1、章末过关检测(五)一、单项选择题(本题共 5 小题，每小题 6 分，共 30 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.(2017安徽期中测试)A、B 两物体的质量之比 mAmB21，它们以相同的初速度 v0 在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度时间图象如图所示那么，A、B 两物体所受摩擦阻力之比 FAFB 与 A、B 两物体克服摩擦阻力做功之比 WAWB 分别为()A21，41 B41，21C14，12 D12，14 解析：选 B.由 vt 图象可知：aAaB21，又由 Fma，mAmB21，可得 FAFB41；又由题图中面积关系可知 A、B 位移之比 xAxB12，由做功公
2、式 WFx，可得 WAWB21，故选 B.2.如图所示，木块 M 上表面是水平的，当木块 m 置于 M 上，并与 M 一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，下列对于下滑过程中的判断不正确的是()AM 对 m 的支持力做负功BM 对 m 的摩擦力做负功Cm 所受的合外力对 m 做正功Dm 的机械能守恒解析：选 B.m 受的支持力向上，而 m 有向下的位移分量，由功的定义可知，M 对 m 的支持力做负功，选项 A 正确；以M、m 作为一个系统，由整体法可得系统有水平向左的加速度分量，M 对 m 的摩擦力做正功，选项 B 错误；因 m 的动能在增大，根据动能定理，故合外力对 m 做正功，选项 C 正确
3、；根据牛顿第二定律，(Mm)gsin(Mm)a，系统运动过程中的加速度为 agsin，这个加速度是由重力沿斜面向下的分力产生的，M 对 m 的摩擦力和支持力的合力垂直位移方向不做功，故 m 的机械能守恒，选项 D 正确 3(2017吉大附中月考)如图所示，为游乐场中过山车的一段轨道，P 点是这段轨道的最高点，A、B、C 三处是过山车的车头、中点和车尾，假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略那么过山车在通过 P 点的过程中，下列说法正确的是()A车头 A 通过 P 点时的速度最小B车的中点 B 通过 P 点时的速度最小C车尾 C 通过 P 点时的速
4、度最小DA、B、C 通过 P 点时的速度一样大 解析：选 B.过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点 B 通过 P 点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故选 B.4.如图所示，质量相等、材料相同的两个小球 A、B 间用一劲度系数为 k 的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在 B 上的水平外力 F 的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为 4Ek 时撤去外力 F，最后停止运动不计空气阻力，认为最大静
5、摩擦力等于滑动摩擦力则在从撤去外力 F 到停止运动的过程中，下列说法正确的是()A撤去外力 F 的瞬间，弹簧的压缩量为 F2kB撤去外力 F 的瞬间，弹簧的伸长量为FkC系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量DA 克服外力所做的总功等于 2Ek 解析：选 D.撤去 F 瞬间，弹簧处于拉伸状态，对系统，在 F作用下一起匀加速运动时，由牛顿第二定律有 F2mg2ma，对 A 有 k xmgma，求得拉伸量 x F2k，则 A、B 两项错误；撤去 F 之后，系统运动过程中，克服摩擦力所做的功等于机械能的减少量，则 C 项错误；对 A 利用动能定理 W 合0EkA，又有 EkAEkB2Ek，则知
6、 A 克服外力做的总功等于 2Ek，则 D 项正确 5.(2017辽宁五校联考)如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上现用手控制住 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行已知 A 的质量为 4m，B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放 A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时 C恰好离开地面下列说法正确的是()A斜面倾角 60BA 获得的最大速度为 2gm5kCC 刚离开地面时，B
7、的加速度最大D从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，A、B 两小球组成的系统机械能守恒解析：选 B.释放 A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，拉力等于 A 的重力沿斜面向下的分力 4mgsin，C 恰好离开地面，轻质弹簧弹力等于 C 球重力，kxmg.对 B，由平衡条件，4mgsin 2mg，解得斜面倾角 30，选项 A 错误；初状态，弹簧压缩，kxmg，末状态，弹簧拉伸，kxmg.初末状态弹簧弹性势能相等，由动能定理得，4mg2xsin mg2x12(m4m)v2，解得 v2gm5k，选项 B 正确；C 刚离开地面时，B 的加速度为零，选项 C 错误；从释放 A 到 C刚离开地面的过程中，
