2020高考物理單元測試電子題庫 5單元過關(guān)檢測 新人教版（通用）

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1、單元過關(guān)檢測 (時間：90分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，每小題只有一個選項正確， 請將正確選項前的字母填在題后的括號內(nèi)) 1．(2020年江蘇單科)如圖所示，演員正在進行雜技表演．由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過程中對雞蛋所做的功最接近于(　　) A．0.3 J　　　　　　　　 B．3 J C．30 J D．300 J 解析：一只雞蛋重約為1 N，人的身高一般為1.6 m，則雞蛋被拋出的高度約為0.6 m，則雞蛋獲得的最大機械能約為E＝mgh＝1×0.6＝0.6 J，故人對雞蛋做的功約為0.6 J，最接近0.3 J

2、，故A正確，其他選項錯誤． 答案：A 2．如圖所示，把小車放在光滑的水平桌面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有砂子的小桶相連，已知小車的質(zhì)量為M，小桶與砂子的總質(zhì)量為m，把小車從靜止狀態(tài)釋放后，在小桶下落豎直高度h的過程中，若需考慮滑輪及空氣的阻力，小車未與滑輪相撞，下列說法中正確的是(　　) A．小車獲得的動能為mgh B．小車獲得的動能小于Mmgh/(M＋m) C．小桶與砂子的機械能減少Mmgh/(M＋m) D．小車的機械能增加mgh 解析：整體除動能和勢能轉(zhuǎn)化外，還有機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機械能不守恒，小桶和砂子的重力勢能mgh轉(zhuǎn)化為整體的動能和內(nèi)能，所以小車獲得的動能(或機械

3、能增加)小于Mmgh/(M＋m)，選項A、D錯，B錯；小桶的機械能減少量大于小車獲得的動能，選項C錯誤． 答案：B 3．質(zhì)量為10 kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標x的變化情況如圖所示．物體在x＝0處，速度為1 m/s，一切摩擦不計，則物體運動到x＝16 m處時，速度大小為(　　) A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D. m/s 解析：力－位移圖象下的面積表示功，由圖象可知，一部分正功與另一部分負功抵消，外力做的總功W＝Fx＝40 J，根據(jù)動能定理W＝mv2－mv，得v＝3 m/s. 答案：B 4．如圖所示，A、B、C三個一樣

4、的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動，A由靜止釋放，B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也為v0，下列說法中正確的是(　　) A．滑到斜面底端時，C的動能最大 B．滑到斜面底端時，B的動能最大 C．A和C將同時滑到斜面底端 D．C一定是最后滑到斜面底端 解析：滑塊C在運動中所受摩擦力方向不是沿斜面向下的，所以C沿斜面向下方向的加速度比A和B大，C比A先滑到斜面底端，C、D錯誤；克服摩擦力做的功等于摩擦力和路程的乘積，C在斜面上運動的路程大，C克服摩擦力做的功最多，A錯誤、B正確． 答案：B 5．某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進行研究．他們讓

5、這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為v－t圖象，如圖所示(除2 s～10 s時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線)．已知在小車運動的過程中，2 s～14 s時間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14 s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量為1.0 kg，可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變，則不正確的是(　　) A．小車受到的阻力大小為1.5 N B．小車加速階段的功率為9 W C．小車勻速行駛階段的功率為9 W D．小車加速過程中位移大小為42 m 解析：在14 s～18 s時間段：a＝＝1.5 m/s2，則Ff＝ma＝1.

