第八章 机械能守恒定律 章末检测试卷(四)（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二
文档属性
| 名称 | 第八章 机械能守恒定律 章末检测试卷(四)（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 237.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-02-14 22:15:50 | ||
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文档简介
第八章 机械能守恒定律 章末检测试卷(四)
(满分：100分)
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．关于功和功率的概念，下列说法中正确的是( )
A．力对物体没有做功，则物体位移一定为0
B．由P＝可知，做功越多，则力做功的功率越大
C．摩擦力只能做负功
D．某个力对物体做功越快，它的功率一定越大
2．跳伞是一项勇敢者的运动，可以将跳伞运动分为加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员始终处于失重状态
B．空气阻力始终对运动员做负功
C．任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减少量相等
D．运动员和降落伞整体所受重力做的功始终大于其重力势能的减少量
3．(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
4.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
5．(2023·连云港市海头高级中学高一校考期末)单杠项目对体力和技巧要求高，需要注意安全。如图(a)所示，质量为50 kg的小李双臂平行，静止倒立在单杠AB上。随后小李绕杠旋转至最低位置，如图(b)所示。若把小李看作质点，小李从静止到最低位置过程的运动可看作半径为1.2 m的圆周运动，不计各种阻力，g＝10 m/s2。小李在最低位置时，一只手对单杠AB的拉力大小为( )
A．1 000 N B．1 250 N
C．2 000 N D．2 500 N
6.如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A．刚释放时细线的拉力大小为mg
B．该过程中物块的机械能减少了mgl
C．该过程中软绳的重力势能减少了mgl
D．软绳离开滑轮时速度大小为
7．(2023·无锡市太湖高级中学高一校考阶段练习)如图，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75 m，质量m＝1.0 kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5 J
B．物块滑到斜面底端时的动能为1.5 J
C．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24 W
D．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18 W
8．(2023·泰州市第二中学高一校考阶段练习)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A. B. C. D．0
9．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
10.将一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，如图所示。由于强风影响，小球到达最高点时其速度方向水平向右，大小为v，此时比抛出点高H，重力加速度为g。在此过程中，下列判断正确的是( )
A．小球抛出时，重力的瞬时功率为mgv0
B．小球到达最高点时，重力的瞬时功率为mgv
C．在此过程中，合外力做功mv02－mv2
D．在此过程中，除了重力，其他力做的总功为mgH＋mv2－mv02
11.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、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．(15分)(2023·盐城市响水中学高一校考期中)某实验小组用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。
(1)除图示器材外，下列器材中，必需的一组是________。(填选项前字母)
A．直流电源及导线、刻度尺
B．直流电源及导线、天平及砝码
C．交流电源及导线、天平及砝码
D．交流电源及导线、刻度尺
(2)实验中在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，O点为纸带打出的第一个点。已知重物的质量为0.5 kg，打点计时器的打点频率为50 Hz，取重力加速度大小g＝9.8 m/s2，纸带上所标数据单位为cm，则从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp＝________ J，动能增加量ΔEk＝________ J。(结果均保留三位有效数字)
(3)通过多次实验，某同学发现重力势能的减小量ΔEp总是________(选填“大于”“小于”或“等于”)动能增加量ΔEk，这是由于____________________。
