1、单元测试单元测试( (四四) ) ( (第八章第八章) ) (60 分钟70 分) 一、选择题(本题共 13 小题,每小题 3 分,共 39 分) 1.(2020威海高一检测)如图所示,在水平的船板上有一人拉着固定 在岸边树上的绳子,用力使船向前移动。关于力对船做功的下列说法中 正确的是( ) A.绳的拉力对船做了功 B.人对绳的拉力对船做了功 C.树对绳子的拉力对船做了功 D.人对船的静摩擦力对船做了功 【解析】选 D。绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作 用于船,没有对船做功。只有人对船的静摩擦力作用于船,且船发生了 位移,故对船做了功,且做正功,故选项 A、B、C 错误,选项
2、 D 正确。 【加固训练】 如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其 过程可简化为打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全 着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线 运动,则 ( ) A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态 【解析】 选 A。 由整体法、 隔离法结合牛顿第二定律,可知 A 正确,B 错; 由动能定理可知 C 错;因返回舱具有竖直向上的加速度,因此处于超重 状态,D 错。 2.赛车是一项技术性、挑战性和
3、观赏性都很强的运动。一选手驾驶赛 车以恒定的功率 P 从静止开始做加速运动,由功率的计算公式 P=Fv 可 以判断,在赛车加速运动的过程中 ( ) A.牵引力 F 越来越小 B.牵引力 F 越来越大 C.牵引力 F 保持不变 D.牵引力 F 的大小变化无法判断 【解析】选 A。赛车以恒定的功率 P 运动,由功率的计算公式 P=Fv 可以 判断,在赛车加速运动的过程中,随着速度 v 的增加,牵引力 F 越来越小, 故选 A。 3.(2020泰安高一检测)升降机中有一质量为m的物体,当升降机以加 速度 a 匀加速上升 h 高度时,物体增加的重力势能为 ( ) A.mgh B.mgh+mah C.m
4、ah D.mgh-mah 【解析】选 A。要分析重力势能的变化,只需要分析重力做功。物体随 升降机上升了 h,物体克服重力做功 W=mgh,故物体的重力势能增加了 mgh,A 正确。 4.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停 止。以 a、Ek、x 和 t 分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的 大小和运动的时间。则以下各图像中,能正确反映这一过程的是 ( ) 【解析】选 C。物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不变,选项 A、B 错误;由动能定理,-fx=Ek-Ek0,解得 Ek=Ek0-fx,故选项 C 正确,D 错误。 5.(2020菏泽高一检测)一小球从如图所示的
5、弧形轨道上的A点,由静 止开始滑下。由于轨道不光滑,它仅能滑到 B 点。由 B 点返回后,仅能 滑到 C 点,已知 A、B 高度差为 h1,B、C 高度差为 h2,则下列关系正确的 是 ( ) A.h1=h2 B.h1h2 D.h1、h2大小关系不确定 【解析】选 C。由能的转化和守恒定律可知,小球由 A 到 B 的过程中重 力势能减少 mgh1,全部用于克服摩擦力做功,即 WAB=mgh1。 同理,WBC=mgh2, 又随着小球最大高度的降低,每次滑过的路程越来越短,必有 WABWBC,所 以 mgh1mgh2,得 h1h2,故 C 正确。 6.如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道,将一玩具
6、小车放到与轨道 圆心 O 处于同一水平面的 A 点,并给小车一竖直向下的初速度,使小车 沿轨道内侧做圆周运动。要使小车不脱离轨道,则在 A 处使小车获得竖 直向下的最小初速度应为 ( ) A. B. C. D. 【解析】选 C。小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足 mg=m。小 车沿轨道内侧做圆周运动的过程中,只有重力做功,机械能守恒。设小 车在 A 处获得的最小初速度为 vA,由机械能守恒定律得 m=mgr+ mv 2, 解得 vA=,故选项 C 正确。 7.(2020金华高一检测)如图所示,在半径为 5 m 的光滑圆环上切下一 小段圆弧,放置于竖直平面内,A、B 为圆弧的两个端点,它们距
7、最低点 C 的高度差 H 为 1 cm,BC 为一光滑的直杆。现将小环分别置于圆弧 A 端点和 B 端点由静 止释放,使小环分别沿圆弧 AC 和直杆 BC 下滑。设小环从 A 点运动到 C 点和从 B 点运动到 C 点所需的时间分别为 t1和 t2(取 g=10 m/s 2),则下 列说法正确的是( ) A.t1t2 D.无法确定 【解析】选 A。由动能定理可知 mgh= mv 2 ,两过程中小环到达 C 点时的 速度大小相等,画出两过程中小环的速率时间图像如图,由于 H=1 cm,R=5 m,则可将 BC 与弧 BC 近似相等,由图可知 t1v2)。已知传送带的速度保持不变,g 取 10 m
8、/s 2,则 ( ) A.0t1时间内,物块对传送带做正功 B.物块与传送带间的动摩擦因数 tan C.0t2时间内,传送带对物块做功为 W= m- m D.t1时刻之后,物块先受滑动摩擦力,对其做正功,后受静摩擦力,对其 做负功 【解析】 选D。 由题图乙知,物块的初速度方向平行传送带斜向上,在0 t1时间内速度减小,传送带对物块做负功,由牛顿第三定律知,物块对传 送带的摩擦力沿传送带向上,对传送带做负功,在 t2时间后,物块和传 送带一起做匀速运动,有 mgsin mgcos ,所以 tan ,B 错误;在0t2时间内,传送带对物块做功W=Ek+Ep,C错误;在t1时刻 后,物块速度先增大
