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章末检测试卷(第四章)
(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·成都市高一期中)下列关于功、功率的说法正确的是(　　)
A.由P=Fv可知，当汽车发动机的功率一定时，牵引力大小与速度大小成反比
B.只要力作用在物体上，该力一定对物体做功
C.摩擦力不可能对物体做正功
D.由P=可知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率
2.(2023·连云港市期末)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.(2023·成都市高一期末)如图，滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中(　　)
A.弹簧的弹性势能增加了10 J
B.滑块的动能增加了10 J
C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
4.(2023·辽宁卷)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　)
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
5.(2023·绵阳市高一期中)如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各拴有一杂技演员(可视为质点)。a站在地面，b处于高台上，此时绷紧的细绳间夹角为60°且左侧细绳竖直。若b从图示位置由静止开始摆下，当b摆至最低点时，a刚好对地面无压力。不考虑空气阻力，则a与b的质量之比为(　　)
A.2∶1 B.1∶2
C.3∶1 D.1∶3
6.如图甲所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g=10 m/s2。根据上述信息能求出(　　)
A.斜面的倾角
B.小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C.小滑块下滑的加速度的大小
D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小
7.汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F随速度v变化的图像，加速过程共经历的时间t=8 s，加速过程通过的路程s=50 m，在图中的N点结束加速，之后汽车做匀速直线运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变，则汽车的质量为(　　)
A.2×104 kg B.4.25×103 kg
C.6.75×103 kg D.8.75×103 kg
二、多项选择题(本题共3小题，每小题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.(2023·绵阳市高一期末)如图所示，摆球质量为m，没有弹性的悬线长为L，把悬线拉到水平位置(此时悬线处于拉直状态)后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力f的大小不变，则下列说法正确的是(　　)
A.重力做功为mgL
B.悬线拉力做负功
C.空气阻力做功为-fL
D.空气阻力做功为-πfL
9.(2024·成都市高一期中)如图所示，一固定的油缸上端固定一轻弹簧，轻弹簧上端固定在一轻质水平工作台下端，竖直轻杆穿过竖直轻弹簧，杆的上端连着轻质水平工作台，杆的下端连一轻质薄圆盘。圆盘浸泡在粘稠的油液中，当圆盘在竖直方向以速度v运动时，其所受液体阻力大小为f=bv(其中b仅与油液的粘性有关，粘性越大，b越大)，方向与运动方向相反。现将一木块无初速度地放置在工作台上，工作台缓缓下降一定高度后重新静止。已知下降过程中，弹簧处在弹性限度内，圆盘没有达到油缸底部，不计空气阻力。某次检修后，油缸内换成了粘性更大的油液，其他条件不变。下列说法正确的是(　　)
A.木块下降的高度减小
B.木块下降过程的时间变长
C.重力对木块所做的功减小
D.液体阻力对圆盘所做的功增大
10.(2024·成都市高一期中)如图甲所示，小物块(可以看成质点)以一定的初速度从倾角为α=30°的斜面底端A点沿斜面向上运动。选择地面为参考平面，上滑过程中，物块的机械能E随物块离A点距离s的变化关系图像如图乙所示。小物块上滑时离A最远距离为4 m，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A.物体的质量m=2 kg
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.3
C.物体上滑过程中的加速度大小a=10 m/s2
D.物体回到斜面底端时的速度为4 m/s
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(8分)(2023·成都市高一期末)某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”。
(1)(2分)实验装置甲中存在的错误是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)(2分)进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应　　　　(填正确答案标号)。
A.先释放纸带，再接通电源
B.先接通电源，再释放纸带