(4)关于实验误差，下列说法正确的是________。(填选项前字母)
A．重物质量的称量不准会造成较大误差
B．重物质量选用得大些，有利于减小误差
C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差
D．先释放重物，后接通电源会造成较大误差
13．(6分)(2023·南通市海安高级中学高一校考阶段练习)如图甲所示，一个质量为m＝4 kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求：
(1)运动过程中物体的最大加速度大小；
(2)物体的速度最大时距出发点的距离；
(3)物体停止的位置距出发点的距离。
14.(8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)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FN；
(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。
15．(12分)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平，质量为m的物体在曲面上距BC的高度为2r处由静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知物体与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，求：
(1)物体到达B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中物体的最大速度vm。
16．(15分)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；
(2)电动机对传送带做的功。
章末检测试卷(四)
1．D [力对物体没有做功，可能是力与位移的方向垂直，而物体位移不一定为0，选项A错误；由P＝可知，单位时间内做功越多，则力做功的功率越大，选项B错误；摩擦力既能做负功，也能做正功，也可以不做功，选项C错误；由P＝可知，某个力对物体做功越快，它的功率一定越大，选项D正确。]
2．B [运动员在加速下降过程处于失重，运动员在减速下降过程处于超重，故A错误；空气阻力始终与运动员运动方向相反，始终对运动员做负功，故B正确；任意相等的时间内运动员的平均速度不相等，竖直方向上下降的高度不等，故任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减少量不相等，故C错误；运动员和降落伞整体所受重力做的功始终等于其重力势能的减少量，故D错误。]
3．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。]
4．C
5．B [转动半径r＝1.2 m，设在最低点时速度为v，根据动能定理有2mgr＝mv2，F－mg＝m，解得F＝2 500 N，则一只手对单杠AB的拉力大小为1 250 N。故选B。]
6．D [刚释放时，物块有向下的加速度，故细线拉力小于mg，故A错误；物块的重力势能减小mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于mgl，故B错误；因为软绳均匀，把软绳的重心看作在软绳的中点，所以软绳相当于向下移动了l，故软绳减小的重力势能为mgl，故C错误；对物块和软绳由能量守恒得mg×l＋mgl＝×2mv2，解得速度大小为，故D正确。]
7．D [重力做的功为WG＝mgLsin θ＝4.5 J，故A错误；根据动能定理可得mgLsin θ＝Ek＝4.5 J，故B错误；由受力分析可以知道mgsin θ＝ma，解得a＝6 m/s2，L＝at2，解得t＝0.5 s，重力的平均功率为P＝＝ W＝9 W，故C错误；物块运动到斜面底端时的瞬时速度为v＝at＝3 m/s，重力的瞬时功率为P瞬＝mgvsin θ＝18 W，故D正确。]
8．B [小球A下降h过程，根据动能定理，有mgh－W弹＝0，小球B下降h过程，根据动能定理，有2mgh－W弹＝×2mv2－0，联立解得v＝，故选B。]
9．D [斜面长10 m，设斜面的倾角为β，由题图丙知小滑块初态重力势能为Ep1＝100 J，由题图乙知末态动能Ek2＝25 J。由Ep＝100 J－mgsin β·x和题图丙的斜率知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。]
10．D [小球抛出时，竖直方向速度为v0，方向与重力方向相反，可知此时重力的瞬时功率为PG1＝－mgv0，故A错误；小球到达最高点时，竖直方向速度为0，可知此时重力的瞬时功率大小为PG2＝0，故B错误；根据动能定理，合外力做功为W＝mv2－mv02，故C错误；重力做功为WG＝－mgH，根据动能定理可得mv2－mv02＝WG＋W其他，解得其他力做的总功为W其他＝mgH＋mv2－mv02，故D正确。]
11．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＝Ff＝2×104 N，解得vm＝8 m/s，根据动能定理得Pt－Ffs＝mvm2－0，代入数据解得汽车的质量为m＝8.75×103 kg，故选D。]
12．(1)D(2分) (2)0.237(3分)
0．233(3分) (3)大于(2分) 存在空气阻力和摩擦阻力(2分)
(4)BD(3分)
解析 (1)打点计时器工作需要交流电源，还需刻度尺测量纸带上各点间的距离。故选D。
(2)从O点到B点，重物的重力势能减少量ΔEp＝mgxOB＝0.5×9.8×0.0484 J＝0.237 J
