章末綜合驗收(五)一、單項選擇題1．載人飛行包是一個單人低空飛行裝置，如圖所示，其發動機使用汽油作為燃料提供動力，可以垂直起降也可以快速前進，若飛行包(包括人)在豎直方向上勻速上升的過程中(空氣阻力不可忽略)，下列說法正確的是()A．發動機對飛行包不做功 B．飛行包的重力做正功C．飛行包的動能不變 D．飛行包的機械能不變C[飛行包(包括人)在豎直勻速上升的過程中，發動機的動力向上，則發動機對飛行包做正功，故A錯誤；高度上升，飛行包的重力做負功，故B錯誤；飛行包(包括人)在豎直方向上勻速上升，故飛行包的動能不變，故選C正確；飛行包在上升過程中動能不變，重力勢能變大，故機械能變大，故D錯誤。]2．如圖所示，小物塊甲從豎直固定的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平。小物塊乙從高為R的光滑斜面頂端由靜止滑下。下列判斷正確的是()A．兩物塊到達底端時速度相同B．兩物塊運動到底端的過程中重力做功相同C．兩物塊到達底端時動能相同D．兩物塊到達底端時，重力對乙做功的瞬時功率大于重力對甲做功的瞬時功率D[兩物塊下落的高度相同，根據動能定理，有mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，可知兩物塊到達底端時的速度大小相等，但方向不同，A錯誤；兩物塊的質量大小關系不確定，故無法判斷兩物塊運動到底端時重力做的功及動能是否相同，B、C錯誤；在底端時，重力對甲做功的瞬時功率為零，重力對乙做功的瞬時功率大于零，D正確。]3．極限跳傘是世界上最流行的空中極限運動，它的獨特魅力在于跳傘者通常起跳后傘并不是馬上自動打開，而是由跳傘者自己控制開傘時間，這樣冒險者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。傘打開前可看作是自由落體運動，打開傘后空氣阻力與速度平方成正比，跳傘者先減速下降，最后勻速下落。如果用h表示下落的高度，t表示下落的時間，Ep表示重力勢能(以地面為零勢能面)，Ek表示動能，E表示機械能，v表示下落時的速度。在整個過程中下列圖像可能符合事實的是()ABCDB[開始下落階段做自由落體運動，則Ep＝Ep0－mgh，可知此過程中Ep-h為直線，選項A錯誤；開始下落階段做自由落體運動Ek＝mgh，則Ek-h為直線；在以后的過程中先減速后勻速，可知動能先減小后不變，選項B正確；開始階段做自由落體運動，機械能不變；然后打開傘后，由于受阻力作用機械能逐漸減小，最后勻速下落階段機械能仍不斷減小，選項C錯誤；開始階段做自由落體運動，速度隨時間均勻增加；開傘后空氣阻力與速度平方成正比，則加速度滿足：mg－kv2＝ma，則加速度隨時間逐漸減小，v-t線不是直線，選項D錯誤。]4．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環，圓環與一根輕質彈性橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直且處于原長，原長為h，現讓圓環沿桿從靜止開始下滑，滑到桿的底端時速度為零。則在圓環下滑過程中(整個過程中橡皮繩始終處于彈性限度內)，下列說法中正確的是()A．圓環的機械能守恒B．圓環的機械能先增大后減小C．圓環滑到桿的底端時機械能減少了mghD．橡皮繩再次恰好恢復原長時，圓環動能最大C[圓環沿桿滑下，滑到桿的底端的過程中有兩個力對圓環做功，即環的重力和橡皮繩的拉力，所以圓環的機械能不守恒，如果把圓環和橡皮繩組成的系統作為研究對象，則系統的機械能守恒，因為橡皮繩的彈性勢能先不變再增大，所以圓環的機械能先不變后減小，故A、B錯誤；圓環滑到桿的底端時動能為零，重力勢能減小了mgh，即圓環的機械能減少了mgh，故C正確；在圓環下滑過程中，橡皮繩再次恢復原長時，該過程中圓環動能一直增大，但不是最大，沿桿方向合力為零的時刻，圓環加速度為零，圓環的速度最大，故D錯誤。]5．(2021·山東臨沂高三檢測)如圖甲所示，質量m＝2kg的小物體放在長直的水平地面上，用水平細線繞在半徑R＝0.5m的薄圓筒上。t＝0時刻，圓筒由靜止開始繞豎直的中心軸轉動，其角速度隨時間的變化規律如圖乙所示，小物體和地面間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，則()甲乙A．小物體的速度隨時間的變化關系滿足v＝4t(m/s)B．細線的拉力大小為2NC．細線拉力的瞬時功率滿足P＝4t(W)D．在0～4s內，細線拉力做的功為12JD[根據圖像可知，角速度隨時間變化的關系式為ω＝t(rad/s)，圓筒邊緣線速度與物體前進速度大小相同，根據v＝ωR得v＝ωR＝0.5t(m/s)，故A錯誤；物體運動的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.5t,t)m/s2＝0.5m/s2，根據牛頓第二定律得F－μmg＝ma，解得F＝2×0.5N＋0.1×2×10N＝3N，故B錯誤；細線拉力的瞬時功率P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t(W)，故C錯誤；物體在4s內運動的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×0.5×42m＝4m，在0～4s內，細線拉力做的功為W＝Fx＝3×4J＝12J，故D正確。]