章末檢測試卷(四)(時間：75分鐘滿分：100分)一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分．每題只有一個選項最符合題意．1．第24屆冬季奧林匹克運動會將在2022年由北京和張家口聯(lián)合舉辦，跳臺滑雪是比賽項目之一．若某運動員從跳臺邊緣水平滑出，經(jīng)過一段時間落到斜坡上，忽略空氣阻力的影響，則有關(guān)運動員的下落過程，下列說法正確的是()A．運動員的加速度逐漸增大B．運動員的重力勢能逐漸增加C．運動員的動能逐漸增加D．運動員的機(jī)械能逐漸增加答案C解析運動員在下落過程中僅受重力，根據(jù)牛頓第二定律可知，運動員的加速度不變，故A錯誤；在運動員下落過程中，重力對他做正功，運動員的重力勢能減少，故B錯誤；在運動員下落過程中，他的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，動能逐漸增加，故C正確；運動員在下落過程中僅有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯誤．2.如圖1，木板可繞固定的水平軸O轉(zhuǎn)動．木板從水平位置OA緩慢轉(zhuǎn)到OB位置，木板上的物塊始終相對于木板靜止，在這一過程中，物塊的重力勢能增加了2J．用FN表示物塊受到的支持力，用Ff表示物塊受到的靜摩擦力．在這一過程中，以下判斷正確的是()圖1A．FN和Ff對物塊都不做功B．FN對物塊做功為2J，F(xiàn)f對物塊不做功C．FN對物塊不做功，F(xiàn)f對物塊做功為2JD．FN和Ff對物塊所做的總功為4J答案B解析由題意知物塊繞O點做圓周運動，瞬時速度方向始終與Ff垂直而與FN平行，故FN對物塊做正功而Ff對物塊不做功．因物塊緩慢運動，重力勢能的增量即為物塊機(jī)械能的增量，由功能關(guān)系知機(jī)械能的增量等于除重力外其他力所做的功，本題除重力外只有FN與Ff兩個力作用，結(jié)合上述分析可知B正確．3．(2021·江蘇南京市高一月考)靜置于水平地面上質(zhì)量為1kg的物體，在水平拉力F＝4＋2x(式中F為力的大小、x為位移的大小，力F、位移x的單位分別是N、m)作用下，沿水平方向移動了5m．已知重力加速度g＝10m/s2，則在物體移動5m的過程中拉力所做的功為()A．35JB．45JC．55JD．65J答案B解析水平拉力F＝4＋2x，則物體移動5m過程中拉力的平均值為eq\x\to(F)＝eq\f(4＋4＋2×5,2)N＝9N，則拉力做的功W＝eq\x\to(F)x＝9×5J＝45J，故選B.4．質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛，阻力Ff保持不變．當(dāng)汽車的速度為v、加速度為a時，發(fā)動機(jī)的實際功率為()A．Ffv B．mavC．(ma＋Ff)v D．(ma－Ff)v答案C解析由題意知，汽車受到的阻力為Ff，當(dāng)加速度為a時，由牛頓第二定律有F－Ff＝ma，得F＝Ff＋ma；根據(jù)P＝Fv，則發(fā)動機(jī)的實際功率為P＝(Ff＋ma)v，選項C正確．5.(2020·廈門一中高一期末)如圖2所示，輕彈簧水平固定在墻上，一小球以初速度v0沿光滑水平面向左運動．在小球向左壓縮彈簧的過程中()圖2A．小球做勻減速運動B．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒C．克服彈簧彈力做功，小球機(jī)械能減少D．小球和彈簧剛接觸時速度最大，加速度最大答案C解析在小球向左壓縮彈簧的過程中，彈簧的形變量越來越大，彈簧彈力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球的加速度越來越大，小球做加速度變大的減速運動，A錯誤；小球和彈簧組成的系統(tǒng)所受外力做功為零，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，B 錯誤；彈簧彈力對小球做負(fù)功，即小球克服彈簧彈力做功，小球的機(jī)械能減少，C正確；小球和彈簧剛接觸時速度最大，但此時彈簧彈力最小，加速度最小，D錯誤．6.(2020·林州一中高一調(diào)研)如圖3，一質(zhì)量為m的足球，以速度v由地面踢起，當(dāng)它到達(dá)離地面高度為h的B點處(取B點處所在水平面為參考平面)時，下列說法正確的是(重力加速度為g，不計空氣阻力)()圖3A．足球在B點處的重力勢能為mghB．足球在B點處的動能為mghC．