機械能減少了eq\f（2，3）mgh,B項錯誤．］3．D［對于物塊來說，從A到C要克服空氣阻力做功，從B到C又將一部分機械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，因此機械能肯定減少，故A錯誤．對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)來說，物塊減少的機械能等于克服空氣阻力所做的功和彈簧彈性勢能增加量之和，因此整個系統(tǒng)機械能減少量即為克服空氣阻力所做的功，故B錯誤．由A運動到C的過程中，物塊的動能變化為零，重力勢能減少量等于機械能的減少量，所以物塊機械能減少mg（H＋h)，故C錯誤．物塊從A點由靜止開始下落,加速度是eq\f（1，2）g，根據(jù)牛頓第二定律得Ff＝mg－ma＝eq\f(1，2)mg，所以空氣阻力所做的功Wf＝－eq\f(1，2）mg（H＋h)，整個系統(tǒng)機械能減少量即為克服空氣阻力所做的功，所以物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少eq\f(1,2)mg(H＋h），故D正確．］4．B[勻速運動時拉力等于摩擦力，F(xiàn)2＝Ff＝eq\f（P，v)＝eq\f（10，4)N＝2.5N。物體做勻加速直線運動時，拉力為恒力，v隨時間均勻增大，所以P隨時間均勻增大．F1＝eq\f(P′，v′）＝eq\f(30，4)N＝7。5N.F1－Ff＝ma，a＝eq\f(4，2）m/s2＝2m/s2可得m＝2。5kg.故B正確，A、C、D錯誤．]5．A［設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球的初動能為E1＝3J，即eq\f(1，2)mv02＝3J，所以小球的初速度為v0＝eq\r（\f(2E1，m））＝eq\r(\f(6,m)）,小球的末動能E2＝7J，根據(jù)E2＝eq\f(1，2)mv2＝7J，所以小球的末速度為v＝eq\r(\f(2E2，m))＝eq\r（\f（14，m）），所以小球在豎直方向上的速度大小為vy＝eq\r(v2－v\o\al(02）)＝eq\r（\f（8，m）)，設(shè)A、B兩點的連線與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f（y,x）＝eq\f(\f(1，2）gt2，v0t)＝eq\f(gt，2v0)＝eq\f（vy,2v0)＝eq\f(\r（\f(8，m）），2\r（\f（6，m））)＝eq\f（\r(3)，3），所以θ＝30°.]6．A［整個過程中，滑塊從a點由靜止釋放后還能回到a點，說明機械能守恒，即斜面是光滑的．滑塊到c點時速度最大，所受合力為零,由平衡條件和胡克定律有:kxbc＝mgsin30°,解得：k＝50N/m，A項正確;由d到b的過程中，彈簧彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，一部分轉(zhuǎn)化為動能，B項錯誤;滑塊由d到c點過程中，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，一部分轉(zhuǎn)化為動能，到c點時滑塊的動能為最大值,最大動能一定小于8J,又彈性勢能減少量小于8J,所以彈簧彈力對滑塊做功小于8J，C、D項錯誤．］7．ABC[t1時刻前，拉力小于最大靜摩擦力，物塊靜止不動，故A正確；物塊做加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝eq\f（F－Ffm，m)，隨著拉力F的增大而增大,t2時刻，拉力F最大，則物塊的加速度最大，故B正確；t3時刻后合力反向，物塊由于慣性減速前進，故t3時刻A的速度最大，動能最大，故C正確；t1～t3時間內(nèi)速度方向沒有改變，力F方向也沒變，所以F對物塊A一直做正功，故D錯誤．]8．CD9．AC[小球剛釋放時，繩子拉力為零,地面對物塊的摩擦力為零，選項A正確；小球運動到最低點時，繩子向上的拉力與小球重力的合力提供向心力，繩子此時對物塊有斜向上的拉力，物塊要保持平衡,必須受到向左的摩擦力，因而物塊與地面間必須存在彈力作用，選項B錯誤；繩子對小球的拉力始終與小球的速度垂直，不做功,小球的機械能守恒，選項C正確；小球在豎直方向的速度先增加后減小，所以重力的瞬時功率先增加后減小,選項D錯誤．