第八章 机械能守恒定律 章末检测试卷(四)-（配套课件）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）浙江

ZHANGMOJIANCESHIJUAN(SI) 章末检测试卷(四) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39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.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 运动员在加速下降过程是失重，运动员在减速下降过程是超重，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。 2.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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。 16 17 18 19 20 3.将一定质量的小球放在竖立的弹簧上，弹簧的下端固定(如图甲)，现把小球按到A点位置保持静止，迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C点(如图乙)，途中经过位置B点时，弹簧正好处于原长，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计，则 A.小球刚脱离弹簧时的动能最大 B.从A点运动至B点，小球重力势能的增加量等于弹簧 弹性势能的减小量 C.上升过程的某一阶段，小球的动能减小，而机械能 增加 D.从A点运动至C点，小球克服重力做的功大于弹簧弹力做的功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，速度最大位置在A、B之间，故A错误； 19 20 从A点运动至B点，小球和弹簧系统机械能守恒，在B点小球的动能大于A点的动能，所以小球重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减小量，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 上升过程中小球从速度最大位置到B点，小球的动能减小，弹簧弹性势能减小，而小球的机械能增加，故C正确； 从A点运动至C点，由动能定理可知WG＋W弹＝ΔEk＝0，所以小球克服重力做的功等于弹簧弹力做的功，故D错误。 19 20 4.(2023·宁波市余姚中学高一校考期中)如图所示，质量m＝10 kg的物体在F＝100 N斜向下的推力作用下，沿水平面以v＝1 m/s的速度匀速前进x＝1 m，已知F与水平方向的夹角θ＝30°，重力加速度g＝10 m/s2，则 A.推力F做的功为100 J B.推力F的功率为100 W C.物体克服摩擦力做功为50 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 5.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 19 20 √ 6.(2023·湖州市中学高一校考阶段练习)在沙滩手球比赛中，假设某运动员将质量为0.35 kg的手球以3 m/s的速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度取10 m/s2，当手球的速度为5 m/s时，重力势能的减少量和重力的瞬时功率分别为 A.1.4 J,6 W B.2.8 J,14 W C.2.8 J,17.5 W D.5.6 J,14 W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 手球做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，当速度为5 m/s时，水平方向的速度已知为3 m/s，可知竖直方向的速度为4 m/s，对竖直方向进行分析，重力势能减少量等于竖直方向动能增加量，即ΔEp＝ mvy2＝2.8 J，重力的瞬时功率P＝mgvy＝14 W，故B正确。 7.如图所示，固定在竖直平面内的 圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在与B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点时对轨道的压力大小为 A.2μmg B.3mg C.(1＋2μ)mg D.(1＋μ)mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由牛顿第三定律可知，物块到达B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(1＋2μ)mg，选项C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 刚释放时，物块有加速度mg－FT＝ma，故拉力小于mg，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 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。 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 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。 19 20 10.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(可视为质点)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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； 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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，汽车做匀速直线运动， 则有P＝Fvm，匀速运动时的牵引力等于阻力， 由题图可知F＝Ff＝2×104 N，解得vm＝8 m/s， 16 17 18 19 20 12.(2023·浙江省台州一中校考高一期中)如图所示，某地有一风力发电机，其叶片转动时可形成半径为20 m的圆面。某时间内该地的风速为6 m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2 kg/m3，假如这个风力发动机将此圆面内10%的空气动能转化为电能。取π＝3，则下列说法正确的是 A.此圆面内90%的空气动能全部转化为内能 B.每秒流经风力发电机空气的动能约为31.2 kJ C.风力发动机产生的电功率约为15.6 kW D.若风速变为原来的2倍，则电功率将变为原来的4倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 此圆面内剩余的90%动能可能有的没有与叶片发生作用而耗散掉，有的转化为内能，故A错误； 单位时间内流经风力发电机叶片圆面的气流的体积为 V0＝vS×(1 s)＝v·πr2＝6×3×202 m3＝7 200 m3 19 20 故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 依题意，风力发动机产生的电功率约为P＝10%Ek≈ 15.6 kW，故C正确； 风力发动机产生的电功率 19 20 若风速变为原来的2倍，则电功率将变为原来的8倍，故D错误。 13.如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的固定斜面上，下端固定于斜面底端的挡板上，质量为1 kg的滑块从斜面上a点由静止开始下滑，到b点接触弹簧，至c点速度为0，然后又回到a点。已知xab＝1 m，xbc＝0.2 m，g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.滑块运动到b点时，动能最大 B.整个过程中滑块动能的最大值大于6 J C.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J D.因斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功，滑块和弹簧组成的系统在整个 过程中机械能逐渐减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 滑块又回到a点，说明斜面光滑，滑块 和弹簧组成的系统在整个过程中机械 能守恒，D错误； 滑块先匀加速运动到b点，接触弹簧，弹簧对滑块有沿斜面向上的弹力作用，此时滑块所受重力沿斜面向下的分力大于弹簧弹力，合力大于0，当滑块所受的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点时所受合力为0，d点在b点和c点之间，滑块从a点到d点，由动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0，而mghad<mghac＝mgxacsin 30°＝6 J，W弹<0，所以Ekd<6 J，A、B错误； 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 滑块从a点到c点，由动能定理得mghac＋W弹′＝0－0，hac＝xacsin 30°，解得W弹′＝－6 J，弹簧弹力做的功与弹性势能的变化量大小相等，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，C正确。 14 15 16 17 18 19 20 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 ) 14.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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正确； 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； 15.如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是 A.物体的质量m＝1 kg B.物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.4 C.物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2 D.物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 √ √ 19 20 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α＝ma，解得a＝10 m/s2，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由题图乙可知，物体上升过程中摩擦力做的功W＝30 J－50 J＝－20 J，则物体从斜面底端开始运动到回到斜面底端的整个过程中，由动能定理得Ek－Ek0＝2W，则Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16.Ⅰ.(6分)如图甲所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (1)实验中得到的一条纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。重物和夹子质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。则从打下O点到 打下B点的过程中，重物动能的增加量ΔEk＝__________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 所以，从打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)在实验过程中，下列实验操作和数据处理错误的是_____。 A.重物下落的起始位置靠近打点计时器 B.做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重物 C.为测量打点计时器打下某点时重物的速度v，可测 量该点到O点的距离h，再根据公式v＝ 计算， 其中g应取当地的重力加速度 D.用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式Ep＝ mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度 C 为充分利用纸带，重物下落的起始位置应靠近打点计时器，A正确； 做实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放重物，B正确； 根据实验打出的纸带，应由匀变速直线运动的推论求出打点计时器打下某点时重物的速度v，不可测量该点到O点的距离h， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 就默认了机械能守恒，失去了验证的意义，C错误； 用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式Ep＝mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度v，描点并绘出v2－h的图像。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2－h图像是图中的_____。 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 阻力Ff不变，m、g不变，则v2∝h，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Ⅱ.(8分)(1)将气垫导轨放在水平桌面上，滑块置于通气的导轨上(不连砝码)，调节导轨至水平。下列关于气垫导轨是否达到水平最恰当的判断是___。 A.滑块上的挡光条通过两光电门的遮光时间相同 B.滑块从左向右运动时，光电门2的遮光时间稍大于光电门1的遮光时间 C.滑块从右向左运动时，光电门2的遮光时间稍大于光电门1的遮光时间 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 滑块上的挡光条通过两光电门的遮光时间相同，则说明滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，则可知气垫导轨水平，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)用游标卡尺测出挡光条的宽度d，用天平称出托盘和砝码的总质量m及滑块的质量M； (3)滑块通过不伸长的细线和质量不计的光滑定滑轮与砝码连接，从静止释放滑块，读出挡光条通过两光电门的遮光时间Δ t1和Δ t2； (4)为验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是__________________；(写出物理量的名称及符号) 两光电门的间距l 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 该实验的原理是通过证明托盘和砝码在下降过程中减小的重力势能在误差允许范围内等于托盘和砝码以及滑块增加的动能，以此验证机械能守恒，因此实验中需要知道托盘和砝码下落的高度，而托盘和砝码下落的高度等于滑块在气垫导轨上运动的距离，则只需测出两光电门的间距l即可。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (5)若要符合机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足的关系 是___________________________。(用已知物理量符号表示) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 17.(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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 答案　40 N，方向竖直向上　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 物块由B到C过程中，根据动能定理得： 解得：FN＝40 N，方向竖直向上 (1分) (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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 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， 解得：s总＝3 m 即小物块最终停在距D点0.6 m处。 (1分) 18.(11分)(2023·平湖市当湖高级中学高一校联考期中)如图(a)所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC比AB更粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图(b)所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变。