打B点时的速度vB＝＝ m/s＝0.965 m/s
则ΔEk＝mvB2＝0.233 J
(3)由于存在空气阻力和摩擦阻力，重物重力势能的减小量总是大于动能的增加量。
(4)该实验中，验证的机械能守恒定律的表达式为mgxOB＝mvB2，可知质量会被消掉，若重物质量的称量不准，不会造成较大误差，选项A错误；重物质量应选用得大些，这样可减小因摩擦阻力和空气阻力带来的误差，选项B正确，C错误；先释放重物，后接通电源，则在打O点时的速度不为零，会给实验带来较大误差，选项D正确。
13．(1)20 m/s2 (2)3.2 m (3)10 m
解析 (1)由牛顿第二定律得
Fm－μmg＝mam(1分)
其中Fm＝100 N
解得am＝20 m/s2(1分)
(2)由题图乙得出，推力F随位移x变化的关系为
F＝100－25x(N)(1分)
速度最大时，物体的加速度为零，此时
F＝μmg＝20 N
解得x＝3.2 m(1分)
(3)F与位移x的关系图线与x轴围成的面积表示F所做的功，即
WF＝Fmx0＝200 J
对全程运用动能定理得
WF－μmgxm＝0(1分)
解得xm＝10 m。(1分)
14．(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)＝mvC2－mv02(1分)
解得：vC＝2 m/s
根据牛顿第二定律：FN－mg＝m(1分)
解得：FN＝40 N，方向竖直向上(2分)
(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－mv02 (2分)
解得：s总＝3 m
即小物块最终停在距D点0.6 m处。(2分)
15．(1)2 (2)3r
(3)
解析 (1)物体在曲面上下滑的过程，由机械能守恒定律得
mg·2r＝mvB2，(2分)
解得vB＝2(1分)
(2)物体在C端时与管壁间恰好无作用力，
结合牛顿第二定律和向心力公式，有mg＝m(1分)
可得vC＝(1分)
由A至C，由动能定理，得
mg·2r－μmgs＝mvC2(2分)
解得s＝3r(1分)
(3)设在压缩弹簧过程中物体速度最大时离D端的距离为x，
则有kx＝mg，则x＝(1分)
从C点到物体最大速度处由功能关系，得mg(r＋x)－Ep＝mvm2－mvC2(2分)
解得vm＝。(1分)
16．(1)51 J (2)54 J
解析 (1)物体轻放在传送带上时，
根据牛顿第二定律得沿斜面方向μmgcos θ－mgsin θ＝ma(2分)
可知物体的加速度大小为a＝2.5 m/s2(1分)
物体达到1 m/s的速度通过的位移x＝＝0.2 m(1分)
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(4分)
(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(1分)
相对位移为Δx′＝vt－x＝0.2 m(2分)
电动机做的功包括物体机械能增加量，及物体与传送带间因摩擦产生热量Q，因摩擦产生的热量为
Q＝μmgcos θ·Δx′＝3 J(2分)
故电动机对传送带做的功为
W电＝W＋Q＝54 J。(2分)
(满分：100分)
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．关于功和功率的概念，下列说法中正确的是( )
A．力对物体没有做功，则物体位移一定为0
B．由P＝可知，做功越多，则力做功的功率越大
C．摩擦力只能做负功
D．某个力对物体做功越快，它的功率一定越大
2．跳伞是一项勇敢者的运动，可以将跳伞运动分为加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员始终处于失重状态
B．空气阻力始终对运动员做负功
C．任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减少量相等
D．运动员和降落伞整体所受重力做的功始终大于其重力势能的减少量
3．(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
4.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
5．(2023·连云港市海头高级中学高一校考期末)单杠项目对体力和技巧要求高，需要注意安全。如图(a)所示，质量为50 kg的小李双臂平行，静止倒立在单杠AB上。随后小李绕杠旋转至最低位置，如图(b)所示。若把小李看作质点，小李从静止到最低位置过程的运动可看作半径为1.2 m的圆周运动，不计各种阻力，g＝10 m/s2。小李在最低位置时，一只手对单杠AB的拉力大小为( )
A．1 000 N B．1 250 N
C．2 000 N D．2 500 N
6.如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A．刚释放时细线的拉力大小为mg
B．该过程中物块的机械能减少了mgl
C．该过程中软绳的重力势能减少了mgl
D．软绳离开滑轮时速度大小为
7．(2023·无锡市太湖高级中学高一校考阶段练习)如图，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75 m，质量m＝1.0 kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5 J
B．物块滑到斜面底端时的动能为1.5 J
C．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24 W
