资源简介

章末检测试卷(四)
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(2023·深圳市高一期中)人站在如图所示的自动扶梯的斜面上，与扶梯一起沿斜面匀速上升，则在这个过程中，脚底所受的摩擦力(　　)
A.等于零，对人不做功
B.沿斜面向下，对人做负功
C.沿斜面向上，对人不做功
D.沿斜面向上，对人做正功
2.质量为m=1 kg的小球，从图中A点下落到地面上的B点，已知h1=1.2 m，h2=0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)
A.以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为12 J
B.以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为8 J
C.从A点到B点的过程中，小球动能的增加量为12 J
D.从A点到B点的过程中，小球重力势能的减少量为20 J
3.滑块静止于固定光滑斜面底端，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用一平行于斜面的恒力F作用于弹簧上端，使滑块沿斜面上滑一段距离，此过程拉力F做功5 J，则此过程中(　　)
A.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B.弹簧的弹性势能增加了5 J
C.滑块的动能增加了5 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了5 J
4.(2023·广州市高一期末)如图所示，取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔将会向上弹起一定的高度。圆珠笔运动过程中始终处于竖直状态。下列说法正确的是(　　)
A.下压圆珠笔的过程中，弹簧的弹性势能减小
B.下压圆珠笔的过程中，重力对圆珠笔做负功
C.圆珠笔向上运动的过程中动能一直减小
D.圆珠笔向上运动的过程中重力势能一直增大
5.(2023·深圳市高一期中)如图所示，两个完全相同的小球甲、乙，从高度相同的光滑固定斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角θ1<θ2，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.两球落地时的速度相同
B.滑到底端过程中，重力对小球甲做的功较多
C.滑到底端过程中，重力对小球甲做功的平均功率较大
D.滑到底端时，小球乙所受重力做功的瞬时功率较大
6.如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在与B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点时对轨道的压力大小为(　　)
A.2μmg B.3mg
C.(1+2μ)mg D.(1+μ)mg
7.(2023·佛山市高一期末)某国产新能源汽车发布的最新高端越野车百公里加速时间仅需3 s多，该车以最大功率从静止启动沿直线行驶，其受到的阻力大小视为不变，根据表格中的数据，下列说法正确的是(　　)
车总质量 3.2 t
牵引力最大功率 800 kw
最大速度 180 km/h
A.启动后，越野车做匀加速运动
B.加速过程中，牵引力做的功等于越野车动能的增加量
C.越野车加速过程中所受到的阻力大小为1.6×104 N
D.当越野车速度为90 km/h时，其加速度大小为10 m/s2
二、多项选择题(本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8.(2022·佛山市高一期末)A、B两材料相同的木箱放在同一粗糙水平面上，分别在相同的水平恒力作用下，由静止开始通过相同的位移，若A的质量大于B的质量，则两过程相比(　　)
A.A获得动能较大 B.B获得动能较大
C.A运动时间较长 D.B运动时间较长
9.(2023·中山市高一期末)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，定滑轮大小及质量可忽略。已知M=m，重力加速度为g。初始时小环位于与滑轮等高的A点，现将小环从A点由静止释放后，下列说法正确的是(　　)
A.小环从A点释放时加速度大小等于g
B.小环下滑一段时间后在绳子拉力作用下能回到A点
C.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D.当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为4∶1
10.(2023·广州市高一期末)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A.木块上滑过程中，重力势能增加了2E0
B.木块受到的摩擦力大小为
C.木块的重力大小为
D.木块与斜面间的动摩擦因数为
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(8分)(2023·茂名市高一期末)如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置。
(1)(2分)关于本实验，下列说法中正确的是　　　　。
A.必须用秒表测出重物下落的时间
B.打点计时器应连接直流电源
C.应先接通电源，后释放纸带
D.验证时，必须测量重物的质量
