第八章 章末检测试卷（四）（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一物理必修第二册教师用书（人教版 浙江）

章末检测试卷(四) 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 对一对 答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D C C C C C 题号 9 10 11 12 13 14 　15 答案 D C D D D AD ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 对一对 答案 题号 16 17 18 答案 Ⅰ.(1)　(2)C　(3)A Ⅱ.(1)A　(4) 两光电门的间距l (5)mgl=(M+m) (1)450 N　 (2)9.0×103 J　 (3)600 W (1)40 N，方向竖直向上　(2)停在距D点0.6 m处 题号 19 20 答案 (1)20 kW　(2)0.75 m/s2　(3)93.75 m (1)2　(2)3r　 (3) 一、选择题Ⅰ 1.(2024·海南卷)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中 A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误； 主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误； 返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 2.(2024·浙江高一期中)如图所示，在高出地面H的A点将质量为m的小球(可视为质点)向上抛出，初速度为v0，上升一段距离h后落回地面，以抛出点为零势能面，重力加速度为g，则下列说法中正确的是 A.小球在A点时，重力势能为mgH B.小球落回地面时，重力势能为mgH C.整个运动过程，重力势能的变化量为-mgH D.整个运动过程，动能的变化量为m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 答案 以抛出点为零势能面，小球在A点时，重力势能为零，故A错误； 小球落回地面时，重力势能为Ep=-mgH，故B错误； 整个运动过程，重力势能的变化量为ΔEp=Ep-0=-mgH， 故C正确； 根据动能定理，整个运动过程，动能的变化量为ΔEk= WG=mgH，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 3.(2024·浙江省丽水发展共同体高一期中)室内风洞体验是模拟真实跳伞的一种新型安全的极限运动，这项运动项目深受同学们的喜爱。如图所示体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中 A.动能增加量大于重力势能减少量 B.动能增加量等于重力势能减少量 C.重力势能减少量小于机械能减少量 D.重力势能减少量大于机械能减少量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 答案 体验者在加速下落过程中，根据动能定理mgh-F风h=mv2，即动能增加量小于重力势能减少量，选项A、B错误； 根据功能关系，机械能减少量等于克服风力 做功F风h，而重力势能减少量mgh大于克服 风力做功，即重力势能减少量大于机械能减 少量，选项C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 设做平抛运动的时间为t，竖直方向2R=gt2，A、C之间的距离L=vBt，根据机械能守恒有m=m-mg×2R，由题意知m=2×2mgR，解得=4Rg，联立解得L=4R，故选C。 4.(2024·杭州市高一期中)如图，半径为R的半圆形槽固定放置在水平地面上，光滑小球从半圆形槽最低点A进入，经过最高点B后做平抛运动落到水平地面上的C点，以水平地面为零势能面，小球在A点的动能为其最大重力势能的2倍，则A、C之间的距离为 A.R B.2R C.4R D.6R √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 5.(2023·湖州市高一期中)如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，质量为m的铁球由弹簧的正上方h高处自由下落，在B点与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，铁球下落到最低点A。不计空气阻力，重力加速度为g，铁球从B点运动到A点的过程中 A.铁球的动能一直增大 B.铁球克服弹簧的弹力做功mgx C.弹簧的弹性势能增加了mg(h+x) D.铁球的重力势能减少了mg(h+x) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 铁球从B点运动到A点的过程中，重力先大于弹簧弹力，后小于弹簧弹力，铁球先加速后减速，故铁球的动能先增大后减小，故A错误； 铁球由弹簧的正上方h高处自由下落，根据动能定理有mgh=m， 铁球从B点运动到A点的过程，根据动能定理有mgx-W克弹= 0-m，铁球克服弹簧的弹力做功为W克弹=mg(h+x)，根 据功能关系可知弹簧的弹性势能增加了mg(h+x)，故C正确， B错误； 铁球从B点运动到A点的过程，铁球的重力做功为mgx，可 知铁球的重力势能减少了mgx，故D错误。 16 17 18 19 20 答案 6.(2023·浙江省东阳中学高一月考)如图所示，A、B是质量相等的两个小球，A球从高度为h的固定光滑斜面顶端静止下滑，B球从半径为h的四分之一固定光滑圆弧顶端静止下滑。关于A、B两小球的运动，下列说法正确的是 A.运动到各自底端时速度变化量相同 B.运动到各自底端时合外力做的功不同 C.B球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小 D.运动到斜面底端时重力的瞬时功率相等 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 根据动能定理可得mgh=mv2可得v=，可知两球运动到各自底端时合外力做的功相同；两球运动到各自底端时速度大小相等，但方向不同，则速度变化量大小相等，方向不同，故A、B错误； 重力的瞬时功率为PG=mgvy，B球运动过程中 的竖直分速度从零先增大后又减小到零，则 B球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小； 两球运动到斜面底端时，A球的竖直分速度不为零，B球的竖直分速度为零，则两球的重力瞬时功率不相等，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 7.