第8章 机械能守恒定律目标-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

— 22 — 第八章 机械能守恒定律目标 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 备课组长推好题 第15题综合考查力、牛顿第二定律、机械能守恒定律结合运动的分解及相关 数学知识来求解实际应用问题,题目设置灵活,紧扣基础知识,对学生的综合应用能力要求较 高,值得推荐。 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.(2025·湖南省长沙一中月考)一根粗细不均匀的绳子摆放在地面上,已知绳子的质量为5kg,绳 长为1m,抓住绳子一端缓慢往上提起,直到另一端恰好离开地面,此过程需做功30J。若抓住绳 子的另一端把绳子缓慢提起来,拉力做功为(g取10m/s2) ( ) A.10J B.20J C.30J D.50J 2.(2025·浙江省杭州二中期末)太阳辐射的总功率为P,日地距离为r,阳光到达地面的过程中的 能量损耗为50%;太阳光垂直照射时,太阳能电池的能量转化效率为η;一辆质量为750kg的汽 车的太阳能电池板的面积为S,电机能够将输入功率的90%用于牵引汽车前进。此时太阳能电 池车正以72km/h匀速行驶,所受阻力为车重的0.02倍,已知该太阳能电池能直接满足汽车的 上述行驶需求。若半径为R 的球表面积为4πR2,则 ( ) A.太阳能汽车可达的最大机械功率为ηPS 8πr2 B.汽车阻力的功率为3×105W C.若汽车机械功率恒定,车速减半时牵引力也减半 D.太阳能电池板的面积必须满足关系:9ηPS 80πr2 ≥3.0×103W 3.(2025·北京市朝阳区模拟)物体a、b质量分别为ma 和mb,且ma<mb,它们的初动能相同。若a 和b分别只受到恒定阻力Fa 和Fb 的作用,经过相同的时间停下来,它们的位移分别为xa 和xb。 下列说法正确的是 ( ) A.Fa>Fb,xa<xb B.Fa>Fb,xa>xb C.Fa<Fb,xa>xb D.Fa<Fb,xa<xb 4.(2025·湖南省多校联考月考)如图所示,粗糙水平面与半径为0. 75m的竖直光滑圆弧轨道相切于A 点,圆弧轨道上端点C 和圆心 连线与水平面成θ=37°角,质量为1kg的小物块以8m/s的初速度 从P 点向右滑行,A、P 两点间的距离为1.5m,小物块与水平面间 的动摩擦因数为0.5,已知重力加速度为10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则小物块 ( ) A.从P 点运动到A 点所用的时间为0.1s B.经过C点时对轨道的压力大小为763 N C.运动到最高点时的速度大小为4m/s D.运动到最高点时距地面的高度为2m 5.(2025·重庆市南开中学高一期末)如图所示,在倾角为θ的光滑固定斜面上, A、B、C、D 四点将斜面三等分。质量为m 的小滑块P 以初速度v0 从A 点出 发,沿斜面向上运动,滑块滑到D 点时速度恰好为0,而后下滑。若AB 部分不 光滑,其余部分光滑,则滑块上行到C点时速度恰好为0,而后下滑过程中说法 正确的是(重力加速度为g) ( ) A.滑块所受摩擦力f>mgsinθ B.滑块所受摩擦力f<mgsinθ C.滑块下滑到A 点时速度vA= 3 3v0 D. 滑块下滑到B 点时速度vB= 3 2v0 6.(2025·辽宁省葫芦岛市龙港区高一期末)某教师受儿童娱乐场过 山车与彩色滑道项目的启发,设计了如图所示的实验装置,竖直放 置的光滑曲线轨道AM、水平轨道 MN 与光滑圆轨道O 在M 点平 滑连接,在B 点安装有压力传感器并与计算机连接(B 为圆轨道的 最高点),已知圆O的半径为R。一质量为m 的小物块从距水平轨道高h 处的A 点无初速度滑 下,经过圆轨道O后到达水平轨道MN,压力传感器显示小物块经过B 点时对轨道的压力大小为 1 2mg 。下列说法正确的是 ( ) A.h=3R B.小物块滑过 M 点时加速度大小a=5.5g C.减小h,小物块经过B 点时对轨道的压力增大 D.减小h,小物块经过 M 点和B 点时对轨道的压力差一定减小 7.(2025·河北省唐山市模拟)如图所示,一轻质弹簧两端分别拴接质量均为1kg的木 块A、B,并静止在水平桌面上。现用一竖直向上的外力将木块A 缓慢拉至某位置,木 块B 恰好对桌面无压力,此时撤去外力,木块A 由静止向下运动。已知弹簧劲度系数 为100N/m,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,下 列说法中正确的是 ( ) A.木块B 受到地面的最大支持力为40N B.木块A 运动过程中的最大速度为 3m/s C.木块A 运动过程中的最大加速度为10m/s2 D.轻质弹簧具有的最大弹性势能为4J 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.(2025·北京101中学高一期中)如图甲所示,一物块以一 定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运 动的过程中,其动能Ek 与运动路程s的关系如图乙所示。 已知物块所受的摩擦力大小恒定,g取10m/s。下列说法 正确的是 ( ) A.物块质量为0.7kg B.物块所受摩擦力大小为0.7N C.0~20m过程中,物块克服摩擦力做功为10J D.0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为4∶3 9.