二、多項選擇題6．如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功AD[小物塊由A點開始向右加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，F彈減小，由F彈－Ff＝ma知，a減小；當運動到F彈＝Ff時，a減小為零，此時小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態；由于慣性，小物塊繼續向右運動，此時Ff－F彈＝ma，小物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續減小，a逐漸增大；當越過O點后，彈簧開始被拉伸，此時F彈＋Ff＝ma，隨著伸長量增大，a繼續增大，綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后反向增大，在O點左側F彈＝Ff時速度達到最大，故A正確，B錯誤。在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負功，故C錯誤。由動能定理知，從A到B的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。]7．(2021·四川省綿陽市高三下學期5月三診)不可伸長的輕繩一端固定，另一端系著質量為m的小球在豎直面內做圓周運動，小球動能Ek隨它離地高度h的變化如圖所示。忽略空氣阻力，重力加速度取10m/s2，以地面為重力勢能零點，由圖中數據可得()A．小球質量為2kgB．繩對小球拉力最大值為100NC．當小球離地高度為0.7m時，繩對小球拉力為80ND．當小球動能與重力勢能相等時，小球離地高度0.725mAD[根據豎直面圓周運動的特點且由圖可知，小球的軌道半徑滿足2r＝1.2m－0.2m，小球從最低點運動到最高點的過程中，根據動能定理有－2mgr＝Ek2－Ek1，代入數據，聯立可得m＝2kg，故A正確；小球在最低點時，根據牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),r)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入數據，可得F＝120N，故B錯誤；根據圖中信息，可知當小球離地高度為0.7m時，小球動能為15J，此時小球處在與圓心等高的位置，繩對小球拉力提供向心力，根據牛頓第二定律有F′＝meq\f(v\o\al(2,3),r)，Ek3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，代入數據，可得F′＝60N，故C錯誤；當小球動能與重力勢能相等時，有Ek＝mgh，代入數據，可得Ek＝20h，圖像中小球動能Ek隨它離地高度h的變化的函數關系為Ek＝－20h＋29，聯立以上各式，可得h＝0.725m，故D正確。]8．如圖所示，由電動機帶動著傾角θ＝37°的足夠長的傳送帶以速率v＝4m/s順時針勻速轉動。一質量m＝2kg的小滑塊以平行于傳送帶向下v′＝2m/s的速率滑上傳送帶，已知小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝eq\f(7,8)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則小滑塊從接觸傳送帶到與傳送帶相對靜止的時間內()A．小滑塊的加速度大小為1m/s2B．重力勢能增加了120JC．小滑塊與傳送帶因摩擦產生的內能為84JD．電動機多消耗的電能為336JAD[由牛頓第二定律可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝1m/s2，故A正確；小滑塊從接觸傳送帶到相對傳送帶靜止的時間t＝eq\f(Δv,a)＝6s，小滑塊的位移s＝eq\o(v,\s\up16(－))t＝eq\f(4＋－2,2)×6m＝6m，重力勢能增加量ΔEp＝mgssin37°＝72J，故B錯誤；6s內傳送帶運動的位移s′＝24m，所以相對位移Δs＝s′－s＝18m，產生的內能Q＝μmgcos37°·Δs＝252J，故C錯誤；小滑塊增加的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv′2＝12J，所以電動機多消耗的電能E＝12J＋72J＋252J＝336J，故D正確。]三、非選擇題9．(2021·四川資陽市一診)利用氣墊導軌“驗證機械能守恒定律”，實驗裝置如圖甲所示，水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌，導軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊，其總質量為M，左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩與一質量為m的小球相連；遮光片兩條長邊與導軌垂直，導軌上B點有一光電門，可以測量遮光片經過光電門時的擋光時間t，用d表示A點到光電門B處的距離，b表示遮光片的寬度，將遮光片通過光電門的平均速度看作滑塊通過B點時的瞬時速度v，實驗時滑塊在A處由靜止開始運動。