(2024·淳安县汾口中学高一月考)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法不正确的有 A.重力做的功为800 J B.阻力做的功为440 J C.释放后过P点时向心加速度大小为10 m/s2 D.经过Q点时货物对滑道的压力大小为380 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 答案 重力做的功为WG=mgh=800 J，选项A正确，不符合题意； 下滑过程据动能定理可得WG-W克f=m，代入数据解得克服阻力做的功为W克f=440 J，选项B正确，不符合题意； 经过P点时速度为零，则向心加速度大小为零， 选项C错误，符合题意； 经过Q点时，据牛顿第二定律可得F-mg=m，解得货物受到的支持 力大小为F=380 N，据牛顿第三定律可知，货物对滑道的压力大小为380 N，选项D正确，不符合题意。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 8.(2024·台州市高一期中)如图所示，某机舱紧急出口的舱门离气囊底端的竖直高度AB=3.2 m，气囊构成的斜面长AC=4.0 m。CD段为与斜面平滑连接的水平地面。若乘客从气囊上由静止开始滑下，乘客与气囊和乘客与地面间的动摩擦因数均为0.4。不计空气阻力， g=10 m/s2，要使救护人员不被从气囊上滑下的 乘客撞到，则救护人员距舱门正下方B点的安全 距离是 A.5.6 m B.7.2 m C.8.0 m D.10.0 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设∠ACB=θ，根据题意，由几何关系可知 sin θ==0.8，乘客从A点开始下滑到水 平地面上停止的过程由动能定理得mghAB- μmgcos θ·LAC-μmgx=0，解得x=5.6 m，则 救护人员距舱门正下方B点的安全距离是 x+LACcos θ=8.0 m，故选C。 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 9.(2024·宁波市高一期末)现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，消防水炮出水口位于15层楼房处。已知水炮的出水量为3 m3/min，水炮喷出的水流速度为25 m/s，水的密度为103 kg/m3，则电动机输出功率约为 A.1.5×104 W B.2.2×104 W C.3.0×104 W D.4.0×104 W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 答案 由功能关系可得Pt=mgh+mv2，故电动机输出功率 为P== W≈4.0× 104 W，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 10.(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过 程中对大圆环的作用力大小 A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 答案 方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环重力的分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示 设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ， 从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定 律mgR(1-cos θ)=mv2 在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m 联立解得cos θ= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减 小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的 分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的 弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑 过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得 F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立解得F=2mg-3mgcos θ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 则大圆环对小环作用力的大小为 |F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小， 由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大 圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 11.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 刚释放时，物块有加速度mg-FT=ma，故拉力小于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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 12.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 √ 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 13.(2024·湖州市高一期末)如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角θ=30°的传送带在电动机的带动下能以v0=2 m/s的恒定速率顺时针转动，传送带始终是绷紧的。现将质量m=1 kg的快递包(可视为质点)无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离L=8 m，快递 包与传送带之间的动摩擦因数μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 快递包从A点运送到B点 A.所需时间为4 s B.传送带对快递包做功为12 J C.摩擦产生的热量为48 J D.