1、阶段滚动检测(五)(第五章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。15小题为单选,68小题为多选)1(2021榆林模拟)一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则()A人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小B人只受重力和踏板的支持力的作用C踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量D人所受合力做的功等于人的动能的增加量【解析】选D。人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：axa cos ，方向水平向右；aya sin ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，fmaxma cos ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FNmgma
2、 sin ，由牛顿第三定律知人对踏板的压力FNFNmg，故A、B错误；踏板对人的作用力即为支持力与摩擦力，并且二力均做正功；故在随着扶梯向上加速运动过程中，踏板对人支持力做的功小于人的机械能的增加量，故C错误；根据动能定理可知：合外力对人做的功等于人动能的增加量，故D正确。2.按压式圆珠笔内装有一根小弹簧,尾部有一个小帽,压一下小帽,笔尖就伸出来。如图所示,使笔的尾部朝下,将笔向下按到最低点,使小帽缩进,然后放手,笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力。笔从最低点运动至最高点的过程中()A.笔的动能一直增大B.笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小C.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增
3、加量D.弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量【解析】选D。开始时弹力大于笔的重力,则笔向上做加速运动;当弹力等于重力时加速度为零,速度最大;然后弹力小于重力,笔向上做减速运动,当笔离开桌面时将做竖直上抛运动,直到速度减为零到达最高点。笔的动能先增大后减小,选项A错误;因只有弹力和重力做功,则笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能守恒;因动能先增加后减小,则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增加,选项B错误;因整个过程中初末动能不变,则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能的增加量,选项C错误,D正确。【加固训练】如图所示，光滑水平面上，质量分别为m、M的木块A、B在水平恒力F作用下一起以
4、加速度a向右做匀加速运动，木块间的轻质弹簧劲度系数为k，原长为L0，则此时木块A、B间的距离为()A.L0+B.L0+ C.L0+ D.L0+【解析】选B。先以A、B整体为研究对象，加速度为a，根据牛顿第二定律可得a=，再隔离木块A，弹簧的弹力为T=ma=kx，则弹簧的长度为L=L0+=L0+，选项B正确。3.2020年2月2日上午，武汉火神山医院正式交付，从方案设计到建成交付仅用10天，被誉为“中国速度”。在医院建造过程中，有一吊机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt 图象如图所示。下列判断正确的是()A1 s末货物的加速度大小为1.5 m/s2B前2 s内
5、货物克服重力做功的功率不变C最后3 s内货物处于超重状态D在第4 s末至第7 s末的过程中，货物的机械能增大【解析】选D。01 s内货物做匀减速直线运动，速度图像的斜率表示加速度，则有a m/s20.75 m/s2，选项A错误；前2 s内货物的速度增大，克服重力做功的功率Pmgv增加，选项B错误；最后3 s内货物减速上升，加速度方向向下，所以货物处于失重状态，选项C错误；在第4 s末至第7 s末的过程中，拉力仍对货物做正功，所以货物的机械能增大，选项D正确。4.(万有引力与航天、机械能)北斗三号基本系统已完成建设，开始提供全球服务。其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示：a为低轨道极地卫星；b为
6、地球同步卫星；c为倾斜轨道卫星，其轨道平面与赤道平面有一定的夹角，周期与地球自转周期相同。下列说法正确的是()A卫星a的线速度比卫星c的线速度小B卫星b和卫星c的线速度大小相等C卫星b的向心加速度比卫星c的向心加速度大D卫星a的机械能一定比卫星b的机械能大【解析】选B。人造卫星在围绕地球做匀速圆周运动的过程中由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和匀速圆周运动知识得Gmam，解得v，a，由题意可知，卫星a的轨道半径小于卫星c(b)的轨道半径，故卫星a的线速度大于卫星c的线速度；卫星b和卫星c的周期相同，由Gmr，可知轨道半径相同，故卫星b的线速度等于卫星c的线速度，卫星b的向心加速度等于卫星c