(2025·天津市南开区期中)中国目前拥有世界上最完善的高铁系统, 高铁是中国科技发展的一张世界名片。假设有一动车组由四节车厢 连接而成,每节车厢的质量均为m、阻力均恒为f,其中第一节和第四节为动力车厢,功率均恒为 P,重力加速度为g。该动车组由静止开始恒定功率启动,下列说法正确的是 ( ) A.该动车组的最大行驶速度为P2f B.由静止到最大速度过程的平均速度为P4f C.该动车组速度达到最大时,第二、三两节车厢之间的作用力大小为2f D.当速度为最大值的一半时,动车组运行的加速度大小为fm 10.(2025·山东省潍坊市模拟)如图所示,倾角为30°且足够长的光滑斜 劈(底端带有挡板)固定在水平地面上,A、B 两个物体通过轻弹簧拴 接,A 紧靠着挡板,B、C两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,A 和 B 的质量分别为2m 和m。初始时,控制C使轻绳伸直且无拉力,滑轮 左侧轻绳与斜劈上表面平行,右侧轻绳竖直,弹簧始终在弹性限度内,劲度系数为k。弹性势能 表达式为Ep= 1 2kx 2(x为弹簧的形变量),重力加速度为g。现无初速释放C,当C 下滑至最低 点(未接触地面)时,A 刚好脱离挡板。下列说法正确的是 ( ) A.物体C下落过程先失重后超重 B.物体C下落的最大高度为mg2k C.物体C的质量为0.75m D.释放瞬间物体C的加速度大小为17g — 21 — — 24 — 11.(2025·湖南省长沙市宁乡市月考)发展新能源汽车是我国当前一项 重大国家战略。假设有一辆纯电动汽车质量m=1.6×103kg,汽车 沿平直的公路从静止开始启动,汽车启动后的速度记为v,牵引力大 小记为F,v-1F 图像如图所示,vm 表示最大速度,ab平行于v 轴,bc 反向延长线过原点。已知汽车运动过程中受到的阻力大小恒定,bc段汽车运动的时间为8s。 下列说法正确的是 ( ) A.汽车所受阻力为5000N B.汽车从a到b持续的时间为32s C.汽车能够获得的最大速度为12.5m/s D.汽车从b到c过程中运动的位移为88.75m 三、非选择题:本题共5小题,共52分。 12.(6分)(2025·四川成都市蓉城联盟模 拟)某同学利用如图a所示的装置“验证 机械能守恒定律”。实验时该同学使用 频闪仪对做平抛运动的小球进行拍摄, 某次拍摄后得到的照片如图b所示(图 中未包括小球刚离开轨道的影像)。图 中的背景是放在竖直平面内的带有正方 形方格的纸板,纸板与小球轨迹所在平 面平行,其上每个大方格的边长为5cm,当地重力加速度大小取g=9.8m/s2。 (1)频闪仪每隔 s发出一次闪光:小球在图a中抛出点O的速度大小为v0= m/s; 小球运动到位置b时速度的竖直分量大小为 m/s,由此可计算出小球运动到位置b时的 速度大小vb。 (2)已知位置b到抛出点O 的竖直高度为h,若满足表达式 (用h、v0、vb、g表示),则 可认为小球从抛出点O到位置b的运动过程中机械能守恒。 13.(8分)(2025·浙江省宁波市镇海中学模 拟)小天进行“验证机械能守恒定律”的探 究实验,图1是该实验装置。 (1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁 夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在 下列器材中,还必须使用的器材是 (多选); A.低压交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码) (2)该实验过程中,下列说法正确的是 ; A.先释放纸带再接通电源 B.用手托住重物由静止释放 C.重物下落的初始位置应靠近打点计时器 (3)按照正确的操作得到图2所示的一条纸带,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,已知当地重力加速度为g,打点计时器打点周期为T。设重物 的质量为m。从打O点到打B 点的过程中,重物的重力势能的减少量ΔEp= ,动能 的增加量ΔEk= 。 14.(10分)(2025·吉林省长春汽车经开三中月考)如图所示,在 竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB 的下端与光滑的圆弧轨道 BCD 相切于B 点,C点是最低点,圆心角∠BOC=37°,D 点与 圆心O 等高,圆弧轨道半径 R=1.0m,一个质量为 m= 0.5kg可视为质点的小物体,从D 点的正上方E 点处自由下 落,DE 距离h=1.2m,小物体与斜面AB 之间的动摩擦因数 μ=0.5。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s 2 求: (1)小物体第一次通过C点时对轨道的压力的大小; (2)要使小物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度 L 至少要 多长? 15.(12分)(2025·陕西省西安中学模拟)如图所示,一长为L 的轻杆 可绕过O 点的轴在竖直平面内转动,轻杆一端固定一个质量为 m 的小球P。一条不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮,一端连接小球, 另一端连接质量为2m 的物块A。物块A 放置于倾角为53°的光滑 斜面,连接A 的轻绳与斜面平行。用一水平外力作用于小球P,可 使小球P 静止于图示位置,此时轻绳与竖直方向成37°,轻杆与竖直 方向成53°。