能力导练二十四 第七章章末检测
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第2、5、6、7、11、12题有多项符合题目要求，其余各题只有一项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1．关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( )
A．摩擦力做功的多少跟物体运动的位移大小成正比，跟物体运动的路径无关
B．滑动摩擦力总是做负功
C．静摩擦力一定不做功
D．静摩擦力和滑动摩擦力都是既可以对物体做正功，也可以对物体做负功
解析：摩擦力(包括滑动摩擦力和静摩擦力)与其他力一样，对物体既可以做正功，也可以做负功．选项D正确，B、C错误．摩擦力做功的多少跟路径有关，这与重力做功是不同的，选项A错误．
答案：D
图1
2．如图1所示，小球自a点由静止自由下落，落到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a到b至c的过程中( )
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能减小
C．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
D．小球的动能减小
解析：由题意知，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，在小球由a→b→c的过程中，开始时小球受到的重力大于弹力，因此小球的动能增大；当弹簧的弹力等于重力时，动能最大，但小球继续向下运动，直至弹簧压缩到最短，此时小球的动能为零，弹簧的弹性势能最大．
答案：BC
图2
3．(2019年福建省莆田市一模)如图2所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t关系的是(取初速度方向为正方向)( )
解析：A、B.上滑时的加速度a1＝＝gsinθ＋μgcosθ，下滑时的加速度a2＝＝gsinθ－μgcosθ.知a1＞a2.根据位移公式x＝at2，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知下滑时间t2大于上滑时间t1.由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度．根据速度—时间图线的斜率表示加速度可知A正确，B错误．C.据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一次函数关系，故C错误．D.重力做功W＝－mgh＝－mgxsinθ，故D错误．故选A.
答案：A
4．质量为m的汽车，其发动机额定功率为P，当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到阻力为车重的k倍，则车的最大速度为( )
A. B.
C. D.
解析：当牵引力等于总阻力时，汽车速度达到最大，即＝mgsinθ＋kmg.故vm＝.
答案：B
图3
5．如图3所示，质量为m的物体，以水平速度v离开高为H的桌子，当它落到距地面高为h的A点时，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是( )
A．物体在A点具有的机械能是mv2＋mgH
B．物体在A点具有的机械能是mvA2＋mgh
C．物体在A点具有的动能是mv2＋mg(H－h)
D．物体在A点具有的动能是mg(H－h)
解析：在平抛运动中，物体仅有重力做功，机械能守恒，mv2＋mgH＝mvA2＋mgh.∴A、B正确．由动能定理：mg(H－h)＝EkA－mv2得EkA＝mv2＋mg(H－h)，故C正确．
答案：ABC
6．起重机将质量为m的货物竖直匀加速吊起，加速度为a.当把货物提升h高时，货物的重力势能增量ΔEp及起重机对货物所做的功W分别为( )
A．ΔEp＝mgh B．ΔEp＝mah
C．W＝m(g－a)h D．W＝m(g＋a)h
解析：重力做功引起重力势能的变化，WG＝－mgh＝－ΔEp，故ΔEp＝mgh，A选项正确；根据牛顿第二定律，F－mg＝ma，起重机对货物做功W＝Fh＝m(g＋a)h，D选项正确．
答案：AD
图4
7．如图4所示，某同学通过一轻动滑轮提升质量m＝1 kg的物体，他竖直向上拉绳子，使物体由静止开始以5 m/s2的加速度上升，在此后的1 s时间内，一切摩擦不计，以下说法正确的是(取g＝10 m/s2)( )
A．拉力F做的功为18.75 J
B．拉力F在1 s末的瞬时功率为75 W
C．拉力F的平均功率为37.5 W
D．物体克服重力做功的平均功率为25 W
解析：对于物体，设两个绳子拉力合力大小为T，根据牛顿第二定律得：T－mg＝ma得：T＝m(g＋a)则F＝T＝m(g＋a)＝×1×(10＋5) N＝7.5 N．1 s内物体上升的高度：h＝at2＝2.5 m，手拉力的作用点移动的位移：H＝2h＝5 m，拉力做的功为W＝FH＝7.5×5 J＝37.5 J，A错误；第1 s末物体的速度大小为v＝at＝5 m/s，手拉力的作用点移动速度v′＝2v＝10 m/s，故第一秒末拉力的功率为P＝F′v′＝75 W，B正确；拉力F的平均功率为＝＝37.5 W，C正确；克服重力做的功：WG＝mgh＝1×10×2.5 J＝25 J，平均功率：G＝25 W，D正确，故选B、C、D.
