1、(712)章末综合能力滚动练一、单项选择题1.如图1所示，用一不可伸长的轻绳系一小球悬于O点现将小球拉至水平位置，然后由静止释放，不计阻力，小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是()图1A小球的机械能守恒B小球所受的合力不变C小球的动能不断减小D小球的重力势能增加答案A解析小球在下落的过程中，受到重力和绳的拉力作用，绳的拉力方向与小球的运动方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，故在整个过程中小球的机械能守恒，选项A正确；由于小球的速度变大，动能增加，所需的向心力变大，故小球所受的合力变大，选项B、C错误；小球的高度下降，重力势能减小，选项D错误2(2019江苏扬州中学模拟)如图2所示，一小
2、球从一光滑半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度大小为()图2A.B.C.D.答案B解析飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知小球在该点的速度方向与水平方向的夹角为30，则有vyv0tan30，又vygt，则v0tan30gt，t，水平方向上小球做匀速直线运动，则有RRcos60v0t，解得v0，B正确3(2017全国卷16)如图3所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上
3、端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()图3A.mglB.mglC.mglD.mgl答案A解析由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加Epmgmgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为Wmgl，故选项A正确，B、C、D错误4(2020四川德阳市调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是()
4、AW0，Qmv2BW0，Q2mv2CW，Qmv2DWmv2，Q2mv2答案B解析对小物块，由动能定理有Wmv2mv20，设小物块与传送带间的动摩擦因数为，则小物块与传送带间的相对路程x相对，这段时间内因摩擦产生的热量Qmgx相对2mv2，选项B正确5.(2019江苏南通市一模)如图4所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度匀速转动质量不同的小物体A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为和，则()图4AA的质量一定小于B的质量BA、B受到的摩擦力可能同时为零C若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力D若增大，A、B受到的
5、摩擦力可能都增大答案D解析根据题给条件无法确定A与B的质量关系，故A错误；以A为研究对象，假设不受摩擦力，A受到重力和支持力，合力提供向心力，设此时对应的角速度为A，根据牛顿第二定律可得mAgtanmArAA2，其中rARsin，则A；同理可得当B的摩擦力为零时，角速度B；由于，则容器转动的角速度不能满足A、B受到的摩擦力同时为零，故B错误；若A不受摩擦力，整体转动的角速度AB，则B有沿容器壁向上的运动趋势，B受沿容器壁向下的摩擦力，故C错误；若开始时转动的角速度A，A和B受沿容器壁向下的摩擦力，角速度继续增大，则A、B受到的摩擦力都增大，故D正确二、多项选择题6.如图5所示为生活中磨刀的示意
6、图，磨刀石静止不动，刀在手的推动下从右向左匀速运动，发生的位移为x，设刀与磨刀石之间的摩擦力大小为Ff，则下列叙述中正确的是()图5A摩擦力对刀做负功，大小为FfxB摩擦力对刀做正功，大小为FfxC摩擦力对磨刀石做正功，大小为FfxD摩擦力对磨刀石不做功答案AD7.(2020山东临沂市模拟)如图6所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中()图6A物块A的重力势能增加量一定等于mghB物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C物块A的机械能增加量等于斜
7、面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和答案CD解析当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A机械能的增加量等于斜面的支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉
8、力做功的和，故D正确三、非选择题8(2020山东临沂市质检)某同学用如图7甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示的纸带选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s019.00cm，点A、C间的距离为s18.36cm，点C、E间的距离为s29.88cm，g取9.8m/s2，测得重物的质量为m1kg.图7(1)下列做法正确的有_A图中两限位孔必须在同一竖直线上B实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直C实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源D数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置(2)选取O、C两点为初、末位置验证机械
9、能守恒定律，重物减少的重力势能是_J，打下C点时重物的速度大小是_m/s.(结果保留三位有效数字)(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度v，量出下落距离s，则以为纵坐标、以s为横坐标画出的图象应是下面的_答案(1)AB(2)2.682.28(3)C解析(1)题图甲中两限位孔必须在同一竖直线上，故A正确；实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，故B正确；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误；数据处
10、理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，以减小测量的误差，故D错误(2)重物减少的重力势能为：Epmgsmg(s0s1)1kg9.8m/s2(19.008.36)102m2.68J打下C点时重物的速度vC2.28m/s(3)在验证机械能守恒定律的实验中，有：mv2mgs则有：v2gs，g是常数，所以图线为过原点的倾斜直线，故C图正确9(2019江苏泰州市上学期期末)如图8所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出已知小球在D点对管下壁压力大小为mg，且A、D两点在同一水平线上，BC
11、弧对应的圆心角60，不计空气阻力重力加速度为g，求：图8(1)小球在A点初速度的大小；(2)小球在D点的角速度；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功答案(1)(2) (3)mgR解析(1)小球从A到B，竖直方向：vy22gR(1cos60)解得vy在B点：v0.(2)在D点，由牛顿第二定律得mgmgm解得vD故.(3)从A到D全过程由动能定理：W克mvD2mv02解得W克mgR.10(2019江苏南京市三模)如图9所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L11.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H0.8m，桌面总长L21.5m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定，将质量m0.2k
12、g的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力(重力加速度取g10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin370.6，cos370.8)图9(1)求当30时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2)当增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(3)2取第(2)问中的数值，当角为多大时物块落地点与墙面的距离最大？最大距离xm是多少？答案(1)(5) m/s2(2)0.8(3)531.9m解析(1)对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin1mgcosma代入数据得a(5) m/s2(2)对全过程，由动能定理得mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)00代入数据得20.8(3)由动能定理得mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)mv2得v220(sin1.2cos) m2/s2则v225sin (37)24 (m2/s2)当53时，vmax1m/s由Hgt2解得t0.4sx1vmaxt0.4mxmx1L21.9m.