(3)(2分)根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点如图乙所示。已测出1、2、3、4四个点到打出的第一个点O的距离分别为h1、h2、h3、h4，打点计时器的打点周期为T，重力加速度大小为g。若代入所测数据在误差允许的范围能满足表达式gh3=　　　　　　(用题目所给物理量符号表示)，则可验证重物下落过程机械能守恒。
(4)(2分)这位同学通过实验结果发现：重物减少的重力势能总是比增加的动能略微大些，其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写出一条即可)。
12.(8分)某同学用如图甲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上端有两个光电门，光电门中心间距是h，重力加速度为g，实验步骤如下：
(1)(2分)用游标卡尺测出小球直径d，如图乙所示，则d=　　　　 mm。
(2)(3分)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。
(3)(3分)计算从光电门1到光电门2过程中系统动能的增加量ΔEk=　　　　，系统势能的减少量ΔEp=　　　　(用题中给出的物理量d，t1，t2，M，m，h，g表示)。
(4)改变小球B位置，重复上述步骤，并得出结论。
13.(10分)质量m=1 kg的小物块以初速度v0=4 m/s从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。O点为圆弧的圆心，θ=60°，轨道半径R=0.8 m，圆弧轨道与水平地面上长为L=2.4 m的粗糙直轨道CD平滑连接。小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发生碰撞，且能原速返回(g=10 m/s2，空气阻力不计)。
(1)(5分)小物块第一次经过最低点C时，求圆弧轨道对物块的支持力N；
(2)(5分)若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ=0.4，求小物块最终停在何处。
14.(12分)(2024·成都市高一期中)如图，在动摩擦因数为μ=0.2的水平桌面上，一质量为m=2.0 kg的小物块(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，弹性势能完全释放，小物块经过长为L=1 m的桌面KA段后以初速度v0从A点沿水平方向飞出桌面，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的BCD段粗糙，A与B之间的竖直高度h=0.8 m。其中C为圆弧轨道的最低点，D为最高点，圆弧BC对应的圆心角为θ=53°，圆弧轨道的半径为R=0.5 m，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，不计空气阻力，重力加速度大小为g=10 m/s2。求：
(1)(3分)小物块从A点飞出的初速度v0的大小；
(2)(4分)弹簧最初状态储存的弹性势能Ep；
(3)(5分)若小物块恰好能通过最高点D，求圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功。
15.(16分)(2023·绵阳市三台中学高一期末)如图所示，在水平面上有一轻质弹簧，其左端与竖直墙壁相连，右侧有一倾斜的传送带与水平面在A点平滑连接，传送带以v=6 m/s的速率逆时针匀速转动。一质量m=1 kg可视为质点的物体压缩弹簧到O点(与弹簧不拴接)，弹簧所具有的弹性势能Ep=17.5 J，然后由静止释放物体，已知物体与水平面及物体与传送带间的动摩擦因数均为0.5，水平面OA段长L=1 m，传送带AB总长s=1.5 m，物体到达A点前弹簧已恢复原长，传送带与水平面之间的夹角α为37°，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求∶
(1)(5分)物体经过A点时的速率；
(2)(5分)计算说明物体能否到达B点；
(3)(6分)物体由静止释放到第二次通过A点过程中由于摩擦所产生的热量。
答案精析
1.A　［由P=Fv可知，当汽车发动机的功率一定时，牵引力大小与速度大小成反比，故A正确；物体所受的力与运动方向垂直时，力对物体不做功，故B错误；摩擦力可能对物体做正功，例如物体随传送带加速，摩擦力对物体做正功，故C错误；公式P=求的是一段时间内的平均功率，故D错误。］
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.C　［对弹簧和滑块系统而言，外力做的功等于系统机械能的增加量，故拉力对系统做的功等于系统机械能的增加量，所以滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J，即弹簧弹性势能增加量和滑块动能增加量之和等于10 J，故A、B、D错误，C正确。］
4.B　［由题图(b)可知，甲下滑过程中做匀加速直线运动，则甲沿 Ⅱ 下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿 Ⅰ 下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿 Ⅰ 下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P=mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。］
5.A　［b下落过程中机械能守恒，有mbgL(1-cos 60°)=mbv2，在最低点有Tb-mbg=，联立解得Tb=2mbg，当a刚好对地面无压力时，有Ta=mag，由题有Ta=Tb，所以ma∶mb=2∶1，故选A。］