撤去水平力后,轻杆可运动到竖直位置。取sin37°= 0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g。求: (1)水平外力的大小; (2)撤去水平力瞬间绳上张力大小; (3)杆运动到竖直位置时,小球的速度大小。 16.(16分)(2025·山东省青岛市四区联考)如图所示,在水平 桌面上倾角均为θ=37°的倾斜圆管轨道AB 和CD 平行放 置,两轨道的下端与半径r1=1m的水平半圆形圆管轨道 BC平滑连接,倾斜轨道CD 的上端与半径r2=0.2m的圆 管轨道DEF相切于D 点,轨道端口F 点的切线竖直向下, 在地面上的投影点为O',端口F 正下方有固定在地面上高 度可调节的三棱柱。质量m=1kg的小球自距离桌面h1= 0.5m的A 点处由静止释放,通过轨道DEF的顶点E 时恰 好对轨道无压力,小球与三棱柱上端碰后速度方向变为水平向右,大小与碰前相同。不计一切 摩擦,小球直径略小于圆管内径。已知桌面到水平地面的高度h2=1.5m,重力加速度g= 10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求小球对轨道BC水平方向的弹力大小; (2)求轨道CD 的长度L; (3)调整三棱柱的高度,求小球第一次落地点到O'的最大距离s。 — 23 — —48 — 7.C [AB.若环状物是天王星的组成部分,则环状物与星体同轴旋 转,角速度相同,根据角速度和线速度的关系v=ωr,结合乙图可 知,环状物不是星体的组成部分,星体的自转周期不能确定,故AB 错误;C.若环状物是星体的卫星群,则其向心力由星体的万有引 力提供,则GMm r2 =mv 2 r ,所以运行速度v2=GMr ,结合图像可得 GM=v0 2 1 R =v02R,所以中 心 天 体 质 量 满 足 M= v02R G ,故C正 确; D.根据万有引力提供向心力有GMm R2 =mv1' 2 R ,所以天王星的第 一宇宙速度为v1'= GM R =v0 ,故D错误。] 8.AD [A.小球垂直撞在斜面上,可知到达斜面时竖直分速度vy= gt=10×0.4m/s=4m/s,根据平行四边形定则知tan45°= vB vy ,解 得小球经过B 点的速度vB=4m/s,根据矢量合成可知,小球在C 点的速度大小为4 2m/s,故A正确;B.小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是x=vBt=1.6m,故B错误;CD.在B 点,设 小球受到管 道 下 壁 的 作 用 力,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得,mg-N= mvB 2 R ,解得轨道对小球的作用力 N=-6m,可知假设错误,小球 经过管道的B 点时,受到管道上壁的作用力,故C错误,D正确。] 9.AD [AB.根据竖直上抛的特点:在X 星球上以v0 初速度竖直上 抛时,t1= 2v0 g0 ,在地球上以v0 初速度竖直上抛时,t= 2v g ,则 X 星 球表面的重力加速度g0= t t1g ,在星球表面上的物体受到的重力 等于万有引力:GMm R2 =mg0,联立解得 X 星球的质量 M=g tR2 Gt1 , 故A正确,B错误;CD.卫星绕 X 星做匀速圆周运动,万有引力等 于向心力,设轨道半径为r,则GMm r2 =m4π 2 T2 r,解得:T= 4π 2r3 GM , 当轨道半径最小时,卫星周期最小,此时r=R,则最小周期Tmin= 4π2R3 GM =2π Rt1 gt ,故C错误,D正确。] 10.AC [A.根据密度公式有ρ= M V = M 4 3πR 3 ,已知地球与火星的质 量之比约为10∶1,地球与火星的半径之比约为2∶1,可得火星 与地球的平均密度之比约为4∶5,故A正确;B.设火星的公转轨 道半径为R1,周期为T1,地球的公转轨道半径为R2,周期为T2, 根据开普勒第三定律有:R1 3 T12 = R23 T22 ,解得:T1∶T2=3 3∶2 2, 故B错误;C.在行星表面上,有GMm R2 =mg,可得g=GMR2 ,已知 地球与火星的质量之比约为10∶1,地球与火星的半径之比约为 2∶1,可得火星与地球表面的重力加速度大小之比约为2∶5,故 C正确;D.根据B选项可知,火星和地球绕太阳运动的周期之比 T1∶T2=3 3∶2 2,已知地球的公转周期T2=1年,则火星的 公转周期T1≈1.8年。设经过时间t出现下一次“火星冲日”,则 有t T2 -tT1 =1,解得:t=2.25年≈821天,所以相邻两次“火星冲 日”的时间间隔约为821天,故D错误。] 11.BD [A.由题图可知,两星球的重力加速度大小和半径之比都是 1∶2,由天体表面万有引力和重力相等可知GMm R2 =mg,可得M= gR2 G ,则两星球的质量之比MP MQ =18 ,故A错误;B.密度为ρ= M V = M 4 3πR 3 ,可得ρ= 3g 4πGR ,故两星球密度相同,故B正确;C.由mg= mv 2 R ,可得v= gR,则两星球的第一宇宙速度大小之比 vP vQ = 1 2 ,故C错误;D.由万有引力做为向心力可知,GMm r2 =m4π 2 T2 r, 可得r= 3 GMT2 4π2 ,则两星球同步卫星的轨道半径之比rP rQ =12 ,又 因为两星球的半径之比为1∶2,故同步卫星距星球表面的高度 之比也为1∶2,故D正确。] 12.