］10．AC［初始時彈簧的壓縮量x1＝eq\f(mg,k）＝eq\f(1×10,50)m＝0。2m，小球向下運動到最大速度時合力為零,由平衡條件得:mg＋F＝kx2,得x2＝0.3m，則小球從開始向下運動到速度最大的位置通過的位移x＝x2－x1＝0.1m，從開始到返回初始位置的過程，運用動能定理得Fx＝eq\f（1，2）mv2，解得，小球返回到初始位置時的速度大小為v＝1m/s,故A正確,B錯誤；由最低點返回到初始位置過程中，彈簧對小球的彈力一直大于重力,則小球做加速運動，動能一直增加，故C正確，D錯誤．]11．AC［小球A、B與輕質(zhì)細桿組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，小球B減少的機械能應等于小球A增加的機械能，所以A正確;根據(jù)機械能守恒定律可知，小球B減少的重力勢能應等于小球A增加的重力勢能與兩小球增加的動能之和，所以B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，系統(tǒng)減少的重力勢能為ΔEp減＝2mg·2R－mg·2R，系統(tǒng)增加的動能為ΔE增＝eq\f（1,2）mv2＋eq\f（1,2)·2mv2，由ΔEp減＝ΔE增，解得B球的最大速度為v＝eq\r(\f（4gR,3)），所以C正確;對A球由動能定理應有：－mg·2R＋W＝eq\f（1,2）mv2,解得：W＝eq\f（8，3）mgR，W為正值說明細桿對球A做正功,所以D錯誤．］12．AC13．（1）保證橡皮筋拉力做的功就是合外力做的功(2）②相同④D(3)伸長(4)不能14．（1）不需要(2）2.305。18m2。65(m＋M)解析（1）本實驗中為了驗證機械能守恒定律，兩物體的質(zhì)量均要考慮,故不需要使小車的質(zhì)量遠大于重物的質(zhì)量；（2）打點4時的速度v＝eq\f（s35，2T)＝eq\f(0。5760－0.4840,0.04)＝2.30m/s；點0到點4過程中重力勢能的減小量ΔEp＝mgh＝9.8×0。5290m≈5.18m；動能的增加量ΔEk＝eq\f（1,2）（m＋M)v2＝eq\f(1，2）×(2。30）2(m＋M）≈2。65(m＋M)．15．(1)2R（2)L≥4。2R（3)0.6R解析(1)因為在AB軌道上摩擦力始終對物體做負功，所以物體最終在圓心角為2θ的圓弧上往復運動．對整個過程，由動能定理得:mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0,解得總路程為：s＝eq\f（R，μ）＝eq\f（R，0。5)＝2R；（2）設(shè)物體剛好能到D點，由牛頓第二定律得:mg＝meq\f（v\o\al(D2）,R），對全過程，由動能定理得：mgL0sinθ－μmgcosθ·L0－mgR（1＋cosθ)＝eq\f(1，2）mvD2－0，解得：L0＝eq\f(3＋2cosθ,2sinθ－μcosθ）·R＝4。2R；故L≥4。2R(3）設(shè)物體離開圓軌時,所在半徑與水平方向夾角為β，由牛頓第二定律得：mgsinβ＝meq\f(v2，R)，從釋放點到離開軌道的過程，由動能定理得：mg(dsinθ－Rcosθ－Rsinβ)－μmgdcosθ＝eq\f(1，2）mv2－0解得:sinβ＝0.6，距圓心高為：h＝Rsinβ＝0.6R。16．見解析解析（1)物塊受到的滑動摩擦力Ff＝μmgcosθ,A到B過程由功能關(guān)系有－Ff·eq\f(h0，sinθ）＝mgh0－Ep，解得Ep＝eq\f(3,2)mgh0.(2)因彈簧勁度系數(shù)很大，可認為彈簧壓縮量較小，彈簧作用時間可忽略不計．設(shè)上升、下降過程物塊加速度大小分別為a1和a2，則mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，由運動學公式得eq\f（1,2）a1t12＝eq\f(1,2）a2t22,解得eq\f（t1，t2)＝eq\f(\r(3），3）。(3）足夠長時間后，上升的最大高度設(shè)為hm，則由能量關(guān)系知，來回克服阻力做功等于補充的彈性勢能2Ff·eq\f（hm,sinθ）＝Ep，解得hm＝eq\f(