7、的向心加速度，选项A、C错误，B正确；由于不知道卫星的质量关系，故无法判断卫星a的机械能与卫星b的机械能关系，选项D错误。5(2020大庆模拟)目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡向上或向下直线行驶。测试中发现，下坡时若只关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受的由各种摩擦引起的总阻力大小恒定，下列说法正确的是()A关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B上坡过程中，汽车牵引力逐渐增大C上坡过程中，汽
8、车速度由增至，所用的时间大于D上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm所用时间等于【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)下坡过程，由共点力平衡条件可求得汽车受到的阻力，判断机械能是否守恒；(2)上坡过程，由P=Fv判断牵引力大小的变化情况，由动能定理判断加速的时间。【解析】选C。关掉油门后的下坡过程，汽车动能不变，重力势能减小，因此汽车的机械能减小，选项A错误；根据PFv，由于以恒定功率起动，上坡过程中，随速度的增加，牵引力减小，选项B错误；设汽车速度由增至位移为s0，根据动能定理Ptfs0m()2m()2，整理得t，选项C正确；由于汽车做加速度减小的加速运动，可知，因此整个过程的
9、运动时间t，选项D错误。6.如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m22m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，对m1上升h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程，下列说法正确的是()Am2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能Bm1上升到h高度时的速度为C轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等D轻绳的张力大小为m1g【解析】选B、C。根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1的重力势能和两物体的动能，选项A错误；根据动滑轮的特点可知，m2的速度为m1速度的2倍，根据动能定理可得m2g2hm1gh
10、m2vm1v，解得v1，选项B正确；轻绳的拉力相同，故轻绳对m2做功的功率P2Fv2，轻绳对m1做功的功率P12Fv1，由于v22v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，选项C正确；根据动滑轮的特点可知，m1的加速度为m2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知2Fm1gm1a，m2gFm2a，a2a，联立解得F，选项D错误。7.如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某
11、一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则()A固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C滑块可能重新回到出发点A处D传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)滑块恰能通过C点时根据牛顿第二定律列方程求C点时的速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；(2)对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程判断影响最大距离的因素；根据传送带速度知滑块的速度，从而可知是否能回到A点；(3)滑块与传送带摩擦产生的热量Q=mgx，算热量多少，分析相对路程。【解析】选C、D。若滑块恰能通过
12、C点时有：mgm；由A到C，根据动能定理知mghACmv；联立解得：hACR；则AB间竖直高度最小为2RR2.5R，所以A到B点的竖直高度不可能为2R，选项A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则由动能定理：0mv2mgRmgx，知x与传送带速度无关，选项B错误；若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，选项C正确；滑块与传送带摩擦产生的热量Qmgx，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，选项D正确。8(2021西安模拟)2022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道(图甲)，来迎接冬奥会的到来。如图乙所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底
