资源简介
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
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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
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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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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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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
√
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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
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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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