6、5 N，A不符合題意；在0～2 s內(nèi)小車做勻加速運動，由P＝Fv可知，小車的功率逐漸增大，B符合題意；在10 s～14 s小車做勻速直線運動，牽引力F＝Ff，P＝Fv＝1.5×6 W＝9 W，C不符合題意；0～2 s內(nèi)：x1＝3 m,2 s～10 s內(nèi)根據(jù)動能定理：Pt－Ffx2＝mv－mv，得x2＝39 m，則x＝x1＋x2＝42 m，D不符合題意． 答案：B 6．(2020年毫州模擬)有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一不可伸長的輕細繩相連，A、B質(zhì)量相等，且可看做質(zhì)點，如圖所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止．由靜止釋放B后，已知當細繩與

7、豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為(　　) A. B. C. D. 解析：設(shè)滑塊A的速度為vA，因繩不可伸長，兩滑塊沿繩方向的分速度大小相等，得：vAcos 30°＝vBcos 60°，又vB＝v，設(shè)繩長為l，由A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒得：mglcos 60°＝mv＋mv2，以上兩式聯(lián)立可得：l＝，故選D. 答案：D 7．(2020年上海綜合)用圖示裝置可以研究動能和重力勢能轉(zhuǎn)化中所遵循的規(guī)律．在擺錘從A位置由靜止開始向下擺動到D位置的過程中(　　) ①重力做正功，重力勢能增加 ②重力的瞬時功率一直增大

8、 ③動能轉(zhuǎn)化為重力勢能 ④擺線對擺錘的拉力不做功 ⑤若忽略阻力，系統(tǒng)的總機械能為一恒量 A．①③ B．②④ C．②⑤ D．④⑤ 解析：擺錘向下運動，重力做正功，重力勢能減小，故①錯誤．由于開始靜止，所以開始重力功率為零，在D位置物體v的方向與重力垂直，PG＝G·v cos θ，可知PG＝0，而在從A位置擺動到D位置的過程中，重力功率不為零，所以所受重力的瞬時功率先增大后減小，②錯誤．在向下運動的過程中，重力勢能減小，動能增加，故③錯誤．擺線拉力與v方向始終垂直，不做功，只有重力做功，故機械能守恒，故④⑤正確，選D. 答案：D 8．如圖所示，兩光滑斜

9、面的傾角分別為30°和45°，質(zhì)量分別為2m和m的兩個滑塊用不可伸長的輕繩通過滑輪連接(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)，分別置于兩個斜面上并由靜止釋放；若交換兩滑塊位置，再由靜止釋放．則在上述兩種情形中正確的有(　　) A．質(zhì)量為2m的滑塊受到重力、繩的張力、沿斜面下滑的力和斜面的支持力的作用 B．質(zhì)量為m的滑塊均沿斜面向上運動 C．繩對質(zhì)量為m的滑塊的拉力均大于該滑塊對繩的拉力 D．系統(tǒng)在運動中機械能均不守恒 解析：質(zhì)量為2m的物體受到重力、斜面支持力、繩的拉力共三個力，沒有下滑力，所以A錯誤；2m、m的物體互換前，2m的物體重力沿斜面的分力為2mg·sin 30°，大于m的重力沿斜面的分

10、力mgsin 45°，所以m上滑(2m下滑)，2m、m互換后，2m重力沿斜面的分力更要大于m的重力沿斜面的分力，所以仍是m上滑(2m下滑)，因此B正確；繩對滑塊的拉力與滑塊對繩的拉力是作用力與反作用力應(yīng)等大反向，所以C錯誤；對2m、m與地球構(gòu)成的系統(tǒng)，只有重力做功，繩的拉力是系統(tǒng)內(nèi)部彈力，能量沒有向外界傳遞，機械能是守恒的，故D錯誤． 答案：B 9．如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1 kg的物體置于傾角為θ＝37°固定的粗糙斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1 s時撤去拉力，物體運動的部分v－t圖象如圖乙，下列說法正確的是(g＝10 m/s2)(　　) A．拉力F的大小為20 N

11、 B．物體運動到最高點的時間為3 s C.0～1 s內(nèi)重力的平均功率為100 W D．t＝4 s時物體的速度大小為10 m/s 解析：由乙圖可知，物體加速時，a1＝20 m/s2，撤去F后，a2＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律得F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，得F＝30 N，物體減速的時間t2＝＝2 s，故B正確、A錯誤；mg＝mgsin θ·＝60 W，C錯誤；物體至最高點后mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，得a3＝2 m/s2，故t＝4 s時物體的速度v＝a3(t－3)＝2 m/s，D錯誤． 答案：B