答案：BCD
8．把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图5所示，则下列说法正确的是( )
图5
A．两小球落地时速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
解析：根据平抛运动和竖直上抛运动规律知A、B两球落地时的速度大小相同，A球速度方向斜向下，B球速度方向竖直向下，则速度不同，选项A错误；落地时重力的瞬时功率P＝mgv cosθ，因B球落地时速度竖直向下，所以B球落地时重力的瞬时功率较大，选项B错误；重力做功WG＝mgh，与路径无关，只与物体的起点和终点的位置有关，选项C正确；因B球从抛出到落地所用时间较长．重力对B球做功的平均功率较小，选项D错误．
答案：C
9．如图6所示，半径为R＝0.4 m的圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m＝0.5 kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动．g取10 m/s2.则( )
图6
A．两小球由静止释放后速度大小相等，最终在水平面上运动的速度大小为4 m/s
B．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率一直增大
C．小球甲下滑到圆弧形轨道最低点对轨道压力的大小为5 N
D．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1 J
解析：两小球运动到水平面上时，速度大小相等，系统机械能守恒，mgR＝×2mv2，解得v＝＝2 m/s，A选项错误；小球甲由静止开始下滑，初态重力功率为零，在水平面上时，重力方向的速度为零，此时重力的功率也是零，故重力的功率先增加后减小，B选项错误；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点时，重力和支持力的合力提供向心力，FN－mg＝m，解得FN＝10 N，即对轨道的压力为10 N，C选项错误；整个过程中，轻杆对小球乙做功，根据动能定理W＝mv2＝1 J，D选项正确．
答案：D
图7
10．(2019年沈阳市东北育才学校三模)如图7所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时( )
A．物块B满足m2gsinθ＝kd
B．物块A的加速度为
C．物块A重力的功率为m1gv
D．弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1gdsinθ－m1v2
解析：A.开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚要离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsinθ＝kx2，但由于开始弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；B.由上面分析可知，m2gsinθ＜kd，故物块A的加速度大于，故B错误；C.由于速度v与重力夹角不为零，故重力的瞬时功率不等于m1gv，故C错误；D.根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为Fd－m1gdsinθ－m1v2，故D正确；故选D.
答案：D
11．物块先沿轨道1从A点由静止下滑至底端B点，后沿轨道2从A点由静止下滑经C点至底端B点，AC＝CB，如图8所示．物块与两轨道间的动摩擦因数相同，不考虑物块在C点处撞击的因素，则物块沿两个轨道下滑的整个过程中( )
图8
A．沿两个轨道下滑的位移大小相同
B．沿轨道2下滑的位移大
C．物块滑至B点时速度大小相同
D．沿轨道2下滑克服摩擦力做功多
解析：由于初、末位置相同，故物块沿两条轨道下滑的位移相同，故选项A正确，B错误．如图9所示，沿轨道2运动，摩擦力做的功为Wf2＝μmg cosα·xAC＋μmg cosβ·xCB＝μmg·xEF＋μmg·xEB＝μmg·xFB；沿轨道1运动，摩擦力做的功为Wf1＝μmg cosθ·xAB＝μmg·xFB＝Wf2；由动能定理知mgh－Wf＝mvB2，由于摩擦力做功相同，则到达B端时动能相同，速度大小相等，但是速度方向不同，故选项C正确，D错误．
图9
答案：AC
12.