8、A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项 D 错误 二、多项选择题(本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有错选或不答的得 0 分)6.滑沙是国内新兴的，也是黄金海岸独有的旅游项目，深受游客欢迎如图所示，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为 v，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为 L，斜面倾角为，人的质量为 m，滑沙板质量不计，重力加速度为 g.则()A人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为mgLsin 12mv2B人沿沙坡下滑时所受阻力的大小为
9、mgsin mv22LC人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为 mgLD人在下滑过程中重力功率的最大值为 mgvsin 解析：选 BD.某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，由动能定理可得：mgLsin Wf12mv2，则 Wf12mv2mgLsin，故选项 A 错误；WffL12mv2mgLsin，解得：fmgsin mv22L，故选项 B 正确；人从沙坡斜面的顶端下滑到底端，重力做的功为 mgLsin，故选项 C 错误；人在下滑过程中重力功率的最大值为 mgvsin，故选项 D 正确 7(2017合肥质检)如图所示，两个34竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径
10、R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑在两轨道右侧的正上方分别将金属小球 A 和 B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为 hA 和 hB，下列说法正确的是()A若使小球 A 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R2B若使小球 B 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R2C适当调节 hA，可使 A 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D适当调节 hB，可使 B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 解析：选 AD.小球 A 从轨道最高点飞出的最小速度 vA gR，由机械能守恒，mghA2mgR12mv2A，则 hA5R2，A 选项
11、正确；小球 B 从轨道最高点飞出的最小速度 vB0，由机械能守恒，mghB2mgR，释放的最小高度 hB2R，B 选项错误；要使小球 A 或 B 从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，需满足 Rv0t，R12gt2，则 v0gR2，而 A 球的最小速度 vA gRv0，故 A 球不可能落在轨道右端口处，B 球可能，C 选项错误，D 选项正确 8.如图所示，质量为 M、长度为 L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小物块，放在小车的最左端，现用一水平向右的恒力 F 始终作用在小物块上，小物块与小车之间的滑动摩擦力为 f，经过一段时间后小车运动的位移为 x，此时小物块刚好滑到小车的最右
12、端，则下列说法中正确的是()A此时物块的动能为 F(xL)B此时小车的动能为 F(xL)C这一过程中，物块和小车增加的机械能为 F(xL)fLD这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为 fL 解析：选 CD.对小物块分析，水平方向受到拉力 F 和摩擦力f，小车位移为 x，小物块相对于小车位移为 L，则根据动能定理有(Ff)(xL)Ek0，选项 A 错误小车受到水平向右的摩擦力 f 作用，对地位移为 x，根据动能定理同样有 fxEk0，选项 B 错误在这一过程，物块和小车增加的机械能等于增加的动能，即 EkEkF(xL)fL，选项 C 正确在此过程中外力做功为 F(xL)，所以系统因摩擦而产生
13、的热量为 F(xL)F(xL)fLfL，选项 D 正确 三、非选择题(本题共 3 小题，共 52 分按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9(16 分)(1)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能回答下列问题：本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 Ep 与小球抛出时的动能 Ek 相等已知重力加速度大小为 g.为求得 E
14、k，至少需要测量下列物理量中的_(填正确答案标号)A小球的质量 mB小球抛出点到落地点的水平距离 sC桌面到地面的高度 hD弹簧的压缩量 xE弹簧原长 l0用所选取的测量量和已知量表示 Ek，得 Ek_如图中的直线是实验测量得到的 s x 图线从理论上可推出，如果 h 不变，m 增加，s x 图线的斜率会_(选 填“增 大”“减 小”或“不变”)；如果 m 不变，h 增加，s x 图线的斜率会_(选填“增大”“减小”或“不变”)由图中给出的直线关系和 Ek 的表达式可知，Ep 与 x的_次方成正比(2)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系如图甲，将轻质弹簧下端固定