(2)(2分)打点计时器的电源频率为50 Hz，当地的重力加速度g=9.8 m/s2，重物质量为0.2 kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，打P点时，重物的速度为零，A、B、C为另外3个连续点，根据图中的数据，可知重物由P点运动到B点，重力势能减少量ΔEp=　　　　 J，在B点的动能Ek=　　　　 J(计算结果均保留2位有效数字)。
(3)(4分)实验中发现重物增加的动能总是　　　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)减少的重力势能，主要原因是　　　　 　　　　。
12.(10分)(2023·揭阳市高一期末)某实验小组利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。主要实验步骤如下：
①测量遮光条的宽度 d=5.7 mm；
②测出静止时遮光条中心到光电门中心的距离L；
③接通气泵，将滑块由静止释放；
④记录遮光条经过光电门的时间t；
⑤用天平测出滑块和遮光条的总质量M，再测出沙桶(含沙)的总质量m；
⑥改变滑块的位置重复实验。
(1)(2分)实验前　　　　　　　(选填“需要”或“不需要”)调节气垫导轨水平。
(2)(2分)某次实验中测得t=1.6×10-3 s，则遮光条通过光电门时的速度大小为　　　　　　 m/s(保留三位有效数字)。
(3)(6分)当地的重力加速度为g，滑块通过光电门时，系统(沙桶、滑块、遮光条)的动能增加量Ek=　　　　　　；系统的重力势能减少量Ep=　　　　　，若所测数据在误差允许范围内满足Ek=Ep，即可验证机械能守恒定律。(均用题中所给物理量的字母表示)
13.(10分)某滑雪道为曲线轨道，滑雪道长s=2.5×103 m，竖直高度h=720 m。运动员从该滑道顶端由静止开始滑下，经t=200 s到达滑雪道底端时速度v=30 m/s，人和滑雪板的总质量m=80 kg，g取10 m/s2，求人和滑雪板：
(1)(3分)到达底端时的动能；
(2)(4分)在滑动过程中重力做功的平均功率；
(3)(3分)在滑动过程中克服阻力做的功。
14.(12分)如图所示，竖直平面内曲面AB与半径为r、内壁光滑的四分之一细圆管BC平滑连接于B点，管口B端切线水平，管口C端正下方立一根轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口C端齐平。质量为m的小球(可视为质点)在曲面上某点由静止释放，进入管口B端时，上管壁对小球的作用力大小为mg，g为重力加速度。
(1)(4分)求小球到达B点时的速度大小vB；
(2)(4分)若释放点距B点的高度为2r，求小球在曲面AB上运动时克服阻力所做的功W；
(3)(4分)小球通过BC后压缩弹簧，压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值为Ep，弹簧始终在弹性限度内，求弹簧被压缩的最大形变量x。
15.(14分)(2023·茂名市高一期末)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ=53°，半径R=1.5 m，OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD的长度l=1.5 m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。某运动员从轨道上的A点以初速度v0水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=50 kg，A、B的竖直高度h=0.8 m。重力加速度为g=10 m/s2，求：
(1)(4分)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB；
(2)(4分)D、E的竖直高度H；
(3)(6分)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。
答案精析
1.D　[人站在自动扶梯的斜面上，与扶梯一起沿斜面匀速上升，则人处于平衡状态，受重力、支持力、沿斜面向上的静摩擦力，其中支持力垂直斜面，不做功，重力做负功，静摩擦力做正功，故A、B、C不符合题意，D符合题意。]
2.D　[以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为EpA=mg(h1+h2)=20 J，以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为EpB=-mgh2=-8 J，A、B错误；从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律可知动能的增加量等于重力势能的减少量，即ΔEk=mg(h1+h2)=20 J，C错误，D正确。]
3.D　[对于滑块和弹簧组成的系统，由于有拉力F做功，系统的机械能不守恒，此过程拉力F做功5 J，则系统机械能增加5 J，A错误，D正确；系统的机械能增加量包括弹簧弹性势能的增加量、滑块重力势能的增加量和滑块动能的增加量，所以弹簧的弹性势能增加量小于5 J，滑块的动能增加量也小于5 J，B、C错误。]
4.D　[下压圆珠笔的过程中，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹性势能增大，A错误；下压圆珠笔的过程中，重力方向向下，位移方向向下，重力对圆珠笔做正功，B错误；圆珠笔向上运动的过程中，先做加速直线运动，当圆珠笔所受合力为零时，加速度为零，此时速度最大，之后做减速运动，可知圆珠笔的动能先增大后减小，C错误；圆珠笔向上运动的过程中，圆珠笔的重力一直做负功，因此重力势能一直增大，D正确。]
