1、 45 分钟单元能力训练卷(五)(考查范围：第五单元 分值：100 分)一、单项选择题(每小题 6 分，共 18 分)1如图 D51 所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，弹簧处于原长 h，让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑过程中()图 D51A圆环机械能守恒B弹簧的弹性势能先增大后减小C弹簧的弹性势能变化了 mghD弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大2如图 D52 所示，一根跨过轻质定滑轮的不可伸长的轻绳两端各系一个物体 A 和 B，不计摩擦现将物体由静止释放，B 物体下落 H 高度时的速度为
2、 v，若在 A 的下方挂一个与 A相同的物体，由静止释放，B 向上运动距离为 H 时的速度大小仍为 v，则 A 与 B 的质量之比为()A12 B23C.22 D.23图 D52 图 D533如图 D53 所示，竖直放置的轻弹簧上端与质量为 3 kg 的物块 B 相连接，另一个质量为 1 kg 的物块 A 放在 B 上先向下压 A，然后释放，A、B 共同向上运动一段后将分离，分离后 A 又上升了 0.2 m 到达最高点，此时 B 的速度方向向下，且弹簧恰好为原长从 A、B分离到 A 上升到最高点的过程中，弹簧弹力对 B 做的功及弹簧回到原长时 B 的速度大小分别是(g10 m/s2)()A12
3、 J 2 m/sB0 2 m/sC0 0 D4 J 2 m/s二、双项选择题(每小题 6 分，共 24 分)4蹦床运动员与床垫接触的过程如图 D54 所示，可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A 位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B 位置)，有关运动员从 A 运动至 B 的过程，下列说法正确的是()A运动员的机械能守恒B运动员的速度一直减小C合力对运动员做负功D运动员先失重后超重图 D54 图 D555如图 D55 所示，质量相同的两个物体 A、B 处于同一高度，A 沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B 自由下落，最后到达同一水平面，则()A重力对两个物体做的功相同B
4、重力的平均功率相同C到达底端时重力的瞬时功率 PAPBD到达底端时两个物体的动能相同，速度相同6一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间 t0 滑至斜面底端已知在运动过程中物体所受的摩擦力恒定若用 F、v、s 和 E 分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则图 D56 中可能正确的是()A B C D图 D567如图 D57 所示，在光滑固定的曲面上，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，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着 A，使弹簧竖直，A、B 间距离L0.2 m，B 刚刚与曲面接触且距水平面的高度 h0.1 m此时弹簧的弹性势能 E
5、p1 J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g 取 10 m/s2.则下列说法中正确的是()图 D57A下滑的整个过程中弹簧和 A 球组成的系统机械能守恒B下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒CB 球刚到地面时，速度是2 m/sD当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为 6 J三、实验题(16 分)8在用图 D58 装置进行“探究恒力做功与滑块动能变化的关系”实验中，某同学设计了如下实验步骤：图 D58用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫起，在质量为 M 的滑块上系上细绳，细绳的另一端通过
6、有光滑转轴的定滑轮挂上钩码，细绳与木板平行；反复移动垫块的位置，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；取下细绳和钩码，同时记录钩码的质量 m；保持长木板的倾角不变；启动打点计时器，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动，到达底端时关闭电源；取下纸带进行分析，计算恒力做的功与滑块动能的变化，探寻它们间的关系回答下列问题：(重力加速度为 g，结果用已知和测量的物理量字母表示)(1)实验中，滑块在匀加速下滑过程中所受的合力大小是用_替代的，其大小为 F_；(2)实验中得到的纸带如图 D59 所示，已知打点计时器的工作频率为 f，在纸带上从某一点 O 开始每隔一个点选取一个计数
7、点，分别标有 O、A、B、C、D、E、F、G，测得相邻计数点间的距离如图所示：图 D59打点计时器打下 A 点时滑块的速度 vA_；选取纸带上 A、F 两点进行研究，则从 A 到 F，滑块动能的增加量Ek_；合力 F 做的功 WF_。若在误差允许范围内EkWF，则可初步确定恒力做的功等于滑块动能的变化四、计算题(42 分)9(20 分)如图 D510 所示，足够长的倾角为 的粗糙斜面上，有一质量为 m 的滑块距挡板 P 为 L，以初速度 v0 沿斜面下滑，并与挡板发生碰撞，滑块与斜面动摩擦因数为，tan.若滑块与挡板碰撞没有机械能损失，求：(1)滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板 P 的最大距