电动机因运送此快递包多做了54 J的功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ 答案 快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律μmgcos θ-mgsin θ=ma，解得a=1 m/s2，运动时间t1==2 s，此过程快递包沿传送带向上运动的距离x1=a=2 m，快递包匀 速运动的时间t2==3 s，快递包从A点运 送到B点所需时间t=t1+t2=5 s，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 传送带对快递包做功W=μmgcos θ·x1+mgsin θ·(L-x1)，代入数据可得W=42 J，故B错误； 摩擦产生的热量Q=μmgcos θ·(v0t1-x1)，代入数 据可得Q=12 J，故C错误； 根据功能关系得电动机因运送此快递包多做的 功W'=W+Q=54 J，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 二、选择题Ⅱ 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 C.在此过程中，合外力做功m-mv2 D.在此过程中，除了重力，其他力做的总功为mgH+mv2-m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ √ 答案 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； 根据动能定理，合外力做功为W=mv2-m， 故C错误； 重力做功为WG=-mgH，根据动能定理可得mv2-m=WG+W其他，解得其他力做的总功为W其他=mgH+mv2-m，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 15.(2024·金华市高一期中)从地面竖直向上抛出一物体，该物体的机械能E机和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示(取地面为参考平面，g=10 m/s2)。下列说法正确的是 A.物体上抛的过程机械能减少 B.物体的质量为0.2 kg C.物体上抛的初速度为12 m/s D.从地面至h=2 m，物体的机械能减少1 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 √ √ √ 答案 由题图可知，物体机械能随着高度的增加而减小，选项A正确； 由题图可得，物体上升4 m时，重力势能增加了 8 J，则有mgh=8 J，解得m=0.2 kg，选项B正确； 由题图可知，物体最初动能为10 J，即m= 10 J，解得v0=10 m/s，故C错误； 由题图可知，当物体上升4 m时，机械能减小2 J，因重力做功不改变机械能，题中只有空气阻力做功会改变机械能，设空气阻力为f，则有-f×4=(8-10) J，则-f×2=-1 J，从地面至h=2 m，物体的机械能减少1 J，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 三、非选择题 16.Ⅰ.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)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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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= 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ΔEk=m= 16 17 18 19 20 答案 (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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C 答案 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，再根据公式v=计算，否则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 答案 (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　　　　。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A 答案 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 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 答案 Ⅱ.(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 答案 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 答案 (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 答案 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 答案 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)。 (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)  mgl=(M+m) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 17.(2024·福建卷改编)两绳拉木板，每条绳上的拉力F=250 N， 木板15 s内匀速前进20 m，θ=22.5°，cos 22.5°≈0.9。求： (1)阻力Ff大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　450 N 16 17 18 19 20 由于木板匀速运动则有2Fcos θ=Ff，代入数据解得Ff=450 N 答案 (2)15 s内两绳拉力做的功； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　9.0×103 J 16 17 18 19 20 根据功的定义式有W=2Flcos θ，代入数据解得 W=9.0×103 J 答案 (3)15 s内两绳拉力的功率。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案　600 W 16 17 18 19 20 根据功率的定义式有P=，代入数据有P=600 W 答案 18.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 15 16 17 18 19 20 答案　40 N，方向竖直向上 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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：FN-mg=m 解得：FN=40 N，方向竖直向上 16 17 18 19 20 答案 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。 (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。 答案　停在距D点0.6 m处 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 答案　20 kW 19.(2023·平湖市当湖高级中学高一期中)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 15 16 17 18 19 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 汽车在AB路段时匀速运动，牵引力和阻力相等 F1=Ff1 P=F1v1 联立解得P=20 kW 16 17 18 19 20 答案 (2)汽车速度减至8 m/s的加速度a大小； 答案　0.75 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 t=15 s后汽车处于匀速运动状态，有F2=Ff2 P=F2v2 Ff2= 联立解得Ff2=4 000 N v=8 m/s时汽车在做减速运动，有Ff2-F=ma F= 解得a=0.75 m/s2 16 17 18 19 20 答案 (3)BC路段的长度。 答案　93.75 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由动能定理有Pt2-Ff2s=m-m，又t2=t-t1=15 s 解得s=93.75 m。 答案 20.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； 答案　2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物体在曲面上下滑的过程，由机械能守恒定 律得mg·2r=m， 解得vB=2 16 17 18 19 20 答案 答案　3r (2)水平面BC的长度s； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 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 可得vC= 由A至C，由动能定理得mg·2r-μmgs=m 解得s=3r 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= 从C点到物体最大速度由功能关系， 得mg(r+x)-Ep=m-m 解得vm=。 答案　 (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 15 16 17 18 19 20 答案 $ 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.(2024·海南卷)神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中(　　) A.返回舱处于超重状态 B.返回舱处于失重状态 C.主伞的拉力不做功 D.重力对返回舱做负功 答案　A 解析　返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。 2.(2024·浙江高一期中)如图所示，在高出地面H的A点将质量为m的小球(可视为质点)向上抛出，初速度为v0，上升一段距离h后落回地面，以抛出点为零势能面，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A.小球在A点时，重力势能为mgH B.小球落回地面时，重力势能为mgH C.整个运动过程，重力势能的变化量为-mgH D.整个运动过程，动能的变化量为m 答案　C 解析　以抛出点为零势能面，小球在A点时，重力势能为零，故A错误；小球落回地面时，重力势能为Ep=-mgH，故B错误；整个运动过程，重力势能的变化量为ΔEp=Ep-0=-mgH，故C正确；根据动能定理，整个运动过程，动能的变化量为ΔEk=WG=mgH，故D错误。 3.(2024·浙江省丽水发展共同体高一期中)室内风洞体验是模拟真实跳伞的一种新型安全的极限运动，这项运动项目深受同学们的喜爱。如图所示体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中(　　) A.动能增加量大于重力势能减少量 B.动能增加量等于重力势能减少量 C.重力势能减少量小于机械能减少量 D.重力势能减少量大于机械能减少量 答案　D 解析　体验者在加速下落过程中，根据动能定理mgh-F风h=mv2，即动能增加量小于重力势能减少量，选项A、B错误；根据功能关系，机械能减少量等于克服风力做功F风h，而重力势能减少量mgh大于克服风力做功，即重力势能减少量大于机械能减少量，选项C错误，D正确。 4.(2024·杭州市高一期中)如图，半径为R的半圆形槽固定放置在水平地面上，光滑小球从半圆形槽最低点A进入，经过最高点B后做平抛运动落到水平地面上的C点，以水平地面为零势能面，小球在A点的动能为其最大重力势能的2倍，则A、C之间的距离为(　　) A.R B.2R C.4R D.6R 答案　C 解析　设做平抛运动的时间为t，竖直方向2R=gt2，A、C之间的距离L=vBt，根据机械能守恒有m=m-mg×2R，由题意知m=2×2mgR，解得=4Rg，联立解得L=4R，故选C。 5.(2023·湖州市高一期中)如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，质量为m的铁球由弹簧的正上方h高处自由下落，在B点与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，铁球下落到最低点A。不计空气阻力，重力加速度为g，铁球从B点运动到A点的过程中(　　) A.铁球的动能一直增大 B.铁球克服弹簧的弹力做功mgx C.弹簧的弹性势能增加了mg(h+x) D.铁球的重力势能减少了mg(h+x) 答案　C 解析　铁球从B点运动到A点的过程中，重力先大于弹簧弹力，后小于弹簧弹力，铁球先加速后减速，故铁球的动能先增大后减小，故A错误；铁球由弹簧的正上方h高处自由下落，根据动能定理有mgh=m，铁球从B点运动到A点的过程，根据动能定理有mgx-W克弹=0-m，铁球克服弹簧的弹力做功为W克弹=mg(h+x)，根据功能关系可知弹簧的弹性势能增加了mg(h+x)，故C正确，B错误；铁球从B点运动到A点的过程，铁球的重力做功为mgx，可知铁球的重力势能减少了mgx，故D错误。 6.(2023·浙江省东阳中学高一月考)如图所示，A、B是质量相等的两个小球，A球从高度为h的固定光滑斜面顶端静止下滑，B球从半径为h的四分之一固定光滑圆弧顶端静止下滑。