资源简介

章末检测试卷(第1章)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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.如图所示，某同学从一滑坡的顶端由静止开始下滑，然后沿水平面滑动了一段距离后停下来。在整个运动过程中(　　)
A.支持力对他做正功
B.他的重力势能一直不变
C.他的机械能守恒
D.他的机械能减小
2.下列有关功和能量的说法不正确的是(　　)
A.物体做功越多，物体的能量转化就越多
B.摩擦力可能对物体做正功，可能做负功，也可能不做功
C.弹簧的弹性势能一定是非负的
D.弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
3.(2023·福建南安侨光中学高一期中)如图所示，小球由静止从同一出发点到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道次之，A轨道最长，B轨道轨迹被称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，下列说法正确的是(　　)
A.由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度相同
B.三条轨道中小球沿B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大
C.沿A轨道滑下轨道对小球的支持力做功最多
D.沿C轨道滑下到达终点时小球重力的瞬时功率最大
4.(2023·东北师大附中期中)质量为2π kg的均匀条形铁链AB在半径R= m的光滑半球体上方保持静止，已知∠AOB=60°，给铁链AB一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当端点A滑至C处时铁链变为竖直状态且其速度大小为2 m/s，以OC所在平面为零势能参考平面，g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)
A.铁链在初始位置时具有的重力势能为120 J
B.铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为 m
C.铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为(+1) m
D.铁链的端点B滑至C点时其速度大小为3 m/s
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题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。
5.(2023·宁德市高一月考)如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.小球落地时动能等于mgH
B.小球在泥土中受到的平均阻力为
C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h)
D.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
6.(2023·漳州市高一期中)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化关系如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则(　　)
A.物块下滑过程中机械能守恒
B.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
C.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了8 J
7.(2022·广东卷改编)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN=PQ=20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有(　　)
A.从M到N，小车牵引力大小为40 N
B.从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C.从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D.从P到Q，小车克服摩擦力做功600 J
8.(2023·福建厦门第十中学高一期中)如图所示，质量为M=2 kg、长为L=2 m的木板静置于光滑水平面上，在其左端放置一质量为m=1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2。现用一水平向右的拉力F=4 N作用在小木块上，一段时间后小木块从木板另一端滑下，g取10 m/s2，则(　　)
A.小木块在长木板上滑行的时间t=1 s
B.摩擦力对小木块做功-8 J
C.小木块滑离木板的瞬间，拉力F的瞬时功率为16 W
D.上述过程中系统由于摩擦产生的热量为8 J
三、非选择题：本题共7小题，共60分。
9.(3分)(2023·三明一中高一期中)一个质量为2 kg的物体被人用手由静止开始向上提升了2 m，此时速度达到2 m/s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，该过程中，手对物体做功　　　　 J，重力对物体做功　　　 J，合外力对物体做功　　　 J。
10.(4分)(2023·永安市第九中学高一月考)一辆质量m=8×103 kg的汽车在平直的路面上以恒定功率由静止行驶，设所受阻力大小不变，其牵引力F与速度v的关系如图所示，加速过程在图中B点结束，所用的时间t=10 s，10 s后汽车做匀速运动，则汽车运动过程中功率为　　　　 W，所受阻力大小为　　　　 N。
11.(4分)(2023·贵州黔东南凯里一中校考期中)某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，他将质量分别为M、m的A、B两小球用轻质无弹性细绳连接并跨过轻质定滑轮，M>m，在B上端分布有两个光电门，两光电门的宽度均为d，光电门中心间距是h，重力加速度为g，实验步骤如下：
(1)将A球由静止释放，记录B小球依次通过光电门1和光电门2的遮光时间t1和t2。
(2)(4分)计算从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量ΔEk=　　　　，系统重力势能的减少量ΔEp=　　　　(用题中给出的物理量d、t1、t2、M、m、h、g表示)。