13、8 m处自由滑下，当下滑到距离坡底s1处时，动能和势能相等(以坡底为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离坡底s2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4 m。关于这个过程，下列说法中正确的是()A摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化量B重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化量Cs12 mDs14 m，s2s1，即s14 m；同理，从右侧斜坡s2处滑至s(s4 m)处过程中，由动能定理得：mg(ss2)sin Wf0mv，因为距坡底s2处动能和势能相等，有mgs2sin mv，由式得：mg(ss2)sin Wfmgs2
14、sin ，由式得：ss22 m。综上所述，C正确，D错误。【加固训练】(多选)(2020济宁模拟)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，则在小球C下落过程中()A.小球A、B、 C组成的系统机械能守恒B.小球C的机械能先减小后增大C.小球C落地前瞬间的速度大小为D.当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg【解析】选A、B、C。由于小球A、B、C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，选项A正确；小球B的初速度为零，C落地瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后
15、减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，选项B正确；小球C落地前瞬间的速度大小根据动能定理可知mv2mgh，解得v，选项C正确；当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，选项D错误。二、实验题(12分)9(2020吉林模拟)某同学用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。质量均为M的A、B两个圆筒用绕过光滑定滑轮的细线连接，圆筒B锁定在桌子的边缘，B上装有质量不计的遮光条，遮光条上方有与光
16、电计时器连接的光电门，圆筒A中装有10个质量均为m的砝码。已知重力加速度为g：(1)实验前用游标卡尺测出遮光条的宽度，示数如图乙所示，则遮光条的宽度d_mm；(2)解除对圆筒B的锁定，使圆筒B由静止开始向上运动，通过光电门时，遮光条的遮光时间为t，此时A、B和10个砝码具有的总动能为_(用测得和已知的物理量表示)；要验证机械能守恒，还需要测量的物理量为_(写出物理量及其符号)；(3)每一次将A中的一个砝码取出后放在B中，重复(2)的实验，测得遮光条每次遮光的时间为t，作出(n5)图象(其中n为A筒中砝码的个数，n大于5)，如果作出的是一条过原点的倾斜直线，则图像的斜率为_(用已知和测量的物理量
17、表示)，则机械能守恒定律得到验证。【解析】(1)该游标卡尺为20分度，最小精确度为0.05 mm，游标卡尺读数为3 mm110.05 mm3.55 mm(2)遮光条遮光时间为t时，系统的速度大小为v，系统的总动能Ek(2M10m)()2(M5m)()2。要验证机械能守恒定律，即要验证系统减少的重力势能等于系统增加的动能，因此还需要测量解除锁定前，遮光条到光电门的高度h。(3)当A筒中有n个砝码时，B筒中有10n个砝码，则系统机械能守恒时n(10n)mgh(2M10m)()2即(n5)，因此如果作出的(n5)图象是一条过原点的倾斜直线，则图像的斜率k，则机械能守恒定律得到验证。答案：(1)3.5
18、5(2)(M5m)()2解除锁定前，遮光条到光电门的高度h(3)【加固训练】(2020晋中模拟)某实验小组要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一气垫导轨，把气垫导轨调节水平，在导轨上A点处有一带长方形遮光条的滑块，其总质量为M，左端用跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的钩码相连，遮光条两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光条经过光电门时的挡光时间t，用d表示遮光条的宽度，s表示A、B两点间的距离，将遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列问题。,)(1)如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d_mm；(2
19、)实验时将滑块从如图甲所示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t1.2102 s，则滑块经过光电门的瞬时速度为_m/s(结果保留2位有效数字)；(3)若将滑块自A点由静止释放，考虑遮光条宽度的影响，则在滑块从A点运动至B点的过程中，滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能的减小量测量值_(选填“大于”“小于”或“等于”)动能的增加量测量值；(4)该实验小组在研究中发现利用该装置可测带长方形遮光条的滑块的总质量M，实验小组多次改变光电门的位置，且每次均令滑块自同一点(A点)开始运动，测量相应的s与t值。某同学完成实验后，想利用测得的数据探究s与t的关系。根据测量的数据作出s图象，测