关于A、B两小球的运动，下列说法正确的是(　　) A.运动到各自底端时速度变化量相同 B.运动到各自底端时合外力做的功不同 C.B球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小 D.运动到斜面底端时重力的瞬时功率相等 答案　C 解析　根据动能定理可得mgh=mv2可得v=，可知两球运动到各自底端时合外力做的功相同；两球运动到各自底端时速度大小相等，但方向不同，则速度变化量大小相等，方向不同，故A、B错误；重力的瞬时功率为PG=mgvy，B球运动过程中的竖直分速度从零先增大后又减小到零，则B球运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小；两球运动到斜面底端时，A球的竖直分速度不为零，B球的竖直分速度为零，则两球的重力瞬时功率不相等，故C正确，D错误。 7.(2024·淳安县汾口中学高一月考)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法不正确的有(　　) A.重力做的功为800 J B.阻力做的功为440 J C.释放后过P点时向心加速度大小为10 m/s2 D.经过Q点时货物对滑道的压力大小为380 N 答案　C 解析　重力做的功为WG=mgh=800 J，选项A正确，不符合题意；下滑过程据动能定理可得WG-W克f=m，代入数据解得克服阻力做的功为W克f=440 J，选项B正确，不符合题意；经过P点时速度为零，则向心加速度大小为零，选项C错误，符合题意；经过Q点时，据牛顿第二定律可得F-mg=m，解得货物受到的支持力大小为F=380 N，据牛顿第三定律可知，货物对滑道的压力大小为380 N，选项D正确，不符合题意。 8.(2024·台州市高一期中)如图所示，某机舱紧急出口的舱门离气囊底端的竖直高度AB=3.2 m，气囊构成的斜面长AC=4.0 m。CD段为与斜面平滑连接的水平地面。若乘客从气囊上由静止开始滑下，乘客与气囊和乘客与地面间的动摩擦因数均为0.4。不计空气阻力，g=10 m/s2，要使救护人员不被从气囊上滑下的乘客撞到，则救护人员距舱门正下方B点的安全距离是(　　) A.5.6 m B.7.2 m C.8.0 m D.10.0 m 答案　C 解析　设∠ACB=θ，根据题意，由几何关系可知sin θ==0.8，乘客从A点开始下滑到水平地面上停止的过程由动能定理得mghAB-μmgcos θ·LAC-μmgx=0，解得x=5.6 m，则救护人员距舱门正下方B点的安全距离是x+LACcos θ=8.0 m，故选C。 9.(2024·宁波市高一期末)现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，消防水炮出水口位于15层楼房处。已知水炮的出水量为3 m3/min，水炮喷出的水流速度为25 m/s，水的密度为103 kg/m3，则电动机输出功率约为(　　) A.1.5×104 W B.2.2×104 W C.3.0×104 W D.4.0×104 W 答案　D 解析　由功能关系可得Pt=mgh+mv2，故电动机输出功率为P== W≈4.0×104 W，故选D。 10.(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 答案　C 解析　方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P点)与圆环的作用力恰好为零，此时只有小环重力的分力提供小环所需向心力，可知P点必在Q点上方，如图所示 设P点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos θ)=mv2 在P点，由牛顿第二定律得mgcos θ=m 联立解得cos θ= 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，从P点到Q点，小环重力沿大圆环直径的分力逐渐减小，从Q点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=mv2(0≤θ≤π) 在该处根据牛顿第二定律得 F+mgcos θ=m(0≤θ≤π) 联立解得F=2mg-3mgcos θ 则大圆环对小环作用力的大小为 |F|=|2mg-3mgcos θ| 根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=时最小， 由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。 11.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 答案　D 解析　刚释放时，物块有加速度mg-FT=ma，故拉力小于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。 12.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 答案　D 解析　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。 13.(2024·湖州市高一期末)如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角θ=30°的传送带在电动机的带动下能以v0=2 m/s的恒定速率顺时针转动，传送带始终是绷紧的。现将质量m=1 kg的快递包(可视为质点)无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离L=8 m，快递包与传送带之间的动摩擦因数μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则快递包从A点运送到B点(　　) A.所需时间为4 s B.传送带对快递包做功为12 J C.摩擦产生的热量为48 J D.电动机因运送此快递包多做了54 J的功 答案　D 解析　快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律μmgcos θ-mgsin θ=ma，解得a=1 m/s2，运动时间t1==2 s，此过程快递包沿传送带向上运动的距离x1=a=2 m，快递包匀速运动的时间t2==3 s，快递包从A点运送到B点所需时间t=t1+t2=5 s，故A错误；传送带对快递包做功W=μmgcos θ·x1+mgsin θ·(L-x1)，代入数据可得W=42 J，故B错误；摩擦产生的热量Q=μmgcos θ·(v0t1-x1)，代入数据可得Q=12 J，故C错误；根据功能关系得电动机因运送此快递包多做的功W'=W+Q=54 J，故D正确。 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 C.在此过程中，合外力做功m-mv2 D.