图10
如图10所示，半径为r＝0.5 m的光滑圆轨道被固定在竖直平面内，圆轨道最低处有一小球(小球半径比r小得多)．现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离轨道运动，v0应满足(不计一切阻力，g取10 m/s2)( )
A．v0>0 B．v0≥2 m/s
C．v0≥5 m/s D．v0≤ m/s
解析：小球不脱离轨道，有两种可能：(1)小球能过最高点．过最高点的临界速度vB＝＝ m/s，由机械能守恒知mvA2＝2mgr＋mvB2，可得vA＝5 m/s；
(2)小球运动的最高点与圆轨道的圆心等高．由机械能守恒得mvA2＝mgr，vA＝＝ m/s.
答案：CD
二、实验题：本题共2小题，共12分
13．(5分)(2019年广东省佛山南海模拟)验证机械能守恒定律的实验装置如图11甲所示．
图11
(1)安装打点计时器时，应使打点计时器的平面处在________平面内，且两个纸带限位孔的连线处在________方向上．
(2)图11乙为实验所得的一条纸带，在纸带上选取了点迹清晰、连续的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1，h2，h3.已知打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g.从起始点O到打下点B过程中重物增加的动能ΔEk＝__________，减少的重力势能ΔEp＝__________．
(3)实验测得的ΔEk____________ΔEp(填“大于”或“小于”)．
解析：(1)安装打点计时器时，应使打点计时器的平面处在竖直平面内，且两个纸带限位孔的连线处在竖直方向上．
(2)匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故vB＝；重物增加的动能：ΔEk＝mvB2＝；减少的重力势能：ΔEp＝mg·Δh＝mgh2.
(3)实际实验中，重锤要受到空气阻力、纸带和打点计时器限位孔之间的摩擦力，故重物下落时要克服这些阻力做功，重力势能不能全部转化为动能，有一小部分转化为内能，故重物减少的重力势能通常会略大于增加的动能．
答案：(1)竖直 竖直 (2) mgh2
(3)小于
14．(7分)在用图12所示装置进行“探究恒力做功与滑块动能变化的关系”实验中，某同学设计了如下实验步骤：
图12
a．用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫起，在质量为M的滑块上系上细绳，细绳的另一端通过有光滑转轴的定滑轮挂上钩码；
b．反复移动垫块的位置，调整长木板的倾角θ，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；
c．取下细绳和钩码，同时记录钩码的质量m；
d．保持长木板的倾角不变，启动打点计时器，让滑块沿长木板向下做匀加速直线运动，到达底端时关闭电源；
e．取下纸带进行分析，计算恒力做的功与滑块动能的变化，探寻它们间的关系．
回答下列问题：(重力加速度为g，结果用已知和测量的物理量字母表示)
(1)滑块在匀加速下滑过程中，所受的合力大小F＝__________．
(2)如图13所示，实验中得到一条纸带，已知打点计时器的工作频率为f，在纸带上从某一点O开始每隔1个点选取一个计数点，分别标有O、A、B、C、D、E、F、G测得相邻计数点间的距离．
图13
①打点计时器打下A点时滑块的速度vA＝________；
②选取纸带上A、F两点进行研究，则从A到F，滑块动能的增加量ΔEk＝__________；合力F做的功WF＝__________．若在误差允许范围内ΔEk＝WF，则可初步确定恒力做的功等于滑块动能的变化．
解析：(1)设滑块滑动时所受摩擦力Ff.滑块在匀速下滑过程中，有Mgsin θ＝Ff＋mg；在匀加速下滑过程中，所受的合力大小F＝Mgsin θ－Ff，解得F＝mg.
(2)①打点周期T＝，故打下A点时滑块的速度
vA＝＝.