8、离；(2)滑块在整个运动过程中通过的路程图 D51010(22 分)如图 D511 所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道 AB 的下端与光滑的圆弧轨道 BCD 相切于 B，C 是最低点，圆心角BOC37，D 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R1.0 m，现有一个质量为 m0.2 kg 可视为质点的小物体，从 D 点的正上方 E 点处自由下落，D、E 距离 h1.6 m，物体与斜面 AB 之间的动摩擦因数 0.5.取 sin370.6，cos370.8,g10 m/s2.求：(1)物体第一次通过 C 点时轨道对物体的支持力 N 的大小；(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度 LAB 至少要多长
9、；(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从 E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量 Q 的大小图 D51145 分钟单元能力训练卷(五)1C 运动过程中，弹簧和圆环组成的系统的机械能守恒，因弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒；对弹簧和圆环系统，根据机械能守恒定律知，当圆环滑到杆底端时，弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量 mgh，又因弹簧先被压缩后被拉伸，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大；圆环到达杆底端时弹簧的弹性势能最大，此时圆环动能为零2C 对两个过程分别应用机械能守恒定律得：mBgHmAgH12(mAmB)v2，2mAgHmBg
10、H12(2mAmB)v2，联立解得mAmB 22，选项 C 正确3B 当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A 物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得 A、B 分离时的初速度 v 2gh2 m/s，当 B 回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B 的动能与分离时的动能相同，速度仍为 2 m/s，B 正确4CD 由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项 A错误；当 F 弹mg 时，a0，在此之前，F 弹mg，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F
11、弹mg，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项 B 错误，选项 D 正确；从 A 位置到 B 位置，由动能定理得，W 合Ek0，选项 C 正确5AC 两个物体质量相同、下落高度相同，故重力对两个物体做的功相同，A 正确；下落的时间不相同，故重力的平均功率不相同，B 错误；对于物体 A、B，只有重力做功，机械能守恒，可知两个物体到达底端时动能相同，即速度大小相等、方向不同，D 错误；由瞬时功率的计算式可得 PAmgvcos，PBmgv，因此，到达底端时重力的瞬时功率 PAPB，C正确6AC 设斜面倾角为，物体受到的合力 F 沿斜面向下，Fmgsinf，故 F 不随 t变化，选项 A 正确；
12、根据牛顿第二定律知加速度 aFm也不变，由 vat 知，vt 图象为过原点的一条倾斜直线，选项 B 错误；物体做匀加速运动，故位移 s12at2，st 图象是开口向上的抛物线的一部分，选项 C 正确；设物体起初的机械能为 E0，t 时刻的机械能为 E，则 EE0fsE0f12at2，Et 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项 D 错误7BD A、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项 A 错误，选项 B 正确；B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以 B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律 mBgh12mBv2解得的 v 2gh2 m/s 是错误的，选项 C 错误；根据系统机械能守恒，到
13、达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则 EEkmAg(Lh)mBghEp6 J，选项 D正确8(1)mg(2)（x1x2）f4 Mf232 mg(x2x3x4x5x6)(1)滑块匀速下滑时，有 Mgsinmgf，滑块匀速下滑时，滑块所受合力 FMg sinfmg.(2)vAx1x24T（x1x2）f4；vF（x6x7）f4，从 A 到 F 动能的增加量Ek12Mv2F12Mv2AMf232，合力 F 做的功 WFmg(x2x3x4x5x6)9(1)2gLsin 2gLcos v202gsin 2gcos (2)2gLsin v202gcos(1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升
14、离开挡板 P 的最大距离为 x.对滑块应用动能定理有mg(Lx)sinmgcos(Lx)012mv20解得 x2gLsin 2gLcos v202gsin 2gcos.(2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为 s.根据能量守恒定律得mgLsin12mv20mgscos解得 s2gLsin v202gcos .10(1)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J(1)物体从 E 到 C，由机械能守恒定律得：mg(hR)12mv2C在 C 点，由牛顿第二定律得：Nmgmv2CR联立解得 N12.4 N.(2)从 EDCBA 过程，由动能定理得WGWf0其中 WGmgWfmgLABcos37联立解得 LAB2.4 m.(3)因为 mgsin37mgcos37，所以物体不会停在斜面上，物体最后以 C 为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动从 E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量QEpEpmg(hRcos37)联立解得 Q4.8 J.