在此过程中，除了重力，其他力做的总功为mgH+mv2-m 答案　AD 解析　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；根据动能定理，合外力做功为W=mv2-m，故C错误；重力做功为WG=-mgH，根据动能定理可得mv2-m=WG+W其他，解得其他力做的总功为W其他=mgH+mv2-m，故D正确。 15.(2024·金华市高一期中)从地面竖直向上抛出一物体，该物体的机械能E机和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示(取地面为参考平面，g=10 m/s2)。下列说法正确的是(　　) A.物体上抛的过程机械能减少 B.物体的质量为0.2 kg C.物体上抛的初速度为12 m/s D.从地面至h=2 m，物体的机械能减少1 J 答案　ABD 解析　由题图可知，物体机械能随着高度的增加而减小，选项A正确；由题图可得，物体上升4 m时，重力势能增加了8 J，则有mgh=8 J，解得m=0.2 kg，选项B正确；由题图可知，物体最初动能为10 J，即m=10 J，解得v0=10 m/s，故C错误；由题图可知，当物体上升4 m时，机械能减小2 J，因重力做功不改变机械能，题中只有空气阻力做功会改变机械能，设空气阻力为f，则有-f×4=(8-10) J，则-f×2=-1 J，从地面至h=2 m，物体的机械能减少1 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分)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=　　　　。  (2)(2分)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 (3)(2分)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　　　　。  Ⅱ.(8分)(1)(2分)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 (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)(3分)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)  (5)(3分)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)  答案　Ⅰ.(1)　(2)C　(3)A Ⅱ.(1)A　(4) 两光电门的间距l　(5)mgl=(M+m) 解析　Ⅰ.(1)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= 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 ΔEk=m= (2)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，再根据公式v=计算，否则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。 (3)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 阻力Ff不变，m、g不变，则v2∝h，故选A。 Ⅱ.(1)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。 (4)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。 (5)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)。 17.(8分)(2024·福建卷改编)两绳拉木板，每条绳上的拉力F=250 N，木板15 s内匀速前进20 m，θ=22.5°，cos 22.5°≈0.9。求： (1)(2分)阻力Ff大小； (2)(3分)15 s内两绳拉力做的功； (3)(3分)15 s内两绳拉力的功率。 答案　(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 解析　(1)由于木板匀速运动则有2Fcos θ=Ff，代入数据解得Ff=450 N (2)根据功的定义式有W=2Flcos θ，代入数据解得 W=9.0×103 J (3)根据功率的定义式有P=，代入数据有P=600 W 18.(11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)(7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FN； (2)(4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。 答案　(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：FN-mg=m 解得：FN=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。 19.(11分)(2023·平湖市当湖高级中学高一期中)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)(3分)运动过程中汽车发动机的输出功率P； (2)(6分)汽车速度减至8 m/s的加速度a大小； (3)(2分)BC路段的长度。 答案　(1)20 kW　(2)0.75 m/s2　(3)93.75 m 解析　(1)汽车在AB路段时匀速运动，牵引力和阻力相等 F1=Ff1 P=F1v1 联立解得P=20 kW (2)t=15 s后汽车处于匀速运动状态，有F2=Ff2 P=F2v2 Ff2= 联立解得Ff2=4 000 N v=8 m/s时汽车在做减速运动，有Ff2-F=ma F= 解得a=0.75 m/s2 (3)由动能定理有Pt2-Ff2s=m-m，又t2=t-t1=15 s 解得s=93.75 m。 20.(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)(2分)物体到达B点时的速度大小vB； (2)(5分)水平面BC的长度s； (3)(4分)在压缩弹簧过程中物体的最大速度vm。 答案　(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=m， 解得vB=2 (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 可得vC= 由A至C，由动能定理得mg·2r-μmgs=m 解得s=3r (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= 从C点到物体最大速度由功能关系，得mg(r+x)-Ep=m-m 解得vm=。 学科网（北京）股份有限公司 $