(3)改变小球B位置，重复上述步骤，并得出结论。
12.(10分)(2023·临沂市期中)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)(2分)关于上述实验，下列说法中正确的是　　　　。
A.重物最好选择密度较大的物体
B.重物的质量必须要测量出来
C.实验中应先释放纸带，后接通电源
D.可以利用公式v=求解瞬时速度
(2)(6分)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的计时点分别标为A、B、C、D、E、F，并测出各计时点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打点计时器所用的电源是频率为50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从打点计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减少的重力势能ΔEp=　　　　　J；重物增加的动能ΔEk=　　　　　J，两者不完全相等的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)。
(3)(2分)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计时点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计时点到A点的距离h'为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒，由图可求出重力加速度g=　　　。
13.(12分)如图所示，质量m=60 kg的运动员以6 m/s的速度从高h=8 m的滑雪场A点沿斜坡自由滑下，以最低点B所在平面为零势能参考平面，g=10 m/s2，一切阻力可忽略不计。求：
(1)(3分)运动员在A点时的机械能；
(2)(4分)运动员到达最低点B时的速度大小；
(3)(5分)运动员继续沿斜坡向上运动能到达的最大高度。
14.(12分)(2024·三明市四校高一月考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，M、N间距l=5 m，传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m=2 kg的物体(可看作质点)无初速度地放在M点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度取g=10 m/s2，在传送带将物体从M点传送到N点的过程中，求：
(1)(5分)传送带对物体做的功；
(2)(7分)电动机对传送带做的功。
15.(15分)(2023·福建师大附中高一期中)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中提取m=2 kg的水(恰好装满水斗)，高度为d=0.5 m的薄壁水斗的质量为m0=0.5 kg，井中水面与井口的高度差为H=10.5 m。t=0时刻，厚度不计、质量M=0.5 kg的卷筒由静止开始绕中心轴转动，装满水的水斗到达井口前已做匀速运动，绳子拉装满水的水斗的最大功率P=90 W，不计辐条、井绳的质量和转动轴处的摩擦，重力加速度g=10 m/s2。
(1)(4分)若装满水的水斗先以加速度a=2 m/s2匀加速上升，求匀加速运动最大速度v1的大小；
(2)(5分)空水斗从水斗口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水斗落到水面时的速度大小v；
(3)(6分)水斗从图示位置缓慢上升高度H=10.5 m，忽略提水过程中水面高度的变化，考虑水斗在水中所受浮力，求此过程中人做的功W。
答案精析
1.D　[支持力总是与运动方向垂直，不做功，故A错；沿滑坡下滑的过程中该同学的重力势能减小，故B错；由题意可知，该同学与水平面间一定存在摩擦力，摩擦力做负功，其机械能减小，故C错，D对。]
2.D　[功是能量转化的量度，物体做功越多，物体的能量转化就越多，故A正确；摩擦力方向可能与物体运动方向相同，也可能与物体运动方向相反，所以摩擦力可能对物体做正功，也可能做负功，物体也可能受摩擦力但没有位移或者摩擦力与运动方向垂直，即摩擦力不做功，故B正确；弹簧的弹性势能可以是正的，也可以为0，故C正确；弹簧拉伸时与压缩时弹性势能可能相等，故D错误。]
3.B　[由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度大小相同，但A轨道末端倾斜，则速度方向与B、C轨道不同，故A错误；由于三条轨道中小球重力做功相同，但B轨道为最速降线，则小球在B轨道时间最短，B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大，故B正确；小球在A、B、C轨道上运动，支持力不做功，故C错误；由于C轨道末端水平，则沿C轨道滑下到达终点时小球重力的瞬时功率为零，故D错误。]
4.D　[设均匀条形铁链的质量为m，总长为L，初始重力势能为Ep，端点A滑至C处时重力势能为Ep'，据机械能守恒定律有Ep-Ep'=mv2，Ep'=-mg·，又L=2πR×=2 m，联立解得Ep=36π J≈113.04 J，故A错误；设铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为h，则Ep=36π J=2πgh，解得h=1.8 m，故B错误；铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为Δh=h+=2.8 m，故C错误；
初始状态重心设为E点，距O为1.8 m，铁链的端点B滑至C点时，如图所示，
重心在F点，其中OE=OF=1.8 m，根据机械能守恒定律有mg(OE-OFcos 60°)=mv'2，解得v'=3 m/s，故D正确。]
5.AC　[小球落到地面过程，根据动能定理有mgH=Ek，可知小球落地时动能等于mgH，A正确；小球在运动的全过程有mg(H+h)-fh=0，解得f=，B错误；根据上述，整个过程中小球克服阻力做的功为Wf=fh=mg(H+h)，C正确；小球陷入泥中的过程，根据动能定理有mgh-Wf=0-Ek，解得Wf=mgh+Ek，可知小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能与减小的重力势能mgh之和，D错误。]