12、 10．(2020年淮南模擬)一質(zhì)點豎直向上運動，運動過程中質(zhì)點的機械能與高度的關(guān)系的圖象如圖所示，其中O～h1過程的圖線為水平線，h1～h2過程的圖線為傾斜直線．根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是(　　) A．質(zhì)點在O～h1過程中除重力外不受其他力的作用 B．質(zhì)點在O～h1過程中動能始終不變 C．質(zhì)點在h1～h2過程中合外力與速度的方向一定相同 D．質(zhì)點在h1～h2過程不可能做勻速直線運動 解析：質(zhì)點豎直向上運動，在O～h1過程中機械能守恒，機械能守恒的條件是系統(tǒng)除重力做功外無其他外力做功或其他外力做功之和為零．質(zhì)點在O～h1過程中可能受其他外力作用，但外力做功之和為零，A錯誤．O～h

13、1過程中機械能守恒，重力勢能增加，動能減小，B錯誤．質(zhì)點在h1～h2過程中機械能不斷減小，除重力外，其他力做負功，合外力與速度的方向一定相反，C錯誤．質(zhì)點在h1～h2過程中重力勢能不斷增加，機械能不斷減小，動能不斷減小，不可能做勻速直線運動，D正確． 答案：D 二、非選擇題(本題共6個小題，共50分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和 演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位) 11．(5分)小華有一只按壓型圓珠筆，她想估測里面小彈簧在被圓珠筆尾端壓緊過程中彈性勢能的增加量，請你在不拆解圓珠筆的前提下幫助她完成這一想法．(當?shù)刂亓铀俣萭已知) (1)除刻度尺外，還需要的測量工具是____

14、____． (2)需測量的物理量及符號是_____________________________________________ ______________________________________________________________________. (3)用所測物理量表示所估測的彈性勢能增加量； ΔE＝________. 答案：(1)天平　(2)豎直彈起的高度h(或水平彈出的位移x、下落高度h)、圓珠筆的質(zhì)量m　(3)mgh(或) 12．(5分)“驗證機械能守恒定律”的實驗采用重物自由下落的方法． (1)用公式mv2＝mgh來驗證時，對紙帶上起點的要

15、求是________． (2)若實驗中所用重物質(zhì)量m＝1 kg，打點紙帶如圖所示，打點時間間隔為0.02 s，則記錄B點時，重物的速度vB＝________，重物動能EkB＝________.從開始下落起至B點，重物的重力勢能減少量是________，因此可得出的結(jié)論是________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________. 解析：(1)用公式mv2＝mgh，

16、驗證機械能守恒定律，其中mv2是從開始下落點到參考點的動能增量，因此，初速度應(yīng)該為零． (2)vB＝AC＝＝m/s＝0.59 m/s. 由Ek＝mv2得EkB＝mv ＝×1×0.592J＝0.17 J. ΔEp＝mghOB＝1×9.8×17.6×10－3J＝0.17 J. 由此可得出結(jié)論：在誤差允許的范圍內(nèi)重物動能增加量等于重物重力勢能的減少量，機械能守恒． 答案：(1)初速度為零 (2)0.59 m/s　0.17 J 在誤差允許范圍內(nèi)，機械能守恒 13．(9分)如圖所示，讓擺球從圖中C點由靜止開始運動，正好擺到懸點正下方D處時，線被拉斷，緊接著，擺球恰好能沿豎直放置的光滑半

17、圓形軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，已知擺球質(zhì)量m＝0.5 kg，擺線長l＝2.0 m，軌道半徑R＝2.0 m，不計空氣阻力．(g＝10 m/s2) (1)求擺球剛開始擺動時，擺線與豎直方向的夾角θ. (2)如僅在半圓形軌道內(nèi)側(cè)E點下方圓弧有摩擦，擺球到達最低點F時的速度為6 m/s，求摩擦力對擺球做的功． 解析：(1)擺球由C→D，由機械能守恒定律得： mgl(1－cos θ)＝mv， 又因為球恰好能做圓周運動，所以v0＝， 解得：θ＝60°. (2)對擺球由D到F點，根據(jù)動能定理得： mg2R＋WFf＝mv－mv， 代入數(shù)據(jù)解得：WFf＝－16 J. 答案：(1)60°　(2)－1

