2014届高三复习一轮复习（人教新课标版通用）45分钟单元能力训练卷(五)
45分钟单元能力训练卷(五)
(考查范围：第五单元 分值：110分)
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：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)，如图D5－1所示，有关运动员从A运动至B的过程，下
图D5－1
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
2．如图D5－2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
图D5－2
.现将物体由静止释放，B物体下落H高度时的速度为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( )
A．1∶2 B．2∶3
C.∶2 D.∶3
3．如图D5－3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
图D5－3
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(g＝10 m/s2)( )
A．12 J 2 m/s B．0 2 m/s
C．0 0 D．4 J 2 m/s
4．一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图D5－4甲所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中|v1|>|v2|)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.则下列判断正确的是( )
甲 乙
图D5－4
A．0～t1时间内，物块对传送带做正功
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ
mgsin θ，即μ>tan θ，选项B错误；0～t2内，传送带对物块做的功W加上物块重力做的功WG等于物块动能的增加量，即W＋WG＝mv－mv，而根据v－t图象可知物块的位移小于零，故WG>0，选项C错误； 在0～t2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q＝fx相对，该过程中，物块受到的摩擦力f大小恒定，设0～t1内物块的位移大小为x1，t1～t2内物块的位移大小为x2，对0～t2内的物块应用动能定理有：－fx1＋fx2＋WG＝ΔEk，即－ΔEk＝f(x1＋x2)－WG，由图乙知x相对>x1－x2，，选项D正确．
5．ABC [解析] 汽车速度最大时， 汽车所受到的牵引力F1＝f＝，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，－＝ma，即a＝(－)，图象斜率k＝，横轴截距b＝，所以汽车的功率P、汽车行驶的最大速度vm可求，由f＝ 可解得汽车所受到阻力，选项A、B、C正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项D错误．
6．ACD [解析] 设斜面倾角为θ，物体受到的合力F沿斜面向下，F＝mgsinθ－f，故F不随t变化，选项A正确；根据牛顿第二定律知加速度a＝也不变，由v＝at知，v－t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x＝at2，x－t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E＝E0－fx＝E0－f·at2，E－t图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D正确．
7．C [解析] 运动过程中，弹簧和圆环组成的系统机械能守恒，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．
8．BD [解析] 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mBgh＝mBv2解得的v＝＝2 m/s是错误的，选项C错误；根据系统机械能守恒，到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E＝Ek＝mAg(L＋h)＋mBgh＋Ep＝6 J，选项D正确．
9．(1)钩码的重力 mg (2)① ②[(x6＋x7)2－(x1＋x2)2] mg(x2＋x3＋x4＋x5＋x6)
[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mgsinα＝mg＋f，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F＝Mgsinα－f＝mg.(2)vA＝＝；vF＝，从A到F动能的增加量ΔEk＝Mv－Mv＝[(x6＋x7)2－(x1＋x2)2]，合力F做的功WF＝mg(x2＋x3＋x4＋x5＋x6)．
10．(1) (2)
[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离为x.
对滑块应用动能定理有
mg(L－x)sinθ－μmgcosθ(L＋x)＝0－mv
解得x＝.
(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
mgLsinθ＋mv＝μmgscosθ
解得s＝.
11．(1)4 m/s (2)R≤0.24 m或R≥0.6 m
[解析] (1)根据牛顿第二定律：
对滑块有μmg＝ma1
对小车有μmg＝Ma2
当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即
v0－a1t＝a2t
由以上各式解得t＝1 s，此时小车的速度为v2＝a2t＝4 m/s.
滑块的位移x1＝v0t－a1t2
小车的位移x2＝a2t2
相对位移L1＝x1－x2
联立解得L1＝3 m，x2＝2 m
L1
查看更多