6.CD　[下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，选项A错误；在斜面顶端，重力势能 mgh=30 J，解得物块质量为m=1 kg，从顶端到底端由动能定理mgh-μmglcos θ=Ek，其中Ek=10 J，cos θ===，可得μ=0.5，选项C正确；物块下滑时加速度的大小为a==gsin θ-μgcos θ=2 m/s2，选项B错误；当物块下滑2.0 m时机械能损失了ΔE=μmgscos θ=0.5×10×2×0.8 J=8 J，选项D正确。]
7.AB　[小车从M到N，依题意有P1=Fv1=200 W，
代入数据解得F=40 N，故A正确；
依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1=F=40 N
则摩擦力做功为W1=-40×20 J=-800 J
则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；
依题意，从P到Q，重力势能增加量为
ΔEp=mg·PQsin 30°=5 000 J，故C错误；
依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为f2，
有f2+mgsin 30°=，
摩擦力做功为W2=-f2·PQ
联立解得W2=-700 J，
则小车克服摩擦力做功为700 J，故D错误。]
8.BC　[小木块的加速度a1==2 m/s2，木板的加速度a2==1 m/s2 ，滑出木板时a1t2-a2t2=L，
解得t=2 s，A错误；摩擦力对小木块做功Wf=-μmg·a1t2=-8 J，B正确；小木块滑离木板时的速度v=a1t=4 m/s，则拉力F的瞬时功率P=Fv=16 W，C正确；系统由于摩擦产生的热量为Q=μmgL=4 J，D错误。]
9.44　-40　4
解析　物体上升过程，根据动能定理有
W-mgh=mv2
代入数据解得手对物体做功为W=44 J
重力对物体做功为WG=-mgh=-2×10×2 J=-40 J
合外力对物体做功为W合=mv2-0=×2×22 J=4 J。
10.1×105　1×104
解析　汽车在平直的路面上以恒定功率由静止行驶，当牵引力F=2×104 N时，汽车的速度v=5 m/s，故汽车运动过程中功率P=Fv=1×105 W，10 s后汽车做匀速运动，由汽车受力平衡有f=FB=1×104 N。
11.(2)-)　(M-m)gh
解析　(2)B球经过光电门1的速度为v1=
B球经过光电门2的速度为v2=
从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量为
ΔEk=(M+m)-(M+m)
=-)。
系统重力势能的减少量为ΔEp=(M-m)gh。
12.(1)A　(2)2.14　2.12　由于存在阻力作用，导致重力势能的减少量大于动能的增加量　(3)9.76 m/s2
解析　(1)重物最好选择密度较大的物体，受到的阻力相对较小，故A正确；本实验需要验证的是mgh=mv2，m可约去，不需要用天平测量重物的质量，故B错误；释放纸带前，重物应靠近打点计时器。必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上，然后先接通电源，后释放纸带，故C错误；不能利用公式v=来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。
(2)重力势能减小量ΔEp=mgh=0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J，
利用匀变速直线运动的推论
vD== m/s=2.91 m/s，
EkD=m=×0.5×2.912 J≈2.12 J，
动能增加量ΔEk=EkD-0=2.12 J，
由于存在阻力作用，
所以重力势能的减少量大于动能的增加量。
(3)根据表达式mgh'=mv2-m，
则有v2=2gh'+，
故v2-h'图像的斜率为
k=2g= m/s2=19.52 m/s2，
则重力加速度为g=9.76 m/s2。
13.(1) 5 880 J　(2)14 m/s　(3)9.8 m
解析　(1)运动员在A点时的机械能
E=Ek+Ep=mv2+mgh=5 880 J；
(2)运动员从A运动到B的过程，
根据机械能守恒定律得E=m，
解得vB=14 m/s；
(3)运动员从A运动到斜坡上最高点的过程，
由机械能守恒定律得E=mghm
解得hm=9.8 m。
14.(1)51 J　(2)54 J
解析　(1)物体无初速度地放在传送带上时，根据牛顿第二定律得沿传送带方向μmgcos θ-mgsin θ=ma
可知物体上升的加速度为a=2.5 m/s2
物体达到1 m/s的速度通过的位移
s==0.2 m
故物体在到达N点前已经与传送带共速，由功能关系得传送带对物体做的功为
W=mv2+mglsin 30°=51 J
(2)在物体加速运动的过程，根据运动学公式可得匀加速运动所用时间为t==0.4 s
物体与传送带的相对位移为Δs'=vt-s=0.2 m
电动机做功使物体机械能增加，同时使物体与传送带间因摩擦产生热量Q，则因摩擦产生的热量为
Q=μmgcos θ·Δs'=3 J
故电动机对传送带做的功为W电=W+Q=54 J。
15.(1)3 m/s　(2)10 m/s　(3)257.5 J
解析　(1)由牛顿第二定律得
T-(m+m0)g=(m+m0)a
根据题意有P=Tv1
则有v1==3 m/s
(2)水斗由静止下落的过程中，水斗和卷筒组成的系统机械能守恒，则有m0g(H-d)=(m0+M)v2
解得v==10 m/s
(3)设水斗在水中受到的浮力大小为F浮，水斗口运动到井口的过程中，由动能定理得
W-(m+m0)gH+d=0
F浮=mg
解得W=(m+m0)gH-d=257.5 J。(共44张PPT)
章末检测试卷(第1章)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D B D AC CD AB BC
题号 9 10 11
答案 44　-40　4 1×105　1×104 (2)-)　(M-m)gh
题号 12 13 14 15
答案 (1)A　(2)2.14　2.12　由于存在阻力作用，导致重力势能的减少量大于动能的增加量　(3)9.76 m/s2 (1) 5 880 J　(2)14 m/s　 (3)9.8 m (1)51 J　 (2)54 J (1)3 m/s　
(2)10 m/s　
(3)257.5 J
对一对
答案
1
2
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5