甲乙(1)某次實驗測得傾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑塊從A處到達B處時m和M組成的系統動能增加量可表示為ΔEk＝______________，系統的重力勢能減少量可表示為ΔEp＝______________，在誤差允許的范圍內，若ΔEk＝ΔEp，則可認為系統的機械能守恒。(用題中所給字母表示)(2)按上述實驗方法，某同學改變A、B間的距離，得到滑塊到B點時對應的速度，作出v2-d圖像如圖乙所示，并測得M＝m，則重力加速度g＝________m/s2。[解析](1)滑塊到達B處時的速度v＝eq\f(b,t)，則系統動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(M＋mb2,2t2)。系統重力勢能的減少量ΔEp＝mgd－Mgdsin30°＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd。(2)根據系統機械能守恒有eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd則v2＝eq\f(2m－Mgd,M＋m)，題圖乙圖線的斜率k＝eq\f(2m－M,M＋m)g＝eq\f(2.4,0.5)m/s2＝4.8m/s2，又M＝m，解得g＝9.6m/s2。[答案](1)eq\f(M＋mb2,2t2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(M,2)))gd(2)9.610．在檢測某種汽車性能的實驗中，質量為3×103kg的汽車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為40m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻該汽車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出如圖所示的F-eq\f(1,v)圖像(圖線ABC為汽車由靜止到達到最大速度的全過程，AB、BO均為直線)。假設該汽車行駛過程中所受的阻力恒定，根據圖線ABC，求：(1)該汽車的額定功率；(2)該汽車由靜止開始運動，經過35s達到最大速度40m/s，求其在BC段的位移大小。[解析](1)圖線AB表示牽引力F不變，即F＝8000N，阻力Ff不變，汽車由靜止開始做勻加速直線運動；圖線BC的斜率表示汽車的功率P不變，達到額定功率后，汽車所受牽引力逐漸減小，汽車做加速度減小的變加速直線運動，直至達到最大速度40m/s，此后汽車做勻速直線運動。由題圖可知，當達到最大速度vmax＝40m/s時，牽引力為Fmin＝2000N由平衡條件Ff＝Fmin可得Ff＝2000N由公式P＝Fminvmax得額定功率P＝8×104W。(2)勻加速運動的末速度vB＝eq\f(P,F)，代入數據解得vB＝10m/s汽車由A到B做勻加速運動的加速度為a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2設汽車由A到B所用時間為t1，由B到C所用時間為t2，位移為x，則t1＝eq\f(vB,a)＝5s，t2＝35s－5s＝30sB點之后，對汽車由動能定理可得Pt2－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數據可得x＝75m。[答案](1)8×104W(2)75m11．(2021·河北保定高三調研)如圖所示，半徑為R＝1.0m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝37°，另一端點C為軌道的最低點。C點右側的光滑水平面上緊挨C點靜止放置一木板，木板質量M＝1kg，上表面與C點等高。質量為m＝1kg的物塊(可視為質點)從空中A點以v0＝1.2m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道。已知物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.2，g取10m/s2。求：(1)物塊經過C點時的速率vC；(2)若木板足夠長，物塊在木板上相對滑動過程中產生的熱量Q。[解析](1)設物塊在B點的速度為vB，從A到B物塊做平拋運動，有vBsinθ＝v0從B到C，根據動能定理有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝6m/s。(2)物塊在木板上相對滑動過程中由于摩擦力作用，最終將一起運動。設相對滑動時物塊加速度大小為a1，木板加速度大小為a2，經過時間t達到共同速度v，則μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t根據能量守恒定律有eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)聯立解得Q＝9J。[答案](1)6m/s(2)9J12．彈珠游戲在孩子們中間很受歡迎，它有很多種玩法，其中一種玩法就是比距離，模型如圖所示，用內壁光滑的薄壁細圓管彎成的由半圓形管APB(圓半徑比細管的內徑大得多)和光滑直管BC組成的軌道固定在水平桌面上，已知APB部分的半徑R＝1.