6.D　［斜面长10 m，设斜面的倾角为β，由题图丙知小滑块初状态重力势能为Ep1=100 J，由题图乙知末状态动能Ek2=25 J。由Ep=100 J-mgsin β·x和题图丙的斜率绝对值知mgsin β=10 N，因为m未知，所以求不出斜面的倾角，选项A错误。由Ek=(mgsin β-μmgcos β)x和题图乙的斜率知mgsin β-μmgcos β=2.5 N，联立得Ff=μmgcos β=7.5 N，因此能够求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小，选项D正确。滑块质量和倾角未知，因此求不出小滑块与斜面之间的动摩擦因数，选项B错误。下滑的过程由牛顿第二定律知mgsin β-μmgcos β=ma=2.5 N，滑块的质量未知，因此求不出小滑块下滑的加速度的大小，选项C错误。］
7.D　［由图像可知汽车的功率为P=F1v1=4×104×4 W=16×104 W，由题可得加速过程在N点结束后，汽车做匀速直线运动，则有P=F2vm，匀速运动时的牵引力等于阻力，由题图可知F2=f=2×104 N，解得vm=8 m/s，根据动能定理得Pt-fs=m-0，代入数据解得汽车的质量为m=8.75×103 kg，故选D。］
8.AD　［重力做功为mgL，A正确；悬线拉力方向始终与摆球的速度方向垂直，故悬线拉力不做功，B错误；由于空气阻力的方向始终与摆球的运动方向相反，利用微元法可得，空气阻力做功Wf=-f××2πL=-fL，C错误，D正确。］
9.BD　［无论换什么样的油液，工作台重新静止时，受油液阻力为零，此时弹簧弹力等于木块重力，可知弹簧被压缩的长度一样，工作台的高度不变，木块下降的高度不变，故A错误；换液之后平均阻力变大，通过相同的距离，木块下降过程的时间变长，故B错误；换液前后静止时工作台高度是一样的，高度变化量也一样，重力做功为W=mgΔh，因此换液前后重力做功不变，故C错误；同理液体阻力对圆盘所做的功增大，故D正确。］
10.AD　［上升到最高点时物体的机械能等于重力势能，则E2=40 J=mgh，解得m=== kg=2 kg，故A正确；机械能的变化量等于除重力外的其他力所做的功，故满足ΔE=μmgcos α·x，其中ΔE=64 J-40 J=24 J，解得μ===，故B错误；上滑过程中由牛顿第二定律可得mgsin α+μmgcos α=ma，解得a=gsin α+μgcos α=10× m/s2+×10× m/s2=8 m/s2，故C错误；下滑过程中由牛顿第二定律可得mgsin α-μmgcos α=ma'，解得a'=gsin α-μgcos α=10× m/s2-×10× m/s2=2 m/s2，由运动学公式可得v'2=2a'x，解得v'== m/s=4 m/s，故D正确。］
11.(1)打点计时器应接交流电源，图中接的是直流电源(意思正确均可)　(2)B　(3)　(4)在本实验中重物要克服阻力做功(其他合理答案均可)
解析　(1)打点计时器应接交流电源，题图中接的是直流电源。
(2)进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应先接通电源，再释放纸带。故选B。
(3)重力势能减少量为DEp=mgh
对应的动能增加量
ΔEk=mv2=m()2=
二者相等说明机械能守恒，即mgh3=
化简得gh3=
(4)重物及纸带下落过程中受到阻力的作用，需要克服阻力做功，所以重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能。
12.(1)17.5　(3)-)　(M-m)gh
解析　(1)游标卡尺主尺的读数为17 mm，游标卡尺最小分度为0.1 mm，第5条刻线和主尺刻线对齐，游标尺读数为：5×0.1 mm=0.5 mm，游标卡尺读数为：17 mm+0.5 mm=17.5 mm。
(3)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加量为
ΔEk=(M+m)-(M+m)
=-)。
系统势能的减少量为ΔEp=(M-m)gh。
13.(1)40 N，方向竖直向上　(2)停在距D点0.6 m处
解析　(1)物块由B到C过程中，根据动能定理得：
mgR(1-cos θ)=m-m
解得：vC=2 m/s
根据牛顿第二定律：N-mg=m
解得：N=40 N，方向竖直向上
(2)物块最后停止在轨道CD上，从开始到停止的过程中，根据动能定理：
mgR(1-cos θ)-μmgs总=0-m
解得：s总=3 m
即小物块最终停在距D点0.6 m处。
14.(1)3 m/s　(2)13 J　(3)-4 J
解析　(1)小物块从A点到B点的过程，做平抛运动，所以=2gh，tan θ=，解得小物块从A点飞出的初速度v0的大小v0=3 m/s
(2)由能量守恒定律得Ep=m+μmgL，解得，弹簧最初状态储存的弹性势能为Ep=13 J
(3)在B点，小物块的速度为vB==5 m/s，小物块恰好能通过D点，由牛顿第二定律得mg=m
小物块从B点到D点的过程，由动能定理得
Wf-mgR=m-m，代入解得，圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功为Wf=-4 J。
15.见解析
解析　(1)物体从O到A由动能定理可得
Ep-μmgL=m
解得vA=5 m/s
(2)物体从A运动到最高点的过程由动能定理得
-μmgs'cos α-mgs'sin α=0-m
代入数据解得s'=1.25 m<1.5 m
所以物体不能到达B点
(3)因为传送带的速度v>vA，故物体从A到最高点再回到A的加速度相同，由牛顿第二定律得
mgsin α+μmgcos α=ma
解得a=10 m/s2
设经历时间为t，由速度公式得-vA=vA-at
解得t=1 s
由位移公式得s传=v传t=6 m
故相对位移s相=s传-s物=6 m
从释放到第二次经过A点摩擦生热Q=μmgcos α·s相+μmgL=29 J。(共51张PPT)
章末检测试卷(第四章)
对一对