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8
9
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11
12
13
14
15
一、单项选择题
1.如图所示，某同学从一滑坡的顶端由静止开始下滑，然后沿水平面滑动了一段距离后停下来。在整个运动过程中
A.支持力对他做正功
B.他的重力势能一直不变
C.他的机械能守恒
D.他的机械能减小
1
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5
6
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√
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答案
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5
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7
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11
12
支持力总是与运动方向垂直，不做功，
故A错；
沿滑坡下滑的过程中该同学的重力势
能减小，故B错；
由题意可知，该同学与水平面间一定存在摩擦力，摩擦力做负功，其机械能减小，故C错，D对。
13
14
15
答案
2.下列有关功和能量的说法不正确的是
A.物体做功越多，物体的能量转化就越多
B.摩擦力可能对物体做正功，可能做负功，也可能不做功
C.弹簧的弹性势能一定是非负的
D.弹簧拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能
√
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答案
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功是能量转化的量度，物体做功越多，物体的能量转化就越多，故A正确；
摩擦力方向可能与物体运动方向相同，也可能与物体运动方向相反，所以摩擦力可能对物体做正功，也可能做负功，物体也可能受摩擦力但没有位移或者摩擦力与运动方向垂直，即摩擦力不做功，故B正确；
弹簧的弹性势能可以是正的，也可以为0，故C正确；
弹簧拉伸时与压缩时弹性势能可能相等，故D错误。
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15
答案
3.(2023·福建南安侨光中学高一期中)如图所示，小球由静止从同一出发点到达相同的终点，发现小球从B轨道滑下用时最短，C轨道次之，A轨道最长，B轨道轨迹被称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用B轨道。若忽略各种阻力，下列说法正确的是
A.由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度相同
B.三条轨道中小球沿B轨道滑下过程重力做功的平均
功率最大
C.沿A轨道滑下轨道对小球的支持力做功最多
D.沿C轨道滑下到达终点时小球重力的瞬时功率最大
√
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答案
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5
6
7
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由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度大
小相同，但A轨道末端倾斜，则速度方向与B、C
轨道不同，故A错误；
由于三条轨道中小球重力做功相同，但B轨道为最速降线，则小球在B轨道时间最短，B轨道滑下过程重力做功的平均功率最大，故B正确；
小球在A、B、C轨道上运动，支持力不做功，故C错误；
由于C轨道末端水平，则沿C轨道滑下到达终点时小球重力的瞬时功率为零，故D错误。
14
15
答案
4.(2023·东北师大附中期中)质量为2π kg的均匀条形铁链AB在半径R= m的光滑半球体上方保持静止，已知∠AOB=60°，给铁链AB一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当端点A滑至C处时铁链变为竖直状态且其速度大小为2 m/s，以OC所在平面为零势能参考平面，g取10 m/s2，则下列说法中正确的是
A.铁链在初始位置时具有的重力势能为120 J
B.铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为 m
C.铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为(+1) m
D.铁链的端点B滑至C点时其速度大小为3 m/s
√
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答案
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7
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9
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11
12
设均匀条形铁链的质量为m，总长为L，初始重力
势能为Ep，端点A滑至C处时重力势能为Ep'，据机
械能守恒定律有Ep-Ep'=mv2，Ep'=-mg·，又L=2πR
×=2 m，联立解得Ep=36π J≈113.04 J，故A错误；
设铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为h，则Ep=36π J=2πgh，解得h=1.8 m，故B错误；
铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为Δh=h+=2.8 m，故C错误；
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答案
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6
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12