足球在B點處的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2－mghD．足球在B點處的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2答案C解析取B點處所在水平面為參考平面，所以足球在B點處的重力勢能為零，A錯誤；從A到B過程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，可得足球在B點處的動能為eq\f(1,2)mv2－mgh，B錯誤；足球在空中運動的過程中機(jī)械能守恒，在B點處的機(jī)械能E＝eq\f(1,2)mv2－mgh，C正確，D錯誤．7．(2021·江蘇南通市高一期末)如圖4所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端連接一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與O點等高，細(xì)繩處于伸直狀態(tài)的位置后由靜止釋放，經(jīng)時間t輕繩轉(zhuǎn)過的角度為θ.在小球由靜止釋放到運動至最低點的過程中，下列關(guān)于小球重力勢能Ep(取最低點所在平面為參考平面)隨角度θ變化、動能Ek隨時間t變化的圖像中，可能正確的是()圖4答案C解析小球下落過程中重力勢能只與高度有關(guān)，則下落過程中重力勢能為Ep＝mgl(1－sinθ)，故A、B錯誤．由于小球下落過程中初始位置速度為零，動能為零，在最低點速度達(dá)到最大，切向加速度為0，動能變化率為0，故C正確，D錯誤．8.如圖5，傾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面長L＝0.75m，質(zhì)量m＝1.0kg的物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端無初速度釋放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，則()圖5A．物塊從斜面頂端滑到底端的過程中重力做功為7.5JB．物塊滑到斜面底端時的動能為1.5JC．物塊從斜面頂端滑到底端的過程中重力的平均功率為24WD．物塊滑到斜面底端時重力的瞬時功率為18W答案D解析重力做的功為WG＝mgLsinθ＝4.5J，故A錯誤；根據(jù)動能定理可得mgLsinθ＝Ek＝4.5J，故B錯誤；對物塊受力分析可知mgsinθ＝ma，L＝eq\f(1,2)at2，解得：t＝0.5s，平均功率P＝eq\f(WG,t)＝eq\f(4.5J,0.5s)＝9W，故C錯誤；物塊運動到斜面底端時的瞬時速度大小為v＝eq\r(\f(2Ek,m))＝3m/s，瞬時功率為P′＝mgvsinθ＝18W，故D正確．9．(2021·江蘇揚(yáng)州市揚(yáng)州中學(xué)高一月考)如圖6所示，楔形木塊ABC固定在水平面上，斜面AB、BC與水平面的夾角分別為53°、37°.質(zhì)量分別為2m、m的兩滑塊P、Q，通過不可伸長的輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪連接，輕繩與斜面平行．已知滑塊P與AB間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,3)，其他摩擦不計，重力加速度為g，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6，滑塊運動的過程中()圖6A．Q動能的增加量等于輕繩對Q做的功B．Q機(jī)械能的增加量等于P機(jī)械能的減少量C．P機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量D．兩滑塊運動的加速度大小為0.2g答案D解析在兩滑塊運動的過程中，Q沿斜面上升，輕繩的拉力和重力都對Q做功，由動能定理知，Q動能的增加量等于輕繩對Q做的功與重力做功的代數(shù)和，A錯誤；由于P下滑過程中要產(chǎn)生內(nèi)能，所以Q機(jī)械能的增加量與系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量之和等于P機(jī)械能的減少量，B、C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，對Q有FT－mgsin37°＝ma，對P有2mgsin53°－FT－μ·2mgcos53°＝2ma，聯(lián)立解得a＝0.2g，故D正確．10.