答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D C B A D D AD
题号 9 10
答案 BD AD
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(1)打点计时器应接交流电源，图中接的是直流电源(意思正确均可)　(2)B　(3)　(4)在本实验中重物要克服阻力做功(其他合理答案均可)
12.
(1)17.5　(3)-)　(M-m)gh
答案
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(1)40 N，方向竖直向上　(2)停在距D点0.6 m处
14.
(1)3 m/s　(2)13 J　(3)-4 J
答案
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见解析
一、单项选择题
1.(2023·成都市高一期中)下列关于功、功率的说法正确的是
A.由P=Fv可知，当汽车发动机的功率一定时，牵引力大小与速度大小成
反比
B.只要力作用在物体上，该力一定对物体做功
C.摩擦力不可能对物体做正功
D.由P=可知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率
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由P=Fv可知，当汽车发动机的功率一定时，牵引力大小与速度大小成反比，故A正确；
物体所受的力与运动方向垂直时，力对物体不做功，故B错误；
摩擦力可能对物体做正功，例如物体随传送带加速，摩擦力对物体做正功，故C错误；
公式P=求的是一段时间内的平均功率，故D错误。
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15
答案
2.(2023·连云港市期末)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
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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.(2023·成都市高一期末)如图，滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中
A.弹簧的弹性势能增加了10 J
B.滑块的动能增加了10 J
C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
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对弹簧和滑块系统而言，外力做的功等于系统机械能的增加量，故拉力对系统做的功等于系统机械能的增加量，所以滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J，即弹簧弹性势能增加量和滑块动能增加量之和等于10 J，故A、B、D错误，C正确。
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答案
4.(2023·辽宁卷)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
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答案
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由题图(b)可知，甲下滑过程中做匀加速直线运动，则甲
沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下
滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻
甲的动能比乙的小，A错误，B正确；
乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P=mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。
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答案
5.(2023·绵阳市高一期中)如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各拴有一杂技演员(可视为质点)。a站在地面，b处于高台上，此时绷紧的细绳间夹角为60°且左侧细绳竖直。若b从图示位置由静止开始摆下，当b摆至最低点时，a刚好对地面无压力。不考虑空气阻力，则a与b的质量之比为
A.2∶1 B.1∶2
C.3∶1 D.1∶3
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b下落过程中机械能守恒，有mbgL(1-cos 60°)=mbv2，
在最低点有Tb-mbg=，联立解得Tb=2mbg，当a刚好
对地面无压力时，有Ta=mag，由题有Ta=Tb，所以ma∶
mb=2∶1，故选A。
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答案
6.如图甲所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g=10 m/s2。根据上述信息能求出
A.斜面的倾角
B.小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C.小滑块下滑的加速度的大小
D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小
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斜面长10 m，设斜面的倾角为β，由