解析 (1)手机随蔬菜蓝的转动做的圆周运动可看作是圆锥摆运 动,设蔬菜蓝侧壁与水平方向夹角为θ,侧壁对手机的压力为FN, 则由FN水平 =mω2r可知:在从慢到快转动手柄的过程中,角速度 增大,蔬菜篮侧壁与手机间的压力变大; (2)由图乙可以看出同样的角速度,直线1的向心力F更大,由F= mω2r可知直线1对应的手机质量更大; (3)由F=mv 2 r 可知,在蔬菜蓝直径一定时,手机的向心力与线速 度大小的平方成正比,图像是线性图像。 答案 (1)变大;(2)1;(3)线性 13.解析 (1)a、b、c、d 四点水平方向的距离相同,说明相邻两点间 的时间间隔相等,为T=0.1s,竖直方向上,相邻两点间的距离之 比满足1∶3∶5,故a点是小球的抛出点; (2)竖直方向上,根据匀变速直线运动推论有Δy=gT2,代入题中 数据Δy=2×1×4×10-2m,得g=8.0m/s2; (3)b点对应的竖直分速度vby =gT=8.0×0.1m/s=0.8m/s, 水平分速度v0=2×4×10 -2 0.1 m /s=0.8m/s,则vb= vby2+v02, 得vb=4 25 m /s; (4)根据黄金代换式GMmR2 =mg ,得 M=gR 2 G ,则该星球质量与地 球质量之比为 M星 ∶M地 =g星 R星2∶gR2,解得 M星 ∶M地 =1∶ 20,又由mg=mv 2 R ,得v= gR,代入数据计算,则第一宇宙速 度之比v星 ∶v地 =1∶ 5。 答案 (1)是;(2)8.0;(3)4 25 ;(4)1∶20,1∶ 5 14.解析 (1)由题意可知F1+mg=m v2 R ,R=L2 ,F1=mg,解得v= gL; (2)重力提供向心力,速度为v0,则mg=m v02 R 设最低点碗对水的支持力为F2,则F2-mg=m v02 R ,解得F2=2mg 由牛顿第三定律可知,水对碗的压力为2mg,方向竖直向下; (3)设 碗 的 质 量 为 M,绳 子 的 拉 力 为 F,竖 直 方 向 有 Fcosθ= (M+m)g 水平方向上Fsinθ=(M+m)ω2r,r=L2sinθ 联立解得ω= 2gLcosθ 。 答案 (1) gL;(2)2mg,方向竖直向下;(3) 2gLcosθ 15.解析 (1)对转椅受力 分 析,转 椅 在 水 平 面 内 受 到 滑 动 摩 擦 力 f1、轻绳拉力T,两者合力提供其做匀速圆周运动所需向心力,如 下图所示: 设转椅的质量为 m,转椅所需的向心力大小为:Fn1=mω12r1,转 椅受到的滑动摩擦力大小为:f1=μmg,根据几何关系得:tanα= f1 Fn1 ,联立解得:tanα= μg ω12r1 ; (2)转椅在题图(b)情况下,由滑动摩擦力与绳拉力沿BA1 方向 的分力的合力提供所需的向心力。所需的向心力大小为:Fn2= mω22r2,转椅受到的滑动摩擦力大小为:f2=μN2,根据几何关系 有:tanβ= f2 Fn2 ,竖直方向上由平衡条件得:N2+Tcosθ=mg,水 平面上沿圆周轨迹的切线方向由平衡条件得:f2=Tsinθsinβ,联 立解得:ω2= μg sinθcosβ (μcosθ+sinθsinβ)r2 答案 (1)μg ω12r1 ;(2) μgsinθcosβ(μcosθ+sinθsinβ)r2 16.解析 (1)对物体 P 受力分 析,根 据 牛 顿 第 二 定 律:mg-kx= ma,可得:a=g-kxm 结合a-x图象可知,纵截距表示星球表面重力加速度,则有:gAgB = 2a0 4a0 =12 ; (2)设星球 B 的 质 量 为 M,根 据 万 有 引 力 和 重 力 的 关 系 可 得: GMm R2 =mg,根据质量与体积关系式可得:M=ρ· 4 3πR 3,联立解 得:ρ= 3g 4πGR 由于星球A 和星球B 密度相等,可见gARA =gBRB 则有:RA RB =gAgA =12 ; 则星球B 与星球A 的质量比:Mm0 = RB3 RA3 联系以上各式可得:m=8m0; 星球A 以星球B 为中心天体运行时,受到星球B 的万有引力作 用做匀速圆周运动。 研究星球A,根据向心力公式:GMm0 d2 =m0 2πT1 2 d 解得:T1=πd d 2Gm0 ; (3)将星球A 和星球B 看成双星模型时,它们在 彼此的万有引力作用下做匀速圆周运动。 研究星 球 A,根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 可 得: GMm0 d2 =m0 2πT2 2 rA 研究星 球 B,根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 可 得: GMm0 d2 =m0 2πT2 2 rB,又:rA+rB=d 联立可得:T2= 2 3πd d Gm0 ,则:T2 T1 =23 2 。 答案 (1)12 ;(2)πd d2Gm0 ;(3)23 2 第八章 机械能守恒定律目标 1.B [提起绳子过程中,拉力做功为W=mgh,h表示重心上升的高 度,第一次过 程 中 拉 力 做 功 为30J,即30J=5×10h,解 得h= 0.6m,抓住绳子的另一端把绳子缓慢提起来时,第二次重心升高 0.4m,所以对应拉力做功W=mgh=5×10×0.4J=20J,故ACD 错误,B正确。] 2.D [已知v=72km/h=20m/s,A.太阳能汽车可达到的最大机 械功率为 P机max= PSη×50%×90% 4πr2 =9ηPS 80πr2 ,故 A项误;B.依题 意,汽车所受阻力大小为f=0.02mg=0.02×750×10N=150N, 汽车匀速行驶,则汽车阻力的功率为Pf=Fv=fv=150×20W= 3000W,故B错误;C.