18、6 J 14．(9分)質(zhì)量為m的滑塊與傾角為θ的斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，μ＜tan θ，斜面底端有一個和斜面垂直放置的彈性擋板，滑塊滑到底端與它碰撞時沒有機械能損失，如圖所示．若滑塊從斜面上高為h處以速度v0開始沿斜面下滑，設(shè)斜面足夠長，求： (1)滑塊最終停在何處？ (2)滑塊在斜面上滑行的總路程是多少？ 解析：(1)對滑塊受力分析，重力沿斜面的分力F1＝mgsin θ，又滑動摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos θ，由題意，μ＜tan θ，即μcos θ＜sin θ，故μmgcos θ＜mgsin θ.即最大靜摩擦力小于重力沿斜面的分力，所以最終一定停在斜面底端． (2)設(shè)滑塊在斜面

19、上滑行的總路程為s，全過程由動能定理，有： mgh－μmgcos θ·s＝0－mv 解得s＝. 答案：(1)斜面底端　(2) 15．(10分)如圖甲所示，在同一豎直平面內(nèi)的兩正對著的相同半圓光滑軌道，相隔一定的距離，虛線沿豎直方向，一小球能在其間運動，今在最高點A與最低點B各放一個壓力傳感器，測試小球?qū)壍赖膲毫?，并通過計算機顯示出來，當軌道距離變化時，測得兩點壓力差與距離x的圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，不計空氣阻力，求： (1)小球的質(zhì)量為多少？ (2)若小球在最低點B的速度為20 m/s，為使小球能沿軌道運動，x的最大值為多少？ 解析：(1)設(shè)軌道半徑為R，由機械

20、能守恒定律得 mv＝mg(2R＋x)＋mv 對B點：FN1－mg＝m 對A點：FN2＋mg＝m 由①②③式得 兩點壓力差　ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋④ 由圖象得：截距6mg＝3　得m＝0.05 kg⑤ (2)因為圖線的斜率k＝＝1， 解得R＝1 m⑥ 在A點不脫離的條件為：vA≥ 由①⑤⑥⑦式得：x≤17.5 m. 答案：(1)0.05 kg　(2)17.5 m 16．(12分)如圖所示，一條輕質(zhì)彈簧左端固定在水平桌面上，右端放一個可視為質(zhì)點的小物塊，小物塊的質(zhì)量為m＝1.0 kg，當彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點，現(xiàn)對小物塊施加一個外力，使它緩慢移動，壓縮彈簧

21、(壓縮量為x＝0.1 m)至A點，在這一過程中，所用外力與壓縮量的關(guān)系如圖所示．然后釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運動，已知O點至桌邊B點的距離為L＝2x.水平桌面的高為h＝5.0 m，計算時，可用滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力．(g取10 m/s2)求： (1)在壓縮彈簧過程中，彈簧存儲的最大彈性勢能； (2)小物塊到達桌邊B點時，速度的大?。? 解析：(1)從F－x圖中看出，小物塊與桌面的滑動摩擦力大小為Ff＝1.0 N 在壓縮過程中，摩擦力做功為WFf＝Ffx＝0.1 J 由圖線與x軸所夾面積，可得外力做功為 WF＝ J＝2.4 J 所以彈簧存儲的彈性勢能為：Ep＝WF－WFf＝2.3 J. (2)從A點開始到B點的過程中，由于L＝2x，摩擦力做功為WFf′＝Ff·3x＝0.3 J 對小物塊用動能定理有：Ep－WFf′＝mv 解得vB＝2 m/s. 答案：(1)2.3 J　(2)2 m/s