初始状态重心设为E点，距O为1.8 m，铁链的端点B滑至C点时，如图所示，重心在F点，其中OE=OF=1.8 m，根据机械能守恒定律有mg(OE-OFcos 60°)=mv'2，解得v'=3 m/s，故D正确。
13
14
15
答案
二、多项选择题
5.(2023·宁德市高一月考)如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A.小球落地时动能等于mgH
B.小球在泥土中受到的平均阻力为
C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h)
D.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
1
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√
√
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答案
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13
小球落到地面过程，根据动能定理有mgH=Ek，可知小球
落地时动能等于mgH，A正确；
小球在运动的全过程有mg(H+h)-fh=0，解得f=，
B错误；
根据上述，整个过程中小球克服阻力做的功为Wf=fh=mg(H+h)，C正确；
小球陷入泥中的过程，根据动能定理有mgh-Wf=0-Ek，解得Wf=mgh+Ek，可知小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能与减小的重力势能mgh之和，D错误。
14
15
答案
6.(2023·漳州市高一期中)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化关系如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则
A.物块下滑过程中机械能守恒
B.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
C.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了8 J
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√
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√
答案
下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加
10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以
机械能不守恒，选项A错误；
在斜面顶端，重力势能 mgh=30 J，解得物块质量
为m=1 kg，从顶端到底端由动能定理mgh-μmglcos θ
=Ek，其中Ek=10 J，cos θ===，可得μ=0.5，选项C正确；
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答案
物块下滑时加速度的大小为a==gsin θ-μgcos θ=2 m/s2，
选项B错误；
当物块下滑2.0 m时机械能损失了ΔE=μmgscos θ
=0.5×10 ×2×0.8 J=8 J，选项D正确。
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答案
7.(2022·广东卷改编)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN=PQ=20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有
A.从M到N，小车牵引力大小为40 N
B.从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C.从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D.从P到Q，小车克服摩擦力做功600 J
√
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答案
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12
小车从M到N，依题意有P1=Fv1=200 W，
代入数据解得F=40 N，故A正确；
依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1=F=40 N
则摩擦力做功为W1=-40×20 J=-800 J
则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；
依题意，从P到Q，重力势能增加量为
ΔEp=mg·PQsin 30°=5 000 J，故C错误；
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答案
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12
依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有
f2+mgsin 30°=，
摩擦力做功为W2=-f2·PQ
联立解得W2=-700 J，
则小车克服摩擦力做功为700 J，故D错误。
13
14
15
答案
8.(2023·福建厦门第十中学高一期中)如图所示，质量为M=2 kg、长为L=2 m的木板静置于光滑水平面上，在其左端放置一质量为m=1 kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2。现用一水平向右的拉力F=4 N作用在小木块上，一段时间后小木块从木板另一端滑下，g取10 m/s2，则
A.小木块在长木板上滑行的时间t=1 s
B.摩擦力对小木块做功-8 J
C.小木块滑离木板的瞬间，拉力F的瞬时功率为16 W
D.上述过程中系统由于摩擦产生的热量为8 J
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√
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答案
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12
小木块的加速度a1==2 m/s2，木板的