如圖7所示，輕彈簧放置在傾角為30°的固定斜面上，下端固定于斜面底端的擋板上，質(zhì)量為1kg的滑塊從斜面上a點由靜止開始下滑，到b點接觸彈簧，至c點速度為0，然后又回到a點．已知xab＝1m，xbc＝0.2m，g取10m/s2，下列說法正確的是()圖7A．滑塊運動到b點時，動能最大B．整個過程中滑塊動能的最大值大于6JC．整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6JD．因斜面對滑塊的摩擦力對滑塊做負(fù)功，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中機(jī)械能逐漸減小答案C解析滑塊又回到a點，說明斜面光滑，滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中機(jī)械能守恒，D錯誤；滑塊先勻加速運動到b點，接觸彈簧，此時滑塊所受重力沿斜面的分力大于彈簧彈力，合力大于0，當(dāng)滑塊所受的合力為0時，滑塊速度最大，設(shè)滑塊在d點時所受合力為0，d點在b點和c點之間，滑塊從a點到d點，由動能定理得mghad＋W彈＝Ekd－0，而mghad<mghac＝mgxacsin30°＝6J，W彈<0，所以Ekd<6J，A、B錯誤；滑塊從a點到c點，由動能定理得mghac＋W彈′＝0－0，hac＝xacsin30°，解得W彈′＝－6J，彈簧彈力做的功與彈性勢能的變化量大小相等，所以整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6J，C正確．二、非選擇題：共5題，共60分．其中第12題～第15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．11．(15分)(2021·江蘇連云港市·高一期末)如圖8所示，將打點計時器固定在鐵架臺上，用重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置可驗證機(jī)械能守恒定律．圖8(1)下列哪些操作或做法是必要的______________．A．先接通電源后釋放紙帶B．重物的體積應(yīng)盡可能大些C．必須要稱出重物和夾子的質(zhì)量D．將連著重物的紙帶穿過限位孔，用手提住紙帶，且讓紙帶保持豎直(2)安裝好實驗裝置，正確進(jìn)行實驗操作，從打出的紙帶中選出符合要求的紙帶，如圖9所示(其中一段紙帶圖中未畫出)．圖中O點為打出的起始點，且速度為零．選取在紙帶上連續(xù)打出的點A、B、C、D、E、F、G作為計數(shù)點，測出A、B、C、D、E、F、G點到O點的距離h記錄在表格中，已知打點計時器打點周期為T＝0.02s．由此可計算出重物下落到各點時的瞬時速度v，其中D點的瞬時速度vD＝____________m/s(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)，并依據(jù)下表所給數(shù)據(jù)在給定的坐標(biāo)紙上作出v2－h(huán)圖像．圖9計數(shù)點ABCDEFGh/cm9.6012.5215.8819.6023.7228.2033.10v/(m·s－1)/1.571.772.152.35/v2/(m·s－1)2/2.463.134.625.52/(3)已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.8m/s2，根據(jù)畫出的圖像判斷機(jī)械能是否守恒并說出判定的依據(jù)：__________________.(4)若實驗中阻力的存在不可忽略，驗證時將發(fā)現(xiàn)重物重力勢能的減少量________(選填“大于”“等于”或“小于”)物體動能的增加量．答案(1)AD(2)1.96見解析圖(3)見解析(4)大于(每空3分)解析(1)實驗時，先接通電源后釋放紙帶，故A正確；應(yīng)選用質(zhì)量大、體積小的重物，這樣可以減小空氣阻力的影響，故B錯誤；由于本實驗需驗證的是mgΔh＝eq\f(1,2)mv2，等式兩邊都有m，所以不必稱出重物和夾子的質(zhì)量，故C錯誤；將連著重物的紙帶穿過限位孔，用手提住紙帶，且讓紙帶保持豎直，故D正確．(2)D點的瞬時速度大小為vD＝eq\f(hCE,2T)＝eq\f(23.72－15.88×10－2,2×0.02)m/s＝1.96m/s結(jié)合表中數(shù)據(jù)，描點，連線如圖所示(3)若重物機(jī)械能守恒，則有mgΔh＝eq\f(1,2)mv2，則v2＝2gΔh.