由功率公式P=Fv知,功率不变,速度减为 一半,则牵引力增加一倍,故C错误;D.由于汽车匀速运动,所以 牵引力等于阻力,汽车的机械功率为P机 =Fv=fv=3000W,太 阳能汽车的 最 大 功 率 为 P机max= 9ηPS 80πr2 ,由 题 意 有 P机max≥P机 即 9ηPS 80πr2 ≥3.0×103W,故D正确。] 3.C [设物体的初速度为v,初动能为Ek,所受的阻力为F,通过的 位移为x,经时间t停下来,则:Ek= 1 2mv 2,因为物体所受阻力为 恒力,则由牛顿第二定律可知,物体的加速度恒定,则物体做末速 度为0的匀减速直线运动,由运动学规律可得:x=v+02 ·t,联立 可得:x= Ek2mt ,由题意可知,对物体a、b:t和Ek 相同,则m 越大, x越小,因为ma<mb,所以xa>xb;由动能定理得:-Fx=0-Ek, 因a、b的初动能相同,则x 越大,F 越小,则 Fa<Fb,故C正确, ABD错误。] 4.D [A.设PA 间的距离为x。小物块从P 点运动到A 点的过程, 由动能定理得-mgx=12mvA 2-12mvB 2,解得vA=7m/s,由运 动学公式有x=v0+vA2 t ,解得从 P 点运动到A 点所用的时间为 t=0.2s,故A错误;B.从A 点到C 点,由动能定理得-mgR(1+ sin37°)=12mvC 2-12mvA 2,解得vC=5m/s,在C 点,对小物块, 根据牛顿第二定律有FN+mgsin37°=m vC2 R ,解得FN= 82 3 N ,由 牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力大小为FN'=FN= 82 3 N , 故B错误;CD.设小物块从C 点抛出时的水平和竖直分量分别为 vx 和vy,小物块离开C点后做斜抛运动,则有vx=vCsin37°=5× 0.6m/s=3m/s,vy=vCcos37°=5×0.8m/s=4m/s,则小物块 运动到最高点时的速度大小为3m/s,距离地面最大高度为 H= R(1+sin37°)+vy 2 2g ,解得 H=2m,故C错误,D正确。] 5.C [AB.设斜面长度为3L,斜面光滑时,滑块从A 点上滑到D 点 过程,根据动能定理得:-mg·3Lsinθ=0-12mv0 2,当AB 部分 不光滑时,滑块从A 点上滑到C 点过程,根据动能定理得:-mg· 2Lsinθ-fL=0-12mv0 2,联立可 得:f=mgsinθ,故 AB错 误; C.滑块从C点下滑到A 点过程,根据动能定理得:mg·2Lsinθ- fL=12mvA 2-0,联立解得滑块下滑到A 点时速度为:vA= 3 3v0 , 故C正 确;D.滑 块 从 C 点 下 滑 到B 点 过 程,根 据 动 能 定 理 得: mgLsinθ=12mvB 2-0,联立解得滑块下滑到B 点时速度为:vB= 3 3v0 ,故D错误。] 6.B [A.物 块 从 A 点 运 动 到B 点 的 过 程,由 机 械 能 守 恒 定 律 得 mgh=mg×2R+12mvB 2,在B 点由牛顿第二定律得mg+NB= mvB 2 R 又NB= 1 2mg ,整理解得h=2.75R,故A错误;B.物块从A 点运动到M 点的过程,由机械能守恒定律得mgh=12mvM 2,在 M 点有NM -mg=m vM2 R ,联立整理解得 NM =6.5mg,aM = vM2 R = 11 2g=5.5g ,NM-NB=6.5mg-0.5mg=6mg,故B正确;CD.减 小h,小物块经过 M 点和B 点时的速度减小,由牛顿第二定律得 mg+NB=m vB2 R 可知,B 点轨道弹力减小,经过 M 点和B 点时对 轨道的压力差NM -NB=m vM2 R +mg- mvB 2 R -mg =2mg+ 4mg=6mg,压力差恒定不变,故CD错误。] 7.A [A.木块B 刚离开地面时,根据平衡条件F=kx1=mBg,代入 数据解得此时弹簧伸长量x1=0.1m,当木块A 向下运动,速度减 为0时,此时弹簧处于压缩状态,木块B 对地面的压力最大;设此 时弹簧压缩量为x2,由能量守恒可得 mAg(x1+x2)+ 1 2kx1 2= 1 2kx2 2,代入数据解得x2=0.3m,此时弹簧对木块B 的压力为 F1=kx2=100×0.3N=30N,地面对木块B 的支持力FN=mBg+ F1=1×10N+30N=40N,故A正确;B.当木块A 所受的合力为 0时,此时木块A 的速度最大,此时有F2=kx3=mAg=1×10N= 10N,弹簧处于压缩状态,压缩量为x3= F2 k = 10 100m=0.1m ,由能 量守恒可得mAg(x1+x3)+ 1 2kx1 2=12kx3 2+12mAvA 2,代入数据解 得vA=2m/s,故B错误;C.木块A 运动过程中的最大加速度在其 合力最大的位置,即在初始位置和末位置,在初始位置时其合力 F合 =mAg+kx1=mAa,代入数据解得a=20m/s2,故C错误;D.当 木块A在最低点时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大;弹性势能的最 大值Epm= 1 2kx2 2=12×100×0.3 2J=4.5J,故D错误。] 8.ACD [AB.物块沿斜面上滑过程,由动能定理得:-mgssin30°- fs=0-Ek1,物块沿斜面下滑过程,由动能定理得:mgssin30°-fs =Ek2-0,代入数据联立解得:m=0.7kgf=0.5N,故 A正确,B 错误;C.0~20m过程中,物块克服摩擦力做功为 Wf=2fs=2× 0.5×10J=10J,故C正确;D.0~10m过程中,物块所受合外力 为F1=mgsin30°+f=0.7×10× 1 2 N+0.5N=4N ,10m~20m 过程中物块所受合力为 F2=mgsin30°-f=0.7×10× 1 2 N- 0.5N=3N,合力之比为4∶3,故D正确。