加速度a2==1 m/s2 ，滑出木板时a1t2-
a2t2=L，解得t=2 s，A错误；
摩擦力对小木块做功Wf=-μmg·a1t2=-8 J，B正确；
小木块滑离木板时的速度v=a1t=4 m/s，则拉力F的瞬时功率P=Fv=16 W，C正确；
系统由于摩擦产生的热量为Q=μmgL=4 J，D错误。
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答案
三、非选择题
9.(2023·三明一中高一期中)一个质量为2 kg的物体被人用手由静止开始向上提升了2 m，此时速度达到2 m/s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，该过程中，手对物体做功　　 J，重力对物体做功　　　 J，合外力对物体做功　　 J。
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44
-40
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答案
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12
物体上升过程，根据动能定理有W-mgh=mv2
代入数据解得手对物体做功为W=44 J
重力对物体做功为WG=-mgh=-2×10×2 J=-40 J
合外力对物体做功为W合=mv2-0=×2×22 J=4 J。
13
14
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答案
10.(2023·永安市第九中学高一月考)一辆质量m=8× 103 kg的汽车在平直的路面上以恒定功率由静止行驶，设所受阻力大小不变，其牵引力F与速度v的关系如图所示，加速过程在图中B点结束，所用的时间t=10 s，10 s后汽车做匀速运动，则汽车运动过程中功率为　　 　 W，所受阻力大小为　　 　 N。
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1×105
1×104
答案
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12
汽车在平直的路面上以恒定功率由静止行驶，当牵引力F=2×104 N时，汽车的速度v=5 m/s，故汽车运动过程中功率P=Fv=1×105 W，10 s后汽车做匀速运动，由汽车受力平衡有f=FB=1×104 N。
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14
15
答案
11.(2023·贵州黔东南凯里一中校考期中)某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，他将质量分别为M、m的A、B两小球用轻质无弹性细绳连接并跨过轻质定滑轮，M>m，在B上端分布有两个光电门，两光电门的宽度均为d，光电门中心间距是h，重力加速度为g，实验步骤如下：
(1)将A球由静止释放，记录B小球依次通过光电门1和
光电门2的遮光时间t1和t2。
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答案
(2)计算从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量
ΔEk=　　　 　，系统重力势能的减少量ΔEp=　　 　　(用题中给出的物理量d、t1、t2、M、m、h、g表示)。
(3)改变小球B位置，重复上述步骤，并得出结论。
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-)
(M-m)gh
答案
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12
B球经过光电门1的速度为v1=
B球经过光电门2的速度为v2=
从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量为
ΔEk=(M+m)-(M+m)=-)。
系统重力势能的减少量为ΔEp=(M-m)gh。
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15
答案
12.(2023·临沂市期中)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是　　。
A.重物最好选择密度较大的物体
B.重物的质量必须要测量出来
C.实验中应先释放纸带，后接通电源
D.可以利用公式v=求解瞬时速度
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A
答案
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12
重物最好选择密度较大的物体，受到的阻力
相对较小，故A正确；
本实验需要验证的是mgh=mv2，m可约去，
不需要用天平测量重物的质量，故B错误；
释放纸带前，重物应靠近打点计时器。必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上，然后先接通电源，后释放纸带，故C错误；
不能利用公式v=来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。
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15
答案
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的计时点分别标为A、B、C、D、E、F，并测出各计时点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打点计时器所用的电源是频率为50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从打点计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减少的重力势能ΔEp=　　　J；重物增加的动能ΔEk=　　　J，两者不完全相等的原因可能是_________________________________________
___________(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)。
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2.14