题图丙知小滑块初状态重力势能为Ep1
=100 J，由题图乙知末状态动能Ek2=25 J。
由Ep=100 J-mgsin β·x和题图丙的斜率绝对值知mgsin β=10 N，因为m未知，所以求不出斜面的倾角，选项A错误。
由Ek=(mgsin β-μmgcos β)x和题图乙的斜率知mgsin β-μmgcos β=2.5 N，联立得Ff=μmgcos β=7.5 N，因此能够求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小，选项D正确。
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答案
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滑块质量和倾角未知，因此求不出小
滑块与斜面之间的动摩擦因数，选项
B错误。
下滑的过程由牛顿第二定律知mgsin β-μmgcos β=ma=2.5 N，滑块的质量未知，因此求不出小滑块下滑的加速度的大小，选项C错误。
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答案
7.汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F随速度v变化的图像，加速过程共经历的时间t=8 s，加速过程通过的路程s=50 m，在图中的N点结束加速，之后汽车做匀速直线运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变，则汽车的质量为
A.2×104 kg B.4.25×103 kg
C.6.75×103 kg D.8.75×103 kg
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由图像可知汽车的功率为P=F1v1=4×104×4 W=16×
104 W，由题可得加速过程在N点结束后，汽车做匀速
直线运动，则有P=F2vm，匀速运动时的牵引力等于阻
力，由题图可知F2=f=2×104 N，解得vm=8 m/s，根据
动能定理得Pt-fs=m-0，代入数据解得汽车的质量为m=8.75×
103 kg，故选D。
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答案
二、多项选择题
8.(2023·绵阳市高一期末)如图所示，摆球质量为m，没有弹性的悬线长为L，把悬线拉到水平位置(此时悬线处于拉直状态)后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力f的大小不变，则下列说法正确的是
A.重力做功为mgL
B.悬线拉力做负功
C.空气阻力做功为-fL
D.空气阻力做功为-πfL
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重力做功为mgL，A正确；
悬线拉力方向始终与摆球的速度方向垂直，故悬线拉力不做功，B错误；
由于空气阻力的方向始终与摆球的运动方向相反，利用微元法可得，空气阻力做功Wf=-f××2πL=-fL，C错误，D正确。
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答案
9.(2024·成都市高一期中)如图所示，一固定的油缸上端固
定一轻弹簧，轻弹簧上端固定在一轻质水平工作台下端，
竖直轻杆穿过竖直轻弹簧，杆的上端连着轻质水平工作台，
杆的下端连一轻质薄圆盘。圆盘浸泡在粘稠的油液中，当圆盘在竖直方向以速度v运动时，其所受液体阻力大小为f=bv(其中b仅与油液的粘性有关，粘性越大，b越大)，方向与运动方向相反。现将一木块无初速度地放置在工作台上，工作台缓缓下降一定高度后重新静止。已知下降过程中，弹簧处在弹性限度内，圆盘没有达到油缸底部，不计空气阻力。某次检修后，油缸内换成了粘性更大的油液，其他条件不变。下列说法正确的是
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答案
A.木块下降的高度减小
B.木块下降过程的时间变长
C.重力对木块所做的功减小
D.液体阻力对圆盘所做的功增大
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无论换什么样的油液，工作台重新静止时，受油液阻力
为零，此时弹簧弹力等于木块重力，可知弹簧被压缩的
长度一样，工作台的高度不变，木块下降的高度不变，
故A错误；
换液之后平均阻力变大，通过相同的距离，木块下降过程的时间变长，故B错误；
换液前后静止时工作台高度是一样的，高度变化量也一样，重力做功为W=mgΔh，因此换液前后重力做功不变，故C错误；
同理液体阻力对圆盘所做的功增大，故D正确。
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答案
10.(2024·成都市高一期中)如图甲所示，小物块(可以看成质点)以一定的初速度从倾角为α=30°的斜面底端A点沿斜面向上运动。选择地面为参考平面，上滑过程中，物块的机械能E随物块离A点距离s的变化关系图像如图乙所示。小物块上滑时离A最远距离为4 m，重力加速度大小g取10 m/s2，则
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A.物体的质量m=2 kg
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.3
C.物体上滑过程中的加速度大小a=10 m/s2
D.物体回到斜面底端时的速度为4 m/s
√
√
答案
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上升到最高点时物体的机械能等于重力势能，则E2=40 J=mgh，解得m=== kg=2 kg，故A正确；