5.D　[滑到底端过程中，重力对小球做功W=mgh，高度相同，则做功相同，故B错误；根据动能定理可知，两球落地时的速度大小相同，方向不同，故A错误；滑到底端过程中有=at2，又a=gsin θ，联立解得t=，所以甲运动时间长，做功相同，由P=得重力对小球甲做功的平均功率较小，故C错误；滑到底端时，小球受重力做功的瞬时功率P=mgvsin θ，小球乙所受重力做功的瞬时功率较大，故D正确。]
6.C　[设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得-μmgr=0-m，在B点，由牛顿第二定律得FN-mg=m，联立解得FN=(1+2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点时对轨道的压力大小为FN'=FN=(1+2μ)mg，选项C正确。]
7.C　[车以最大功率从静止启动，根据P=Fv
可知牵引力随速度的增大先要减少，车先做加速度减小的加速运动，故A错误；
加速过程中，根据动能定理有WF-Wf=ΔEk，可知牵引力做的功大于越野车动能的增加量，故B错误；
车行驶到最大速度时，有
F=f== N=1.6×104 N，故C正确；
当越野车速度为90 km/h=25 m/s时，有
F'== N=3.2×104 N
根据牛顿第二定律有F'-f=ma
解得a=5 m/s2，故D错误。]
8.BC　[根据f=μmg，可知A与地面的摩擦力较大，根据动能定理Fs-fs=Ek，地面对A的摩擦力做负功更多，恒力做功相等，可知A获得动能较小，B获得动能较大，故B正确，A错误；根据牛顿第二定律F-μmg=ma，可得a=-μg，A的质量较大，则加速度较小，根据s=at2，解得t=，可知A运动时间较长，故C正确，D错误。]
9.AD　[小环从A点释放时竖直方向只受重力作用，
根据牛顿第二定律可得mg=ma，解得a=g，即加速度大小等于g，故A正确；
假设小环下滑过程存在减速过程，则绳中拉力小于小环自身重力，其沿杆方向的分力更小于小环的重力，所以假设不成立。小环会一直加速下滑。即小环下滑一段时间后在绳子拉力作用下不能回到A点，故B错误；
根据小环与物块组成的系统机械能守恒可知小环下落过程中减少的重力势能始终等于小环增加的动能和物块增加的机械能之和，故C错误；
当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，沿绳方向和垂直绳方向分解小环的速度，有v环cos 60°=v物，解得v环=2v物，由Ek=mv2，可知小环与物块的动能之比为Ek环∶Ek物=4∶1，故D正确。]
10.AB　[木块的机械能为其动能和重力势能之和，则知题图乙较上的图线为机械能变化图线；机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则
2E0-3E0=0-3E0+ΔEp，解得ΔEp=2E0，故A正确；
木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则-fs0=2E0-3E0，解得f=，故B正确；
重力所做的功等于重力势能变化量，则
mgs0sin 30°=ΔEp，解得mg=，故C错误；
滑动摩擦力为f=μmgcos 30°，解得μ=，故D错误。]
11.(1)C　(2)0.098　0.096　(3)小于　重物及纸带在下落时受到阻力
解析　(1)实验中用打点计时器，则没必要用秒表测出重物下落的时间，故A错误；
打点计时器应连接交流电源，故B错误；
应先接通电源，后释放纸带，故C正确；
要验证的关系是mgh=mv2，两边消掉了m，则验证时，不需要测量重物的质量，故D错误。
(2)重力势能减小量
ΔEp=mgh=0.2×9.8×0.050 1 J=0.098 J
打B点时的速度
vB===0.98 m/s
在B点的动能
Ek=m=×0.2×0.982 J=0.096 J
(3)实验中发现重物增加的动能总是小于减少的重力势能，主要原因是重物及纸带在下落时受到阻力。
12.(1)需要　(2)3.56　(3)　mgL
解析　(1)实验前需要调节气垫导轨水平。
(2)遮光条通过光电门时的速度大小为
v== m/s=3.56 m/s
(3)当地的重力加速度为g，滑块通过光电门时，系统(沙桶、滑块、遮光条)的动能增加量
Ek=(M+m)v2=
系统的重力势能减少量
Ep=mgL
若所测数据在误差允许范围内满足Ek=Ep，即可验证机械能守恒定律。
13.(1)3.6×104 J　(2)2.88×103 W　(3)5.4×105 J
解析　(1)到达底端时的动能Ek=mv2
代入数据得Ek=3.6×104 J
(2)在滑动过程中重力做的功W=mgh
重力做功的平均功率P=
代入数据解得P=2.88×103 W。
(3)设在滑动过程中克服阻力做的功为Wf，由动能定理有
mgh-Wf=mv2
代入数据解得Wf=5.4×105 J。
14.(1)　(2)mgr　(3)-2r
解析　(1)小球在B点时，由牛顿第二定律可得
mg+mg=m
解得vB=。
(2)小球从被释放至滑到B点过程，由动能定理得
mg·2r-W=m-0
解得W=mgr。
(3)当弹性势能最大时，小球的速度为0，对小球从B点到最低点的过程，由小球与弹簧构成的系统机械能守恒可知mg(r+x)+m=Ep
解得x=-2r。
15.(1)5 m/s　(2)1.1 m　(3)0.7 m
解析　(1)运动员由A到B做平抛运动，则竖直方向=2gh
解得vy=4 m/s