2.12
存在阻力作用，导致重力势能的减少量大于动
能的增加量
答案
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重力势能减小量ΔEp=mgh=0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J，利用匀变速直线运动的推论vD== m/s =2.91 m/s，EkD=m= ×0.5×2.912 J≈2.12 J，动能增加量ΔEk=EkD-0=2.12 J，由于存在阻力作用，所以重力势能的减少量大于动能的增加量。
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答案
(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计时点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计时点到A点的距离h'为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒，由图可求出重力加速度g=　 　　。
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9.76 m/s2
根据表达式mgh'=mv2-m，则有v2=2gh'+，故v2-h'图像的斜率为k=2g= m/s2=19.52 m/s2，则重力加速度为g=9.76 m/s2。
答案
13.如图所示，质量m=60 kg的运动员以6 m/s的速度从高h=8 m的滑雪场A点沿斜坡自由滑下，以最低点B所在平面为零势能参考平面，g=10 m/s2，一切阻力可忽略不计。求：
(1)运动员在A点时的机械能；
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答案　5 880 J　
运动员在A点时的机械能E=Ek+Ep=mv2+mgh=5 880 J；
答案
(2)运动员到达最低点B时的速度大小；
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答案　14 m/s　
运动员从A运动到B的过程，根据机械能守恒定律得E=m，解得vB=14 m/s；
答案
(3)运动员继续沿斜坡向上运动能到达的最大高度。
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答案　9.8 m
运动员从A运动到斜坡上最高点的过程，由机械能守恒定律得E=mghm
解得hm=9.8 m。
答案
14.(2024·三明市四校高一月考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，M、N间距l=5 m，传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m=2 kg的物体(可看作质点)无初速度地放在M点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度取g=10 m/s2，在传送带将物体从M点传送到N点的过程中，求：
(1)传送带对物体做的功；
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答案　51 J　
答案
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物体无初速度地放在传送带上时，根据牛顿第二定律得沿传送带方向μmgcos θ-mgsin θ=ma
可知物体上升的加速度为a=2.5 m/s2
物体达到1 m/s的速度通过的位移s==0.2 m
故物体在到达N点前已经与传送带共速，由功能关系得传送带对物体做的功为W=mv2+mglsin 30°=51 J
答案
(2)电动机对传送带做的功。
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答案　54 J
答案
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15
在物体加速运动的过程，根据运动学公式可得
匀加速运动所用时间为t==0.4 s
物体与传送带的相对位移为Δs'=vt-s=0.2 m
电动机做功使物体机械能增加，同时使物体与传送带间因摩擦产生热量Q，则因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·Δs'=3 J
故电动机对传送带做的功为W电=W+Q=54 J。
答案
15.(2023·福建师大附中高一期中)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中提取m=2 kg的水(恰好装满水斗)，高度为d=0.5 m的薄壁水斗的质量为m0=0.5 kg，井中水面与井口的高度差为H=10.5 m。t=0时刻，厚度不计、质量M=0.5 kg的卷筒由静止开始绕中心轴转动，装满水的水斗到达井口前已做匀速运动，绳子
拉装满水的水斗的最大功率P=90 W，
不计辐条、井绳的质量和转动轴处
的摩擦，重力加速度g=10 m/s2。
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答案
(1)若装满水的水斗先以加速度a=2 m/s2匀加速上升，求匀加速运动最大速度v1的大小；
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答案　3 m/s　
由牛顿第二定律得T-(m+m0)g=(m+m0)a
根据题意有P=Tv1
则有v1==3 m/s
答案
(2)空水斗从水斗口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水斗落到水面时的速度大小v；
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答案　10 m/s　
水斗由静止下落的过程中，水斗和卷筒组成的系统机械能守恒，则有m0g(H-d)=(m0+M)v2
解得v==10 m/s
答案
(3)水斗从图示位置缓慢上升高度H=10.5 m，忽略提水过程中水面高度的变化，考虑水斗在水中所受浮力，求此过程中人做的功W。
答案　257.5 J
设水斗在水中受到的浮力大小为F浮，水斗口运动到井口的过程中，由动能定理得W-(m+m0)gH+d=0
F浮=mg
解得W=(m+m0)gH-d=257.5 J。
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