机械能的变化量等于除重力外的其他力所做的功，故满足ΔE=μmgcos α·x，其中ΔE=64 J-40 J=24 J，解得μ===，故B错误；
上滑过程中由牛顿第二定律可得mgsin α+μmgcos α=ma，解得a=gsin α+
μgcos α=10× m/s2+×10× m/s2=8 m/s2，故C错误；
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答案
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下滑过程中由牛顿第二定律可得mgsin α-
μmgcos α=ma'，解得a'=gsin α-μgcos α=10
× m/s2-×10× m/s2=2 m/s2，由运动学公式可得v'2=2a'x，解得v'== m/s=4 m/s，故D正确。
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答案
三、非选择题
11.(2023·成都市高一期末)某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”。
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(1)实验装置甲中存在的错误是
______________________________________________________。
打点计时器应接交流电源，图中接的是直流电源(意思正确均可)
打点计时器应接交流电源，题图中接的是直流电源。
答案
(2)进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，
应　　(填正确答案标号)。
A.先释放纸带，再接通电源
B.先接通电源，再释放纸带
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B
进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应先接通电源，再释放纸带。故选B。
答案
(3)根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点如图乙所示。已测出1、2、3、4四个点到打出的第一个点O的距离分别为h1、h2、h3、h4，打点计时器的打点周期为T，重力加速度大小为g。若代入所测数据在误差允许的范围能满足表达式gh3=　　　　(用题目所给物理量符号表示)，则可验证重物下落过程机械能守恒。
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答案
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重力势能减少量为DEp=mgh
对应的动能增加量
ΔEk=mv2=m()2=
二者相等说明机械能守恒，即mgh3=
化简得gh3=
答案
(4)这位同学通过实验结果发现：重物减少的重力势能总是比增加的动能略微大些，其原因是_____________________________
__________________(写出一条即可)。
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在本实验中重物要克服阻力做功(其他合理答案均可)
重物及纸带下落过程中受到阻力的作用，需要克服阻力做功，所以重物减少的重力势能总是大于重物增加的动能。
答案
12.某同学用如图甲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上端有两个光电门，光电门中心间距是h，重力加速度为g，实验步骤如下：
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(1)用游标卡尺测出小球直径d，如图乙所示，则d=　　　　 mm。
17.5
答案
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游标卡尺主尺的读数为17 mm，游标卡尺最小分度为0.1 mm，第5条刻线和主尺刻线对齐，游标尺读数为：5×0.1 mm=0.5 mm，游标卡尺读数为：17 mm+0.5 mm=17.5 mm。
答案
(2)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。
(3)计算从光电门1到光电门2过程中系统动能的增加量
ΔEk=　　　　　　　　　　，系统势能的减少量ΔEp=　　　　
________(用题中给出的物理量d，t1，t2，M，m，h，g
表示)。
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-)
(M-m)gh
答案
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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加量为
ΔEk=(M+m)-(M+m)
=-)。
系统势能的减少量为ΔEp=(M-m)gh。
答案
(4)改变小球B位置，重复上述步骤，并得出结论。
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答案
13.质量m=1 kg的小物块以初速度v0=4 m/s从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。O点为圆弧的圆心，θ=60°，轨道半径R=0.8 m，圆弧轨道与水平地面上长为L=2.4 m的粗糙直轨道CD平滑连接。小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发生碰撞，且能原速返回(g=10 m/s2，空气阻力不计)。