由于在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，则有
vB=
解得vB=5 m/s
(2)对运动员由B到E的过程由动能定理
-mg[H-R(1-cos 53°)]-μmgl=0-m
解得H=1.1 m
(3)假设运动员可以回到B点，且速度为v，则对运动员由E到B的过程由动能定理
mgH-μmgl-mgR(1-cos 53°)=mv2
方程无解，由上可知，假设不成立，运动员不可以回到B点。从E点开始到最后停止，在CD间运动路程为s，则
有mgH=μmgs
解得s=2.2 m
所以从D点进入DC轨道单边完整经过一次水平轨道后，再从BC滑下由C点进入CD，运动0.7 m后停止，则最后停止的位置距C点为0.7 m。(共47张PPT)
章末检测试卷(四)
对一对
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D D D D C C BC
题号 9 10 11 12
答案 AD AB (1)C　(2)0.098　0.096 (3)小于　重物及纸带在下落时受到阻力 (1)需要　(2)3.56　(3)　mgL
题号 13 14 15
答案 (1)3.6×104 J　(2)2.88× 103 W　(3)5.4×105 J (1)　(2)mgr (3)-2r (1)5 m/s　(2)1.1 m (3)0.7 mL
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
一、单项选择题
1.(2023·深圳市高一期中)人站在如图所示的自动扶梯的斜面上，与扶梯一起沿斜面匀速上升，则在这个过程中，脚底所受的摩擦力
A.等于零，对人不做功
B.沿斜面向下，对人做负功
C.沿斜面向上，对人不做功
D.沿斜面向上，对人做正功
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
人站在自动扶梯的斜面上，与扶梯一起沿斜面匀速上升，
则人处于平衡状态，受重力、支持力、沿斜面向上的静
摩擦力，其中支持力垂直斜面，不做功，重力做负功，静摩擦力做正功，故A、B、C不符合题意，D符合题意。
13
14
15
答案
2.质量为m=1 kg的小球，从图中A点下落到地面上的B点，已知h1=1.2 m，h2=0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则
A.以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为12 J
B.以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为8 J
C.从A点到B点的过程中，小球动能的增加量为12 J
D.从A点到B点的过程中，小球重力势能的减少量为20 J
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为EpA=
mg(h1+h2)=20 J，以桌面为参考平面，小球在B点的
重力势能为EpB=-mgh2=-8 J，A、B错误；
从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律可知动能的增加量等于重力势能的减少量，即ΔEk= mg(h1+h2)=20 J，C错误，D正确。
答案
3.滑块静止于固定光滑斜面底端，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用一平行于斜面的恒力F作用于弹簧上端，使滑块沿斜面上滑一段距离，此过程拉力F做功5 J，则此过程中
A.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
B.弹簧的弹性势能增加了5 J
C.滑块的动能增加了5 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了5 J
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
对于滑块和弹簧组成的系统，由于有拉力F做功，系
统的机械能不守恒，此过程拉力F做功5 J，则系统机
械能增加5 J，A错误，D正确；
系统的机械能增加量包括弹簧弹性势能的增加量、滑块重力势能的增加量和滑块动能的增加量，所以弹簧的弹性势能增加量小于5 J，滑块的动能增加量也小于5 J，B、C错误。
答案
4.(2023·广州市高一期末)如图所示，取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔将会向上弹起一定的高度。圆珠笔运动过程中始终处于竖直状态。下列说法正确的是
A.下压圆珠笔的过程中，弹簧的弹性势能减小
B.下压圆珠笔的过程中，重力对圆珠笔做负功
C.圆珠笔向上运动的过程中动能一直减小
D.圆珠笔向上运动的过程中重力势能一直增大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
下压圆珠笔的过程中，弹簧的压缩量增大，
弹簧的弹性势能增大，A错误；
下压圆珠笔的过程中，重力方向向下，位
移方向向下，重力对圆珠笔做正功，B错误；
圆珠笔向上运动的过程中，先做加速直线运动，当圆珠笔所受合力为零时，加速度为零，此时速度最大，之后做减速运动，可知圆珠笔的动能先增大后减小，C错误；
圆珠笔向上运动的过程中，圆珠笔的重力一直做负功，因此重力势能一直增大，D正确。
答案