則v2－h(huán)圖像是一條過原點，斜率為2gk＝2g的直線根據(jù)作出的圖線，可以求得斜率k′＝19.52≈2g，在誤差允許范圍內(nèi)，重物機(jī)械能守恒．(4)若實驗中阻力的存在不可忽略，則重物一部分重力勢能將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以驗證時將發(fā)現(xiàn)重物重力勢能的減少量大于重物動能的增加量．12．(8分)(2020·沙市中學(xué)高一月考)質(zhì)量為m＝0.14kg的小球自H＝2m的高度處由靜止釋放，第一次與地面碰撞后反彈的最大高度為h＝1.5m．設(shè)碰撞時沒有能量損失，且小球在運動過程中受到的空氣阻力大小不變，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小球受到的空氣阻力大小Ff；(2)小球運動的總路程s.答案(1)0.2N(2)14m解析(1)對小球由靜止釋放到第一次反彈到最大高度的過程，由動能定理得mg(H－h(huán))－Ff(H＋h)＝0－0(2分)解得Ff＝0.2N．(2分)(2)對小球由靜止釋放到最后停在地面上的過程，由動能定理得mgH－Ffs＝0－0(2分)解得s＝14m．(2分)13．(10分)如圖10所示，水平長直軌道AB與半徑為R＝0.8m的光滑eq\f(1,4)豎直圓軌道BC相切于B點，軌道BC與半徑為r＝0.4m的光滑eq\f(1,4)豎直圓軌道CD相切于C點，質(zhì)量m＝1kg的小球靜止在A點，現(xiàn)用F＝18N的水平恒力向右拉小球，在到達(dá)AB中點時撤去拉力，小球恰能通過D點．已知小球與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：圖10(1)小球在D點的速度大小vD；(2)小球在B點對圓軌道的壓力大小FNB；(3)A、B兩點間的距離x.答案(1)2m/s(2)45N(3)2m解析(1)小球恰好過最高點D，在D點，由牛頓第二定律有：mg＝meq\f(v\o\al(D2),r)(2分)解得：vD＝2m/s；(1分)(2)小球從B到D，由動能定理：－mg(R＋r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2)－eq\f(1,2)mvB2(2分)設(shè)小球在B點受到的圓軌道的支持力大小為FN，由牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(B2),R)(1分)由牛頓第三定律得FNB＝FN(1分)聯(lián)立解得：FNB＝45N；(1分)(3)小球從A到B，由動能定理：F·eq\f(x,2)－μmgx＝eq\f(1,2)mvB2(1分)解得：x＝2m．(1分)14.(12分)(2021·重慶一中高一期末)如圖11所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角θ＝37°的固定光滑直軌道AC的底端擋板上，另一端位于直軌道上B點，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，BC＝4R，D點為圓弧軌道的最高點，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)，質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點，BE＝R.重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖11(1)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(2)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放，釋放后P恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點D，求改變后P的質(zhì)量．答案(1)3mgR(2)eq\f(30,53)m解析(1)物塊由C到E的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mg·5Rsinθ＝Ep(3分)解得Ep＝3mgR(1分)(2)物塊恰好能到達(dá)D點，由牛頓第二定律，有m1g＝m1eq\f(v\o\al(D2),R)(2分)解得vD＝eq\r(gR)(1分)物塊由E到D的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Ep＝m1g·hED＋eq