15、于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数 k_ N/m.(g 取 9.80 m/s2)砝码质量/g50100150 弹簧长度/cm8.627.636.66取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示，调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小_用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量 x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度 v.释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为_重复中的操作，得到 v 与 x 的关系如图丙，由图可知，v 与 x 成_关系由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的_成正比解析：(1)由平抛运动规律得，h12gt2
16、，svt，解得小球抛出时的速度 vsg2h，则小球抛出时的动能 Ek12mv2mgs24h，所以需要测量的物理量是小球的质量 m、小球抛出点到落地点的水平距离 s、桌面到地面的高度 h，A、B、C三项正确 由可知，Ekmgs24h.如果 h 不变，m 增加，那么小球做平抛运动的时间不变，当 x 为某一值时，小球获得的初速度减小，做平抛运动的水平位移减小，图线的斜率会减小；如果 m 不变，h 增加，那么当 x 为某一值时，小球获得的初速度不变，小球做平抛运动的时间增加，做平抛运动的水平位移增加，图线的斜率会增大；根据机械能守恒可得，EpEkmgs24h，即 Ep 与s2 成正比，又因为 s 与
17、x 成正比，所以 Ep 与 x2 成正比 (2)加 50 g 砝码时，弹簧弹力 F1mgk(l0l1)，加 100 g砝码时 F22mgk(l0l2)，FF2F1k(l1l2)，则k49.5 N/m，同理由加 100 g 砝码和加 150 g 砝码的情况可求得 k50.5 N/m，则劲度系数 kkk250 N/m.使滑块通过两个光电门时的速度大小相等，就可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动 弹性势能转化为滑块的动能 图线是过原点的直线，所以 v 与 x 成正比，整个过程弹性势能转化为动能，即 E 弹Ek12mv2，弹性势能与速度的二次方成正比，则弹性势能与压缩量 x 的二次方成正比 答案：(1
18、)ABC mgs24h 减小 增大 2(2)50.0相等 滑块的动能 正比 压缩量的平方10(18 分)(2017宁夏六盘山模拟)如图所示，劲度系数为 k200 N/m 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量 m3 kg 的物块A，A 放在平台 B 上，平台 B 可以控制 A的运动，初始 A、B 静止，弹簧处于原长，g10 m/s2，控制平台 B 竖直向下运动，保持 A 与 B 一起下降直到分离，求：(1)A、B 一起缓慢下降的最大位置 x1；(2)若 B 以 a5 m/s2 向下加速运动，从开始运动到 A、B 分离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及 B 对 A 做的功解析：(1)对 A 受力分析：
19、mgFNkx0 当时 FN0，达到最大位移，x1mgk 0.15 m.(2)设 A、B 一起运动的最大位移为 x2，分离瞬间有 mgkx2ma 弹簧弹力对 A 做的功：W 弹12F 弹x212kx22 所以弹性势能的增加量 Ep2W 弹0.562 5 J 分离时物块 A 的速度 v 2ax2 动能 Ek12mv2m2a（ga）k98 J 对 A 由动能定理，WWGW 弹Ek 代入数据得 B 对 A 的作用力所做的功 W0.562 5 J.答案：(1)0.15 m(2)0.562 5 J 0.562 5 J11(18 分)如图所示，质量为 m1 kg 的滑块，在水平力 F 作用下静止在倾角为 3
20、0的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为 v03 m/s，长为 L1.4 m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端 C 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数 0.25，g10 m/s2.(1)求水平作用力 F 的大小；(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于 3 m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量 解析：(1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力 F、重力 mg和支持力 FN 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力 Fmgtan，代入数据得 F10 33N.(2)设滑块从高为 h 处下滑
21、，到达斜面底端速度为 v，下滑过程机械能守恒，故有 mgh12mv2，所以 v 2gh.若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有 mgL12mv2012mv2，所以 h1v202gL，代入数据得 h10.1 m.若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有 mgL12mv2012mv2，则 h2v202gL，代入数据得 h20.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为 t，则 t 时间内传送带的位移 xv0t，由机械能守恒可知 mgh212mv2，对滑块由运动学公式知 v0vat，ag 滑块相对传送带滑动的位移 xLx，相对滑动产生的热量 Qmg x，联立代入数据可得 Q0.5 J.答案：(1)10 33N(2)0.1 m 或 0.8 m(3)0.5 J本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放