假设汽车(解题中可看成质点)在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)Ff1＝2 000 N。求： (1)运动过程中汽车发动机的输出功率P； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　20 kW 16 17 18 15 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 汽车在AB路段时匀速运动，牵引力和阻力相等 F1＝Ff1 (1分) P＝F1v1 (1分) 联立解得P＝20 kW (1分) 16 17 18 15 19 20 (2)汽车速度减至8 m/s的加速度a大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　0.75 m/s2 16 17 18 15 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 t＝15 s后汽车处于匀速运动状态，有F2＝Ff2 P＝F2v2 (1分) 联立解得Ff2＝4 000 N (1分) v＝8 m/s时汽车在做减速运动，有Ff2－F＝ma (1分) 解得a＝0.75 m/s2 (1分) (3)BC路段的长度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案　93.75 m 16 17 18 15 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 解得s＝93.75 m。 (1分) 19.(11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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 (2)水平面BC的长度s； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 答案　3r　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 解得s＝3r (1分) (3)在压缩弹簧过程中物体的最大速度vm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 19 20 从C点到物体最大速度由功能关系， 20.(11分)(2023·浙江省效实中学高一校考期中)如图甲所示，在竖直平面内光滑的曲面AB与光滑半圆形轨道BC相切连接于B点，直径BC竖直。一小球在AB上离地H高处静止释放，用光电门测出它到达圆形轨道最高点C时的速度vC，不断改变H，得到多组数据后画出H－vC2图像如图乙所示。(不计空气阻力，g取10 m/s2)求： (1)从H＝0.4 m处由静止释放，小球 到达B点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 15 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 18 15 根据题意，小球由静止释放运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有 19 20 (2)圆形轨道的半径R； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 15 18 19 20 答案　0.1 m　 由题图乙像可得，当H＝0.4 m时vC2＝4 m2/s2 从静止释放到运动到C点的过程中由机械能守恒定律有 解得R＝0.1 m (1分) (3)从H＝0.4 m处由静止释放时，小球到达与圆心O点等高的D点时的向心加速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 15 18 19 20 答案　60 m/s2 解得an＝60 m/s2 (1分) (4)要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，则H的取值应满足什么条件？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 15 18 19 20 答案　H≥0.25 m或H≤0.1 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 15 18 19 20 根据题意可知，要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，有2种情况。 第1种情况，小球从C点飞出，临界情况是小球恰好通过C点，由牛顿第二定律有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 17 15 18 19 20 解得H＝2.5R＝0.25 m 第2种情况，小球未能运动到半圆轨道的上半部分，临界情况是小球恰好到达D点，则有mgH＝mgR (1分) 解得H＝0.1 m 所以H的取值为H≥0.25 m或H≤0.1 m (1分) BENKEJIESHU 本课结束 更多精彩内容请登录：www.xinjiaoyu.com D.物体与水平面间的动摩擦因数为 推力做功W＝Fxcos 30°＝100×1× J＝50 J，故A错误； 匀速说明克服摩擦力做的功等于拉力做的功， 为50 J，故C错误； 推力的功率P＝Fvcos 30°＝50 W，故B错误； 根据力的平衡条件知μ(mg＋Fsin 30°)＝Fcos 30°，解得μ＝，故D正确。 设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－mvB2， 在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，联立解得FN＝(1＋2μ)mg， 8.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 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。 对物块受力分析可知mgsin θ＝ma，L＝at2，解得t＝0.5 s，平均功率P＝＝＝9 W，故C错误； 物块运动到斜面底端时的瞬时速度大小为v＝＝3 m/s，瞬时功率为P′＝mgvsin θ＝18 W，故D正确。 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。 每秒流经风力发电机空气的动能约为Ek＝mv2＝ρV0v2＝×1.2× 7 200×62 J＝155.52 kJ P＝10%Ek＝10%v·πr2·ρv2＝πρr2v3 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 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。 物体到达最高点时，机械能E机＝Ep＝mgh，则m＝＝ kg＝1 kg，故A正确； 物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，则|ΔE机|＝μmgcos α·，解得μ＝0.5，故B错误； 因为做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则重物打B点时的速度大小为vB＝ ΔEk＝mvB2＝ 再根据公式v＝计算，否则 设重物下落时所受阻力为Ff，由动能定理得mgh－Ffh＝mv2 整理得v2＝2(g－)h mgl＝(M＋m) 根据该实验的原理，若要符合机械能守恒定律的结论，则以上测得的物理量应该满足的关系是mgl＝(M＋m)。 mgR(1－cos θ)＝mvC2－mv02 (2分) 解得：vC＝2 m/s 根据牛顿第二定律：FN－mg＝m (2分) 根据动能定理：mgR(1－cos θ)－μmgs总＝0－mv02 (2分) Ff2＝ (1分) F＝ (1分) 由动能定理有Pt2－Ff2s＝mv22－mv12，又t2＝t－t1＝15 s (1分) 答案　2　 物体在曲面上下滑的过程，由机械能守恒定律得mg·2r＝mvB2，(1分) 解得vB＝2 (1分) 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) 答案　 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) 得mg(r＋x)－Ep＝mvm2－mvC2 (2分) 解得vm＝。 (1分) 答案　2 m/s mgH＝mvB2 (1分) 解得vB＝2 m/s (1分) mg(H－2R)＝mvC2 (1分) 由机械能守恒定律有mg(H－R)＝mvD2 (1分) 则小球在D点时的向心加速度为an＝ (1分) mg＝m (1分) 由机械能守恒定律有mgH＝mg·2R＋mvC2 (1分) $$