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 47 — —50 — 9.AD [A.当动车组加速到最大速度后,作匀速直线运动,则动车 组所受牵引力F1=4f,动车组的最大行驶速度vm= 2P F1 =2P4f= P 2f ,故A正确;B.若整个运动过程为初速度为零匀加速直线运动, 则平均速度v → = vm 2= P 2f 2= P 4f ,但动车组由静止开始恒定功率启动, 故平均速度不为P 4f ,故B错误;C.当速度达到最大时,每节动力车 厢提供的牵引力为F=F12=2f ,假设第二、三节车厢之间的作用 力为F2,则对第三、四节车厢受力分 析 有 F2+F-2f=0,解 得 F2=0,故C错误;D.当速度为最大值的一半时,动车组的牵引力 F3= 2P vm 2 = 2P1 2× P 2f =8f,根据牛顿第二定律F3-4f=4ma,解得 a=fm ,故D正确。] 10.AC [A.对物体C,下落过程中初速度和末速度都为0,则运动 过程中一定先向下加速,再向下减速,故加速度先向下后向上,所 以C下落过程中先失重后 超 重,故 A正 确;BC.设C 的 质 量 为 mC,下落的最大高度为hm,释放瞬间设弹簧的形变量为x1,对B 根据平衡条件和胡克定律 有kx1=mgsin30°,C 下 落 至 最 低 点 时,弹簧的形变量为x2,对A 有kx2=2mgsin30°,由几何关系有 hm=x1+x2,下落过程中,对B和C及弹簧组成的系统,根据能量 的转化和守恒定律有mCghm-mghmsin30°= 1 2kx2 2-12kx1 2,联 立各式解得 mC=0.75m,hm= mg 2k ,故B错误,C正确;D.释放瞬 间,对B、C组成的系统,根据牛顿第二定律有mCg=(m+mC)a, 解得a=37g ,故D错误。] 11.CD [A.由图中c点可得1F = 1 4×10 -3N-1,则牵引力大小为: F=4×103N,c点对应速度为最大速度,当汽车速度最大时,牵引 力和阻力大小相等,可得阻力大小为:f=F=4×103N,故A错误; B.从a到b汽车牵引力不变,可知汽车做匀加速直线运动,在b点, 由图可知牵引力与末速度分别为:F0=5×103N,v0=10m/s,由牛 顿第二定律有:F0-f=ma,且v0=at,代入数据可得汽车从a到 b持续的时间为:t=16s,故B错误;C.根据P=Fv,可得:v=P· 1 F ,由图可知bc反向延长过原点O,所以该过程功率恒定,在b 点有:P=F0v0=5×103N×10m/s=5×104W,当牵引力和阻力 大小相等时,汽车速度最大,则有:vm= P F = P f = 5×104 4×103 m/s= 12.5m/s,故C正 确;D.bc段,汽 车 功 率 不 变,由 动 能 定 理 有: Pt-fx=12mvm 2-12mv0 2,其中t=8s,代入数据可得汽车从b 到c过程中运动的位移为:x=88.75m,故D正确。] 12.解析 (1)设频闪仪每隔时间T 发出一次闪光,根据题意,在竖 直方向上有Δy=gT2=19.6cm-9.8cm=9.8cm=0.098m得 T=0.1s 由x=v0T=2×5cm=10cm=0.1m,得v0=1m/s 小 球 运 动 到 位 置 b 时 速 度 的 竖 直 分 量 大 小 为 vby = (19.6+9.8)×10-2 2×0.1 m /s=1.47m/s (2)位置b到抛出点O 小球的重力势能减少量为ΔEP=mgh 动能增加量为ΔEk= 1 2mvb 2-12mv0 2 若有mgh=12mvb 2-12mv0 2 即gh=12vb 2-12v0 2 即得以验证机械能守恒。 答案 (1)0.1 1 1.47 (2)gh=12vb 2-12v0 2 13.解析 (1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计 时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的器材是低压交 流电源和刻度尺,不需要测量重物的质量就可以验证,故 AB正 确,C错误; (2)A.实验过程中,应先接通电源后释放纸带,故A错误;B.由静 止释放时应该是用手竖直牵拉纸带,不是用手托着重物,故B错 误;C.重物下落的初始位置应靠近打点计时器,以使纸带能得到 充分利用,故C正确; (3)从打O 点到打B 点的过程中,重物下落的高度为hB,则重物 的重力势能的减少量ΔEp=mghB,根据匀变速直线运动的速度 规律,B 点对应的速度vB= hC-hA 2T ,初动能为0,所以动能的增加 量ΔEk= 1 2mvB 2-0=12m hC-hA2T 2 -0= m(hC-hA)2 8T2 。 答案 (1)AB;(2)C;(3)mghB m(hC-hA)2 8T2 14.解析 (1)从E点到C点,由动能定理有:mg(h+R)=12mvC 2-0 在C点由牛顿第二定律有:FN-mg= mvC2 R 代入数据可得:FN=27N,由牛顿第三定律可知小物体第一次通 过C点时对轨道的压力的大小FN'=FN=27N; (2)从E点到B点,由动能定理有:mgh+mgRcos37°=12mvB 2-0 从B点到斜面最高点:由动能定理有:-mgLsin37°-μmgLcos37°= 0-12mvB 2 代入数据可得:L=2m。 