D．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18 W
8．(2023·泰州市第二中学高一校考阶段练习)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A. B. C. D．0
9．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
10.将一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，如图所示。由于强风影响，小球到达最高点时其速度方向水平向右，大小为v，此时比抛出点高H，重力加速度为g。在此过程中，下列判断正确的是( )
A．小球抛出时，重力的瞬时功率为mgv0
B．小球到达最高点时，重力的瞬时功率为mgv
C．在此过程中，合外力做功mv02－mv2
D．在此过程中，除了重力，其他力做的总功为mgH＋mv2－mv02
11.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、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．(15分)(2023·盐城市响水中学高一校考期中)某实验小组用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。
(1)除图示器材外，下列器材中，必需的一组是________。(填选项前字母)
A．直流电源及导线、刻度尺
B．直流电源及导线、天平及砝码
C．交流电源及导线、天平及砝码
D．交流电源及导线、刻度尺
(2)实验中在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，O点为纸带打出的第一个点。已知重物的质量为0.5 kg，打点计时器的打点频率为50 Hz，取重力加速度大小g＝9.8 m/s2，纸带上所标数据单位为cm，则从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp＝________ J，动能增加量ΔEk＝________ J。(结果均保留三位有效数字)
(3)通过多次实验，某同学发现重力势能的减小量ΔEp总是________(选填“大于”“小于”或“等于”)动能增加量ΔEk，这是由于____________________。
(4)关于实验误差，下列说法正确的是________。(填选项前字母)
A．重物质量的称量不准会造成较大误差
B．重物质量选用得大些，有利于减小误差
C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差
D．先释放重物，后接通电源会造成较大误差
13．(6分)(2023·南通市海安高级中学高一校考阶段练习)如图甲所示，一个质量为m＝4 kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求：
(1)运动过程中物体的最大加速度大小；
(2)物体的速度最大时距出发点的距离；
(3)物体停止的位置距出发点的距离。
14.(8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)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FN；
(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。
15．(12分)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平，质量为m的物体在曲面上距BC的高度为2r处由静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知物体与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，求：
(1)物体到达B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中物体的最大速度vm。
16．(15分)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；
(2)电动机对传送带做的功。
章末检测试卷(四)
1．D [力对物体没有做功，可能是力与位移的方向垂直，而物体位移不一定为0，选项A错误；由P＝可知，单位时间内做功越多，则力做功的功率越大，选项B错误；摩擦力既能做负功，也能做正功，也可以不做功，选项C错误；由P＝可知，某个力对物体做功越快，它的功率一定越大，选项D正确。]
2．B [运动员在加速下降过程处于失重，运动员在减速下降过程处于超重，故A错误；空气阻力始终与运动员运动方向相反，始终对运动员做负功，故B正确；任意相等的时间内运动员的平均速度不相等，竖直方向上下降的高度不等，故任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减少量不相等，故C错误；运动员和降落伞整体所受重力做的功始终等于其重力势能的减少量，故D错误。]
3．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。]
4．C
5．B [转动半径r＝1.2 m，设在最低点时速度为v，根据动能定理有2mgr＝mv2，F－mg＝m，解得F＝2 500 N，则一只手对单杠AB的拉力大小为1 250 N。故选B。]