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(1)小物块第一次经过最低点C时，求圆弧轨道对物块的支持力N；
答案　40 N，方向竖直向上
答案
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物块由B到C过程中，根据动能定理得：mgR(1-cos θ)=m-m
解得：vC=2 m/s
根据牛顿第二定律：N-mg=m
解得：N=40 N，方向竖直向上
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答案
(2)若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ=0.4，
求小物块最终停在何处。
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答案　停在距D点0.6 m处
物块最后停止在轨道CD上，从开始到停止的过程中，根据动能定理：
mgR(1-cos θ)-μmgs总=0-m
解得：s总=3 m
即小物块最终停在距D点0.6 m处。
答案
14.(2024·成都市高一期中)如图，在动摩擦因数为μ=0.2的水平桌面上，一质量为m=2.0 kg的小物块(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，弹性势能完全释放，小物块经过长为L=1 m的桌面KA段后以初速度v0从A点沿水平方向飞出桌面，恰好从B点沿切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的BCD段粗糙，A与B之间的竖直高度h=0.8 m。其中C为圆弧轨道的最低点，D为最高点，圆弧BC对应的圆心角为θ=53°，圆弧轨道的半径为R=0.5 m，
sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，不计空气阻力，重力
加速度大小为g=10 m/s2。求：
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答案
(1)小物块从A点飞出的初速度v0的大小；
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答案　3 m/s
小物块从A点到B点的过程，做平抛运动，所以=2gh，tan θ=，解得小物块从A点飞出的初速度v0的大小v0=3 m/s
答案
(2)弹簧最初状态储存的弹性势能Ep；
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答案　13 J
由能量守恒定律得Ep=m+μmgL，解得，弹簧最初状态储存的弹性势能为Ep=13 J
答案
(3)若小物块恰好能通过最高点D，求圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功。
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答案　-4 J
答案
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在B点，小物块的速度为vB==5 m/s，小物块恰好能通过D点，由牛顿第二定律得mg=m
小物块从B点到D点的过程，由动能定理得
Wf-mgR=m-m，代入解得，圆弧轨道上摩擦力对小物块做的功为Wf=-4 J。
答案
15.(2023·绵阳市三台中学高一期末)如图所示，在水平面上有一轻质弹簧，其左端与竖直墙壁相连，右侧有一倾斜的传送带与水平面在A点平滑连接，传送带以v=6 m/s的速率逆时针匀速转动。一质量m=1 kg可视为质点的物体压缩弹簧到O点(与弹簧不拴接)，弹簧所具有的弹性势能Ep=17.5 J，然后由静止释放物体，已知物体与水平面及物体与传送带间的动摩擦因数均为0.5，水平面OA段长L=1 m，传送带AB总长s=1.5 m，物体到达A点前弹簧已恢复原长，传送带与水平面之间的
夹角α为37°，重力加速度g取10 m/s2(sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8)。求∶
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(1)物体经过A点时的速率；
答案　见解析
物体从O到A由动能定理可得
Ep-μmgL=m
解得vA=5 m/s
答案
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(2)计算说明物体能否到达B点；
答案　见解析
物体从A运动到最高点的过程由动能定理得-μmgs'cos α-mgs'sin α=0-m
代入数据解得s'=1.25 m<1.5 m
所以物体不能到达B点
答案
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(3)物体由静止释放到第二次通过A点过程中由于摩擦所产生的热量。
答案　见解析
答案
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因为传送带的速度v>vA，故物体从A到最高点再回到A的加速度相同，由牛顿第二定律得
mgsin α+μmgcos α=ma
解得a=10 m/s2
设经历时间为t，由速度公式得-vA=vA-at
解得t=1 s
由位移公式得s传=v传t=6 m
故相对位移s相=s传-s物=6 m
从释放到第二次经过A点摩擦生热Q=μmgcos α·s相+μmgL=29 J。
答案

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