答案 (1)27N;(2)2m 15.解析 (1)对物块 A 受力分析,由平衡条件可得绳中拉力大小 为:F1=2mgsin53°=1.6mg 设水平外力的大小为F,对小球P 受力分析如下图所示: 由平衡条件,在沿绳的方向上得:F1=mgcos37°+Fsin37°,解 得:F=43mg ; (2)撤去水平拉力瞬间,物体 A 和小球P 的加速度的大小相等, 设此时绳上张力大小为FT。 对物体A 受力分析,由牛顿第二定律得:2mgsin53°x-FT=2ma 对小球P 受力分析,由牛顿第二定律得:FT-mgcos37°=ma,解 得:FT= 16 15mg ; (3)设杆运动到竖直位置时小球速度大小为v,由速度分解知,此 时物体A 的速度大小为零。由几何关系可得右侧绳的长度减少 量为:x=Ltan53°- Lcos53°-L =23L 对物体A和小球P组成的系统,由机械能守恒定律得:2mgsin53°x- mgL(1-cos53°)=12mv 2 解得:v= 43gL= 2 3gL 3 答案 (1)43mg ;(2)1615mg ;(3)2 3gL3 16.解析 (1)小物块在AB 轨道上运动过程中,根据动能定理可得: mgh1-μmgcosθ· h1 sinθ= 1 2mv1 2 解得v1=4m/s,BC轨道对小物块水平方向的弹力提供向心力, F=mv1 2 r1 ,根据牛顿第三定律小物块对BC 轨道水平方向的弹力 F'=F=16N; (2)小物块在E点时重力提供向心力,mg= mv22 r2 ,解得v2=2.0m/s 小物块自C到E,根据动能定理有-mgLsinθ-mgr2(1-cosθ)= 1 2mv2 2-12mv1 2 解得L=1315m ; (3)根 据(2)中 几 何 关 系,E 点 到 地 面 距 离 H =h2+Lsinθ+ r2(1-cosθ)=2.0m 设G 到E 点的竖直距离为y,物块到达G 点速度为v 根据动能定理有:mgy=12mv 2-12mv2 2 小球离开G后做平抛运动,水平方向有s=vt,竖直方向有 H-y= 1 2gt 2 联立解得s= 15 (20y+4)(2-y) 当y=0.9m时s最大,最大值s=2.2m。 答案 (1)16N;(2)1315m ;(3)2.2m 第三次月考滚动检测卷 1.D [A.根据图象,撤去拉力后,加速度大小a2= Δv2 Δt2 =0-47-3m /s2= -1m/s2,根据牛顿第二定律得,μmg=ma2,解得μ=0.1,A错误; D.有拉力时,有F+μmg=ma1,根据图线知a1= Δv1 Δt1 =4-103 m /s2= -2m/s2,解得F=0.5N,0~3s内的位移x=v0t- 1 2a1t 2= 10 ×3-12×2×3 2 m=21m,则F 做的功WF=-Fx=-0.5×21J =-10.5J。故D正确;BC.根据v-t图像与坐标轴围成的面积 代表位移可知0~7s内物体位移为x=4+102 ×3m+ 4×4 2 m=29 m,则克服摩擦力做功Wf=μmgx,代入数据解得:Wf=14.5J,BC 错误。] 2.B [C.硬币从a到b的过程中,只有重力对硬币做正功,根据动能 定理可知,硬 币 的 动 能 增 大,则 线 速 度 大 小va<vb,故 C错 误; B.由于rb<ra,且va<vb,则根据v=rω可知,ωa<ωb,故B正确; AD.设募捐箱内壁曲面的切线与水平方向的夹角为θ,则根据牛顿 第二定律得F=ma=mgtanθ,因为θa<θb,所以aa<ab,Fa<Fb, 故AD错误。] 3.B [若以地平面为零势能参考面,h1=-20m,一质量为60kg的 人立于地平面下20米的客房中,其重力势能为Ep1=mgh1=60× 10×(-20)J=-12000J;若 改 以 湖 水 水 面 为 零 势 能 面,h2= (75-15-10-20)m=30m,一质量为60kg的人立于地平面下 20米的客房中,其重力势能为Ep2=mgh2=60×10×30J=18000J, 故B正确,ACD错误。] 4.C [A.根据P=Fv,由P-v图像可知,在第一个阶段斜率不变, 故牵引力不变,所以加速度不变,电动车先做匀加速直线运动。当 速度达到v,电动车达到额定功率,第二阶段功率恒定,速度继续 增大,牵引力减少,故加速度减小,则电动车在做加速度减小的加 速运动,最后电动车做匀速运动,故A错误;B.当牵引力和摩擦力 相等时,电动车速度达到最大,所以阻力f=P2v ,电动车速度为v 时,根据牛顿第二定律,其加速度为a= P v -f m ,得a= P2mv ,故B错 误;C.根据匀变速直线运动规律,电动车速度从0到v所用时间为 t'=va ,得t'=2mv 2 P ,故C正确;D.电动车在第一个阶段2ax1= v2-0,代入得x1= mv3 P ,第二阶段,电动车功率恒定,根据动能定 理知Pt-fx2= 1 2m (2v)2-12mv 2,总位移为x=x1+x2,得x= 2vt-2mv 3 P ,故D错误。] 5.B [由题意可知,运动员在最高点时,有:FN1= mv02 R ,运动员在最 低点时,有FN2-mg= mv2 R ,运动员由最高点下滑到最低点过程, 由动能定理得:mgR=mv 2 2 - mv02 2 ,联立可得:FN1 FN2 =111 ,则根据牛 顿第三定律可知,运动员在圆弧轨道最高点和最低点时,对轨道的 压力大小之比为1 11 ,故B正确,ACD错误。] 