6．D [刚释放时，物块有向下的加速度，故细线拉力小于mg，故A错误；物块的重力势能减小mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于mgl，故B错误；因为软绳均匀，把软绳的重心看作在软绳的中点，所以软绳相当于向下移动了l，故软绳减小的重力势能为mgl，故C错误；对物块和软绳由能量守恒得mg×l＋mgl＝×2mv2，解得速度大小为，故D正确。]
7．D [重力做的功为WG＝mgLsin θ＝4.5 J，故A错误；根据动能定理可得mgLsin θ＝Ek＝4.5 J，故B错误；由受力分析可以知道mgsin θ＝ma，解得a＝6 m/s2，L＝at2，解得t＝0.5 s，重力的平均功率为P＝＝ W＝9 W，故C错误；物块运动到斜面底端时的瞬时速度为v＝at＝3 m/s，重力的瞬时功率为P瞬＝mgvsin θ＝18 W，故D正确。]
8．B [小球A下降h过程，根据动能定理，有mgh－W弹＝0，小球B下降h过程，根据动能定理，有2mgh－W弹＝×2mv2－0，联立解得v＝，故选B。]
9．D [斜面长10 m，设斜面的倾角为β，由题图丙知小滑块初态重力势能为Ep1＝100 J，由题图乙知末态动能Ek2＝25 J。由Ep＝100 J－mgsin β·x和题图丙的斜率知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。]
10．D [小球抛出时，竖直方向速度为v0，方向与重力方向相反，可知此时重力的瞬时功率为PG1＝－mgv0，故A错误；小球到达最高点时，竖直方向速度为0，可知此时重力的瞬时功率大小为PG2＝0，故B错误；根据动能定理，合外力做功为W＝mv2－mv02，故C错误；重力做功为WG＝－mgH，根据动能定理可得mv2－mv02＝WG＋W其他，解得其他力做的总功为W其他＝mgH＋mv2－mv02，故D正确。]
11．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＝Ff＝2×104 N，解得vm＝8 m/s，根据动能定理得Pt－Ffs＝mvm2－0，代入数据解得汽车的质量为m＝8.75×103 kg，故选D。]
12．(1)D(2分) (2)0.237(3分)
0．233(3分) (3)大于(2分) 存在空气阻力和摩擦阻力(2分)
(4)BD(3分)
解析 (1)打点计时器工作需要交流电源，还需刻度尺测量纸带上各点间的距离。故选D。
(2)从O点到B点，重物的重力势能减少量ΔEp＝mgxOB＝0.5×9.8×0.0484 J＝0.237 J
打B点时的速度vB＝＝ m/s＝0.965 m/s
则ΔEk＝mvB2＝0.233 J
(3)由于存在空气阻力和摩擦阻力，重物重力势能的减小量总是大于动能的增加量。
(4)该实验中，验证的机械能守恒定律的表达式为mgxOB＝mvB2，可知质量会被消掉，若重物质量的称量不准，不会造成较大误差，选项A错误；重物质量应选用得大些，这样可减小因摩擦阻力和空气阻力带来的误差，选项B正确，C错误；先释放重物，后接通电源，则在打O点时的速度不为零，会给实验带来较大误差，选项D正确。
13．(1)20 m/s2 (2)3.2 m (3)10 m
解析 (1)由牛顿第二定律得
Fm－μmg＝mam(1分)
其中Fm＝100 N
解得am＝20 m/s2(1分)
(2)由题图乙得出，推力F随位移x变化的关系为
F＝100－25x(N)(1分)
速度最大时，物体的加速度为零，此时
F＝μmg＝20 N
解得x＝3.2 m(1分)
(3)F与位移x的关系图线与x轴围成的面积表示F所做的功，即
WF＝Fmx0＝200 J
对全程运用动能定理得
WF－μmgxm＝0(1分)
解得xm＝10 m。(1分)
14．(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)＝mvC2－mv02(1分)
解得：vC＝2 m/s
根据牛顿第二定律：FN－mg＝m(1分)
解得：FN＝40 N，方向竖直向上(2分)
(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－mv02 (2分)
解得：s总＝3 m
即小物块最终停在距D点0.6 m处。(2分)
15．(1)2 (2)3r
(3)
解析 (1)物体在曲面上下滑的过程，由机械能守恒定律得
mg·2r＝mvB2，(2分)
解得vB＝2(1分)
(2)物体在C端时与管壁间恰好无作用力，
结合牛顿第二定律和向心力公式，有mg＝m(1分)
可得vC＝(1分)
由A至C，由动能定理，得
mg·2r－μmgs＝mvC2(2分)
解得s＝3r(1分)
(3)设在压缩弹簧过程中物体速度最大时离D端的距离为x，
则有kx＝mg，则x＝(1分)
从C点到物体最大速度处由功能关系，得mg(r＋x)－Ep＝mvm2－mvC2(2分)
解得vm＝。(1分)
16．(1)51 J (2)54 J
解析 (1)物体轻放在传送带上时，
根据牛顿第二定律得沿斜面方向μmgcos θ－mgsin θ＝ma(2分)
可知物体的加速度大小为a＝2.5 m/s2(1分)
物体达到1 m/s的速度通过的位移x＝＝0.2 m(1分)
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(4分)
(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(1分)
相对位移为Δx′＝vt－x＝0.2 m(2分)
电动机做的功包括物体机械能增加量，及物体与传送带间因摩擦产生热量Q，因摩擦产生的热量为
Q＝μmgcos θ·Δx′＝3 J(2分)
故电动机对传送带做的功为
W电＝W＋Q＝54 J。(2分)