②因vF＝＝，故从A到F，滑块动能的增加量为ΔEk＝MvF2－MvA2
＝M－M；
合力F所做的功为
WF＝F·AF＝mg(s2＋s3＋s4＋s5＋s6)．
答案：(1)mg (2)①
②M－M，
mg(s2＋s3＋s4＋s5＋s6)
三、计算题：本题共4小题，共40分，要求有必要的文字说明和解题步骤
15．(8分)如图14所示，固定光滑斜面的倾角θ＝37°，顶部有一定滑轮．一细线跨过定滑轮，两端分别与物块(可视为质点)A和B连接，A的质量为M＝0.7 kg，离地高为h＝0.5 m，B的质量为m＝0.3 kg.轻弹簧底端固定在斜面的挡板上，开始时将B按在弹簧的上端使弹簧被压缩，然后放手，A下降而B沿斜面上滑．当A落到地面立即停止，绳子松弛，B继续沿斜面上滑x＝0.75 m才停止运动．已知在A落地前，轻弹簧已经恢复原长，g取10 m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
图14
(1)A刚落地时的速度大小；
(2)开始时弹簧的弹性势能．
解析：(1)A落地之后，B继续上滑的过程：
－mgx sinθ＝0－mvB2，
解得：vB＝3 m/s，vA＝vB＝3 m/s；
(2)A落地前，系统机械能守恒：
Mgh＋Ep＝(M＋m)vB2＋mgh sinθ，
解得：Ep＝1.9 J.
答案：(1)3 m/s (2)1.9 J
16．(10分)(2019年邯郸模拟)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图15甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图15乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g取10 m/s2.求：
图15
(1)物体在运动过程中的最大加速度；
(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大；
(3)物体在水平面上运动的最大位移．
解析：(1)当推力F最大时，加速度最大．
由牛顿第二定律，得
F－μmg＝ma
a＝10 m/s2.
(2)由图象可知F随x变化的关系式为
F＝80－20x
速度最大时，合外力为零
即F＝μmg
所以x＝2.5 m.
(3)位移最大时，末速度一定为零
由动能定理可得
WF－μmgs＝0
由图象可知，力F做的功为
WF＝Fx＝160 J
所以s＝ m≈5.33 m(用分数表示同样给分)．
答案：(1)10 m/s2 (2)2.5 m (3)5.33 m
17．(10分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图16所示．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M＝10 kg和m＝2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：
图16
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．
解析：(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有
h1＝gt2①
x1＝vmint②
联立①②式，得vmin＝8 m/s③
(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vc，有
(M＋m)gh2＝(M＋m)vc2④
vc＝＝ m/s≈9 m/s⑤
(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，
由牛顿第二定律得
FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥
由几何关系(L－h2)2＋x22＝L2⑦
得：L＝10 m⑧
综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：
FT＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216 N
答案：(1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N
18．(12分)在工厂的流水线上安装水平传送带，把沿斜面滑下的工件用水平传送带进行传送可大大提高工作效率．如图17所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面下端与水平传送带相连，一工件从h＝0.20 m高处的A点由静止滑下后到达B点的速度为v1，接着以v1滑上水平放置的传送带．已知传送带长L＝15 m，保持顺时针方向的v0＝4.0 m/s的运行速度不变，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，g＝10 m/s2，空气阻力不计，工件可看成质点，求：
图17
(1)求工件从A点由静止下滑到B点时的速度v1；
(2)求工件从B点运动到C点的时间．
解析：(1)工件从A点由静止下滑到B点过程中，
应用动能定理得：
mgh＝mv12
得v1＝2 m/s
(2)从B到C先匀加速后匀速．加速时μmg＝ma2
得a2＝2 m/s2
设匀加速时间为t1，则v0＝v1＋a2t2
得t1＝1 s.
匀加速运动的位移x1＝v1t1＋a2t12＝3 m，
之后匀速运动的时间t2＝＝3 s.
故总时间t＝t1＋t2＝4 s.
答案：(1)2 m/s (2)4 s
课件37张PPT。同步导练/RJ·必修② 物理 经典品质/超越梦想 07 机械能守恒定律本章总结 知 识 结 构复 习 点 津解题方法探究能力导练二十四