5.(2023·深圳市高一期中)如图所示，两个完全相同的小球甲、乙，从高度相同的光滑固定斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角θ1<θ2，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是
A.两球落地时的速度相同
B.滑到底端过程中，重力对小球甲做的功较多
C.滑到底端过程中，重力对小球甲做功的平均
功率较大
D.滑到底端时，小球乙所受重力做功的瞬时功率较大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
滑到底端过程中，重力对小球做功W=mgh，
高度相同，则做功相同，故B错误；
根据动能定理可知，两球落地时的速度大小
相同，方向不同，故A错误；
滑到底端过程中有=at2，又a=gsin θ，联立解得t=，所以甲运动时间长，做功相同，由P=得重力对小球甲做功的平均功率
较小，故C错误；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
滑到底端时，小球受重力做功的瞬时功率P=mgvsin θ，小球乙所受重力做功的瞬时功率较大，故D正确。
答案
6.如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在与B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点时对轨道的压力大小为
A.2μmg B.3mg
C.(1+2μ)mg D.(1+μ)mg
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动
能定理得-μmgr=0-m，在B点，由牛顿第二定律
得FN-mg=m，联立解得FN=(1+2μ)mg，由牛顿第
三定律可知，物块到达B点时对轨道的压力大小为FN'=FN=(1+2μ)mg，选项C正确。
答案
7.(2023·佛山市高一期末)某国产新能源汽车发布的最新高端越野车百公里加速时间仅需3 s多，该车以最大功率从静止启动沿直线行驶，其受到的阻力大小视为不变，根据表格中的数据，下列说法正确的是
A.启动后，越野车做匀加速运动
B.加速过程中，牵引力做的功等于越野车
动能的增加量
C.越野车加速过程中所受到的阻力大小为
1.6×104 N
D.当越野车速度为90 km/h时，其加速度大小为10 m/s2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
车总质量 3.2 t
牵引力最大功率 800 kw
最大速度 180 km/h
答案
车以最大功率从静止启动，根据P=Fv
可知牵引力随速度的增大先要减少，车先做加速度减小的加速运动，故A错误；
加速过程中，根据动能定理有WF-Wf=ΔEk，可知牵引力做的功大于越野车动能的增加量，故B错误；
车行驶到最大速度时，有F=f== N=1.6×104 N，故C正确；
当越野车速度为90 km/h=25 m/s时，有F'== N=3.2×104 N
根据牛顿第二定律有F'-f=ma
解得a=5 m/s2，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
二、多项选择题
8.(2022·佛山市高一期末)A、B两材料相同的木箱放在同一粗糙水平面上，分别在相同的水平恒力作用下，由静止开始通过相同的位移，若A的质量大于B的质量，则两过程相比
A.A获得动能较大 B.B获得动能较大
C.A运动时间较长 D.B运动时间较长
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
根据f=μmg，可知A与地面的摩擦力较大，根据动能定理Fs-fs=Ek，地面对A的摩擦力做负功更多，恒力做功相等，可知A获得动能较小，B获得动能较大，故B正确，A错误；
根据牛顿第二定律F-μmg=ma，可得a=-μg，A的质量较大，则加速度较小，根据s=at2，解得t=，可知A运动时间较长，故C正确，D
错误。
答案
9.(2023·中山市高一期末)如图所示，质量为m的小环(可视为质点)套在固定的光滑竖直杆上，一足够长且不可伸长的轻绳一端与小环相连，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为M的物块相连，定滑轮大小及质量可忽略。已知M=m，重力加速度为g。初始时小环位于与滑轮等高的A点，现将小环从A点由静止释放后，下列说法正确的是
A.小环从A点释放时加速度大小等于g
B.小环下滑一段时间后在绳子拉力作用下能回到A点
C.小环下落过程中减少的重力势能始终等于物块增加的机械能
D.当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，小环与物块的动能之比为4∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
√
答案
小环从A点释放时竖直方向只受重力作用，
根据牛顿第二定律可得mg=ma，解得a=g，即加速度大小
等于g，故A正确；
假设小环下滑过程存在减速过程，则绳中拉力小于小环自身重力，其沿杆方向的分力更小于小环的重力，所以假设不成立。小环会一直加速下滑。即小环下滑一段时间后在绳子拉力作用下不能回到A点，故B错误；
根据小环与物块组成的系统机械能守恒可知小环下落过程中减少的重力势能始终等于小环增加的动能和物块增加的机械能之和，故C错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
当小环下滑至绳与杆的夹角为60°时，沿绳方向和垂直绳方向分解小环的速度，有v环cos 60°=v物，解得v环=2v物，由Ek=mv2，可知小环与物块的动能之比为Ek环∶Ek物=4∶1，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