20、得直线的斜率为k，已知钩码的质量为m，则滑块的总质量M的表达式为_(用题目给出的字母表示)。【解析】(1)游标卡尺的整数部分为3 mm，副尺零线以右与主尺上的刻度对准的刻线数为16，乘上，则小数部分为0.80 mm，遮光条的宽度为整数部分加小数部分为3.80 mm。(2)滑块经过光电门的瞬时速度为v，代入解得v0.317 m/s，由于题干要求结果保留2位有效数字，即v0.32 m/s。(3)匀加速运动中间位移处速度大于中间时刻速度，考虑遮光条宽度的影响，遮光条通过光电门的平均速度即中间时刻速度应该小于滑块通过B点时的瞬时速度，动能的增加量测量值偏小，则在滑块从A点运动至B点的过程中，滑块、遮光
21、条与钩码组成的系统重力势能的减小量测量值大于动能的增加量测量值。(4)对整个系统列机械能守恒mgs(Mm)()20，整理得()2s，即k，解得Mm答案：(1)3.80(2)0.32(或3.2101)(3)大于(4)m三、计算题(本题共2小题，共40分。需写出规范的解题步骤)10.(18分)图示为某商场的室内模拟滑雪机，该机主要由前后两个传动轴及传送带上粘合的雪毯构成，雪毯不断向上运动，使滑雪者产生身临其境的滑雪体验。已知坡道长L6 m，倾角37，雪毯始终以速度v5 m/s 向上运动。一质量m70 kg(含装备)的滑雪者从坡道顶端由静止滑下，滑雪者没有做任何助力动作，滑雪板与雪毯间的动摩擦因数。
22、重力加速度g取10 m/s2。sin370.6，cos370.8。不计空气阻力。在滑雪者滑到坡道底端的过程中，求：(1)滑雪者的加速度大小a以及经历的时间t；(2)滑雪者克服摩擦力所做的功W；(3)滑雪板与雪毯间因摩擦产生的热量。【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得运动的时间；(2)根据Wf=mgcosL求得克服摩擦力所做的功；(3)在时间t内求得雪毯和滑雪者间发生的相对位移，由Q=fx求得产生的热量。【解析】(1)设滑雪者受到雪毯的支持力为N，摩擦力为f，由牛顿第二定律有mg sin fmaNmg cos fN联立式并代入
23、相关数据可得a3 m/s2由运动学公式有Lat2代入相关数据可得t2 s(2)滑雪者克服摩擦力所做的功WmgL cos 1 260 J(3)此过程雪毯运行的距离为svt10 m滑雪板与雪毯间因摩擦产生的热量Qmg(Ls)cos 3 360 J答案：(1)3 m/s22 s(2)1 260 J (3)3 360 J11.(22分)山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动。一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆，圆与雪道相切于C点，C点的切线沿水平方向，C点与水平雪地之间是高为H的峭壁，D是圆的最高点，如图所示。运动员从A点由静止下滑，刚好经过光滑圆轨道最高点D旋转一周，再滑到C点后水平抛出，当抛出时间为
24、t时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v。已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A、C的高度差h；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功。【解析】(1)运动员刚好经过圆轨道最高点，则其速度满足mg运动员由A到D过程，由动能定理有mg(h2R)mv联立解得hR。(2)运动员从A到C由动能定理有mgRmv可得v0在圆轨道旋转一周后运动员做平抛运动，运动员遭遇强风时，在竖直方向上的速度vgt则运动员遭遇强风时的速度大小为：v1下落高度为h1gt2则距地面的高度为h2Hh1H
25、gt2。(3)对运动员运动的整个过程，由动能定理得mg(HR)Wmv2解得Wmv2mg(HR)。答案：(1)R(2)Hgt2(3)mv2mg(HR)【加固训练】如图所示，在倾角为=30的光滑斜面MN底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放一质量m=2 kg的滑块，且滑块与斜面顶端N点相距x=0.10 m。现将弹簧解除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面，恰水平飞上顺时针始终匀速转动的传送带，已知传送带水平放置且足够长，传送带上端距N点所在水平面高度为h=0.20 m，滑块A与传送带间的动摩擦因数= (g取10 m/s2)。(1)求弹簧锁定时储存的弹性势能；(2)若传送带速度为7m/s
26、，求滑块飞上传送带后因摩擦产生的内能；(3)传送带右端竖直固定半径R=0.1 m的光滑半圆轨道，且轨道下端恰好与传送带相切，为使滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，求传送带速度应当满足的条件。【解析】(1)滑块离开斜面后，竖直方向由h=gt得t0=0.2 s所以滑块离开斜面时=tan30得v0=2 m/s对滑块，从开始到恰上斜面Ep=mg(xsin30+h)+mv得Ep=17 J(2)滑块飞上传送带后，对滑块mgma得a5 m/s2由v传v0at得t1 s则x传v传t7 mx物v0tat2 m所以两者相对位移为s相x传x物 m所以Qmgs相75 J(3)若滑块不能越过四分之一圆弧，对滑块mvmgR则v1 m/s若滑块不能越过四分之一圆弧，在最高点对滑块mgm 得vQ1 m/s从最低点到最高点，对滑块mvmg2Rmv得v2 m/s所以传送带运行速度vv1或vv2即v m/s或v m/s。答案：(1)17 J(2)75 J(3)v m/s或v m/s