6.A [由题意,可知卫星分别在两个轨道上运动时的势能分别为: E1=- GMm0 r1 ,E2=- GMm0 r2 ,可知卫星变轨时,万有引力做功为: W1=E1-E2;由万有引力提供向心力,可知:G Mm0 r12 =m0 v12 r1 ,G= Mm0 r22 =m0 v22 r2 ,卫星在两个轨道上分别做圆周运动的动能分别为: Ek1= 1 2m0v1 2,Ek2= 1 2m0v2 2;根据动能定理,即可知发动机做的 功满足:W+W1=Ek2-Ek1,解 得:W = 1 2GMm0 1r1 -1r2 ,故 BCD错误,A正确。] 7.C [A.小球c从E 点由静止释放到达F 点的过程中,弹簧的弹力 要做功,所以物体a、b及小球c组成的系统机械能不守恒,故A错 误;B.小球c到达P 点时,连接c的轻绳与杆垂直,c沿绳子方向的 分速度为0,则物体a的速度为0,故B错误;C.释放小球c之前, 对b,根据平衡条件有:kx1=mbg,解得此时弹簧的伸长量为:x1= 0.3m。小球c到达P点时,|O2E|-|O2P|=1.0m-0.6m=0.4m, 则知a下降高度h=0.4m,弹簧此时处于压缩状态,压缩量为x2 =h-x1=0.4m-0.3m=0.1m,根据a、c和弹簧组成的系统机 械能守恒可知,小球c到达P 点时,小球c的机械能增加量等于弹 簧弹性势能减少量与a 的重力势能减少量之和,即有ΔEc= 12 kx12- 1 2kx2 2 +magh,解得:ΔEc=16J,故C正确;D.设小球c 刚到达F 点时,a的速度为va,c的速度为vc。当c到达F 点时,弹 簧的弹性势能与初状态相等,b又回到原位置,根据物体a的速度 大小等于小球c沿绳子方向的速度大小,有va=vccos37°,小球c 从E 点到F 点的整个过程,由a、c和弹簧组成的系统机械能守恒 得mcg|EF|sin37°= 1 2mava 2+12mcvc 2,小球c刚到达F点时,a的 动能为Eka= 1 2mava 2,又|EF|=2|O2E|cos37°=2×1.0×0.8m= 1.6m,联立解得:Eka≈8.08J,故D错误。] 8.BC [A.v-t图像的斜率表示加速度,由速度随时间变化的图可 知电动车在AB 段的加速度比在EF 段的小,故 A错误;B.在CD 段做匀速运动,阻力的功率约为P=fv,解得f=40N,故B正确; C.在AB 段 做 匀 变 速 直 线 运 动,通 过 的 位 移 为x=2.0+4.02 × 2.5m=7.5m,故C正确;D.在EF 段,加速度为a=ΔvΔt ,解得a= 4m/s2,合力约为F合 =ma=400N,故D错误。] 9.ABD [A.滑 块 从 A 到B,由 牛 顿 第 二 定 律 有:mgsinθ+kx- μmgcosθ=ma,解得a= k mx+gsinθ-μgcosθ ,即乙图图象斜率大 小等于k m ,即k m = 4-2 0.2-0 ,解得k=10N/m,故A正确;B.在B 点, 由牛顿第二定律有:mgsinθ-μmgcosθ=ma,由图知,a=2m/s 2,代 入数据算得:μ=0.5,故B正确;C.滑块从A 到B,则AB 间的距离 x=0.2m,滑块的重力势能减少量为ΔP=mgxsin37°=1×10× 0.2×0.6J=1.2J,故C错误;D.滑块第一次到最低点过程,滑块 沿斜面的位移:x=(0.2+0.6)m=0.8m,滑块的重力势能减少量 为ΔEp=mgxsinθ=1×10×0.8×0.6J=4.8J,故D正确。] 10.BD [A.由题可知,小球P沿绳方向的分速度与Q的速度大小相等, 则Q的速度竖直向上,先增大后减小,则结合图可知,Q 的加速度先 竖直向上后竖直向下,根据物体超重、失重的特征可知,Q先超重,后 失重,故A错误;BC.到M 点时,根据速度分解有:vPsin30°=vQ,根据 系统机械能守恒有:2mgRsin30°-mg(2Rcos30°-2R)=12×2mvP 2 + 12 mvQ 2,联 立 可 得:vP = 2 2(1+ 2- 3)gR 3 ,vQ = 2(1+ 2- 3)gR 3 ,故B正确,C错误;D.到 N 点时,根据系统机 械能守恒有:2mgR-mg(2R- 2R)=12×2mvP' 2,根据向心加 速度公式有:a=vP' 2 R = 2g ,故D正确。] 11.ACD [A.根据题意可知,小球在水平方向有ax= F m ,0=v0t- 1 2axt 2,代入数据,解得t=2s所以A、B 两点间的距离为yAB = 1 2gt 2,代入数据解得yAB=20m,故A正确;B.小球离A、B 所在 直线的最远时,水平速度为零,则小球离A、B 所在直线的最远距 离为xm= v02 2ax ,代入数据解得xm=1m,故B错误;C.小球的动能 为Ek= 1 2mv 2=12m (vx2+vy2)= 1 2m (4-8t'+104t'2),根据二 次函数知识可知,小球的动能应先减小后增加,故C正确;D.由 图可知,水平风力先对小球做负功,后做正功,所以小球的机械能 先减小后增加,故D正确。] 12.解析 (1)达到最大速度一段时间后关闭小车电源,小车做匀减 速直线运动,根据纸带点间距可知,则先打点是A; (2)根据纸带可知,当所打的点间距均匀时,表示物体匀速运动, 此时速度最大,故有:vm= x t = 0.08 0.04m /s=2m/s; (3)从 右 端 开 始 取 4 段 位 移,根 据 逐 差 法 有:a = (0.0768+0.0736)-(0.0704+0.0672) (2×0.04)2 m/s2=4m/s2,方 向 与运动方向相反; (4)根据牛顿第二定律有:f=ma,将m=0.5kg代入得:f=2N, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 49 —