10.(2023·广州市高一期末)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是
A.木块上滑过程中，重力势能增加了2E0
B.木块受到的摩擦力大小为
C.木块的重力大小为
D.木块与斜面间的动摩擦因数为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
木块的机械能为其动能和重力势能之和，则知题图乙
较上的图线为机械能变化图线；机械能的变化量等于
重力势能变化量和动能变化量的和，则2E0-3E0=0-3E0
+ΔEp，解得ΔEp=2E0，故A正确；
木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则-fs0=2E0-
3E0，解得f=，故B正确；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
重力所做的功等于重力势能变化量，则mgs0sin 30°=
ΔEp，解得mg=，故C错误；
滑动摩擦力为f=μmgcos 30°，解得μ=，故D错误。
答案
三、非选择题
11.(2023·茂名市高一期末)如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置。
(1)关于本实验，下列说法中正确的是　 　。
A.必须用秒表测出重物下落的时间
B.打点计时器应连接直流电源
C.应先接通电源，后释放纸带
D.验证时，必须测量重物的质量
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
C
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
实验中用打点计时器，则没必要用秒表测出重物下落
的时间，故A错误；
打点计时器应连接交流电源，故B错误；
应先接通电源，后释放纸带，故C正确；
要验证的关系是mgh=mv2，两边消掉了m，则验证时，不需要测量重物的质量，故D错误。
答案
(2)打点计时器的电源频率为50 Hz，当地的重力加速度g=9.8 m/s2，重物质量为0.2 kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，打P点时，重物的速度为零，A、B、C为另外3个连续点，根据图中的数据，可知重物由P点运动到B点，重力势能减少量ΔEp=　　　　 J，在B点的动能Ek= ________J(计算结果均保留2位有效数字)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
0.098
0.096
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
重力势能减小量
ΔEp=mgh=0.2×9.8×0.050 1 J=0.098 J
打B点时的速度
vB===0.98 m/s
在B点的动能
Ek=m=×0.2×0.982 J=0.096 J
答案
(3)实验中发现重物增加的动能总是　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)减少的重力势能，主要原因是　　　　 　　　　 。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
小于
重物及纸带在下落时受到阻力
实验中发现重物增加的动能总是小于减少的重力势能，主要原因是重物及纸带在下落时受到阻力。
答案
12.(2023·揭阳市高一期末)某实验小组利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。主要实验步骤如下：
①测量遮光条的宽度d=5.7 mm；
②测出静止时遮光条中心到光电门中心
的距离L；
③接通气泵，将滑块由静止释放；
④记录遮光条经过光电门的时间t；
⑤用天平测出滑块和遮光条的总质量M，再测出沙桶(含沙)的总质量m；
⑥改变滑块的位置重复实验。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
(1)实验前　　　(选填“需要”或“不需要”)调节气垫导轨水平。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
需要
实验前需要调节气垫导轨水平。
答案
(2)某次实验中测得t=1.6×10-3 s，则遮光条通过光电门时的速度大小为_______m/s(保留三位有效数字)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3.56
遮光条通过光电门时的速度大小为
v== m/s=3.56 m/s
答案
(3)当地的重力加速度为g，滑块通过光电门时，系统(沙桶、滑块、遮光
条)的动能增加量Ek=　　　　 ；系统的重力势能减少量Ep=　　　，若所测数据在误差允许范围内满足Ek=Ep，即可验证机械能守恒定律。(均用题中所给物理量的字母表示)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
mgL
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
当地的重力加速度为g，滑块通过光电门时，系统(沙桶、滑块、遮光条)的动能增加量
Ek=(M+m)v2=
系统的重力势能减少量
Ep=mgL
若所测数据在误差允许范围内满足Ek=Ep，即可验证机械能守恒定律。
答案
13.某滑雪道为曲线轨道，滑雪道长s=2.5×103 m，竖直高度h=720 m。运动员从该滑道顶端由静止开始滑下，经t=200 s到达滑雪道底端时速度v=30 m/s，人和滑雪板的总质量m=80 kg，g取10 m/s2，求人和滑雪板：
(1)到达底端时的动能；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　3.6×104 J　
到达底端时的动能Ek=mv2
代入数据得Ek=3.6×104 J
答案
(2)在滑动过程中重力做功的平均功率；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　2.88×103 W　
在滑动过程中重力做的功W=mgh
重力做功的平均功率P=
代入数据解得P=2.88×103 W。
答案
(3)在滑动过程中克服阻力做的功。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　5.4×105 J
设在滑动过程中克服阻力做的功为Wf，由动能定理有mgh-Wf=mv2
代入数据解得Wf=5.4×105 J。
答案
14.如图所示，竖直平面内曲面AB与半径为r、内壁光滑的四分之一细圆管BC平滑连接于B点，管口B端切线水平，管口C端正下方立一根轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口C端齐平。质量为m的小球(可视为质点)在曲面上某点由静止释放，进入管口B端时，上管壁对小球的作用力大小为mg，g为重力加速度。
(1)求小球到达B点时的速度大小vB；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　　
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
小球在B点时，由牛顿第二定律可得
mg+mg=m
解得vB=。
答案
(2)若释放点距B点的高度为2r，求小球在曲面AB上运动时克服阻力所做的功W；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　mgr　
小球从被释放至滑到B点过程，由动能定理得
mg·2r-W=m-0
解得W=mgr。
答案
(3)小球通过BC后压缩弹簧，压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值为Ep，弹簧始终在弹性限度内，求弹簧被压缩的最大形变量x。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　-2r
当弹性势能最大时，小球的速度为0，对小球从B点到最低点的过程，
由小球与弹簧构成的系统机械能守恒可知mg(r+x)+m=Ep
解得x=-2r。
答案
15.(2023·茂名市高一期末)滑板运动是极限运
动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目
延伸而来，如图是滑板运动的轨道。BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ=53°，半径R=1.5 m，OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD的长度l=1.5 m，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。某运动员从轨道上的A点以初速度v0水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=50 kg，A、B的竖直高度h=0.8 m。重力加速度为g=10 m/s2，求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
(1)运动员从A点运动到B点的过程中，到达B点时的速度大小vB；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　5 m/s　
运动员由A到B做平抛运动，则竖直方向=2gh
解得vy=4 m/s
由于在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，则有vB=
解得vB=5 m/s
答案
(2)D、E的竖直高度H；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　1.1 m　
对运动员由B到E的过程由动能定理
-mg[H-R(1-cos 53°)]-μmgl=0-m
解得H=1.1 m
答案
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，求出回到B点时速度的大小。如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　0.7 m
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
假设运动员可以回到B点，且速度为v，则对运动员由E到B的过程由动能定理
mgH-μmgl-mgR(1-cos 53°)=mv2
方程无解，由上可知，假设不成立，运动员不可以回到B点。从E点开始到最后停止，在CD间运动路程为s，则有mgH=μmgs
解得s=2.2 m
所以从D点进入DC轨道单边完整经过一次水平轨道后，再从BC滑下由C点进入CD，运动0.7 m后停止，则最后停止的位置距C点为0.7 m。
答案

展开更多......

收起↑