9、后不变,摩擦力先做正功,后做负功,D 正确。 13.(2020邯郸高一检测)如图所示,长为L的木板水平放置,在木板的 A端放置一个质量为m的小物体,现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴在 竖直面内转动,当木板转到与水平面成角时小物体开始滑动,此时停 止转动木板,小物体滑到木板底端时的速度为 v,则在整个过程中 ( ) A.支持力对小物体做功为 0 B.摩擦力对小物体做功为 mgLsin C.摩擦力对小物体做功为 mv 2-mgLsin D.木板对小物体做功为 mv 2 【解析】选 C。木板由水平位置转过 角的过程中,摩擦力方向与速度 方向垂直不做功,除重力外只有板的支持力做功,故此过程中支持力所
10、做的功等于物体增加的重力势能:WN=Ep=mgLsin,所以 A 错误;物体 从开始下滑到滑到底端的过程中,支持力不做功,重力做正功,摩擦力 做负功,由动能定理得 WG+Wf= mv 2-0,即 W f= mv 2-mgLsin,故 C 正确,B 错误;对全过程运用能量观点,重力做功为 0,无论支持力还是摩擦力, 施力物体都是木板,所以木板对小物体做功为 mv 2,D 错误。 二、实验题(本题共 2 小题,共 14 分) 14.(5 分)(2020金华高一检测)(1)用如图所示的装置做“探究做功 与物体速度变化的关系”的实验时,下列说法正确的是 ( ) A.为了平衡摩擦力,实验中应将长木板的左
11、端适当垫高,使小车拉着纸 带自由下滑时能保持匀速运动 B.实验中橡皮筋的规格要相同,每次小车在同一位置静止释放 C.可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值 D.通过打点计时器打出的纸带来测定小车获得的最大速度 (2)如图所示,某同学用自由落体法“验证机械能守恒定律”,从图示 位置静止释放纸带连接的重物。 图中操作不合理的地方是_。 除了图中器材外,下列器材中还必须选取的实验器材有_。 A.停表 B.刻度尺 C.干电池 本实验所取的重力加速度 g 的值,应该_。 A.取当地的实际 g 值 B.根据打出的纸带,用 x=gT 2求出 C.近似取 10 m/s 2 【解析】(1)选 A、B、D。小
12、车在水平面运动时,由于受到摩擦阻力导致 小车速度在变化,所以适当倾斜长木板以平衡摩擦力,使小车所能获得 的动能完全来自于橡皮筋做的功,故 A 正确;实验中每根橡皮筋做功均 是一样的,所以所用橡皮筋必须相同,且伸长的长度也相同即每次小车 在同一位置静止释放,橡皮筋拉力做的功才可以成倍变化,故 B 正确,C 错误;由于小车在橡皮筋的作用下而运动,橡皮筋对小车做的功与使小 车能获得的最大速度有关,故通过打点计时器打出的纸带来求得小车 获得的最大速度,故 D 正确。 (2)图中操作不合理的地方是重物释放时离打点计时器太远,这样不 能充分利用纸带。 打点计时器可以直接记录时间,不需要停表;打点计时器使用
13、交流电 源,不需要干电池;由于实验中要测量点迹间的距离,所以需要刻度尺, 故 A、C 错误,B 正确。 本实验所取的重力加速度 g 的值,应该取当地的实际 g 值,故 A 正 确,B、C 错误。 答案:(1)A、B、D (2)重物释放时离打点计时器太远 B A 15.(9 分)如图是用“自由落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g 取 9.80 m/s 2)。 (1)选一条清晰的纸带,如图甲所示,其中O点为打点计时器打下的第一 个点,A、B、C 为三个计数点,对打点计时器通以频率为 50 Hz 的交变电 流。用分度值为 1 mm 的刻度尺测得 OA=12.41 cm,OB=18.90 cm,O
14、C=27.06 cm,在计数点 A 和 B、B 和 C 之间还各有一个点,重锤的质量为 1.00 kg。甲同学根据 以上数据算出:当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时 减少了_J;此时重锤的速度 vB=_m/s,此时重锤的动能 比开始下落时增加了_J(结果均保留三位有效数字)。 (2)某同学利用他自己实验时打出的纸带,测量出了各计数点到打点计 时器打下的第一个点的距离 h,算出了各计数点对应的速度 v,然后以 h 为横轴、以 v 2 为纵轴作出了如图乙所示的图线,图线的斜率近似等于 _。 A.19.6 B.9.8 C.4.90 图线未过原点 O 的原因是_。 【解析】(1)当打点计
15、时器打到 B 点时,重锤的重力势能减少量 Ep=mgOB= 1.009.8018.9010 -2 J1.85 J;打 B 点时重锤的速度 v B= m/s1.83 m/s,此时重锤的动能增加量Ek= m = 1.001.83 2 J1.67 J。 (2)由机械能守恒定律有 mv 2=mgh,可得 v2=gh,由此可知图线的斜率近 似等于重力加速度 g,故 B 正确。由题图线可知,h=0 时,重锤的速度不 等于零,原因是该同学做实验时先释放了纸带,然后才合上打点计时器 的开关。 答案:(1)1.85 1.83 1.67 (2)B 先释放了纸带,再合上打点计时器的开关 三、 计算题(本题共 2 小
16、题,共 17 分。 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) 16.(9 分)滑板是年轻人十分喜欢的极限运动,现有一场地规格如图,是 用钢制作的,阻力非常小,可以忽略。g 取 10 m/s 2。 (1)一人以 6 m/s 的速度从 4 m 的高台滑下,求到 2 m 高台处其速度有 多大? (2)在(1)的条件下,求他所能到达的离地最大高度有多少? (3)若他从 2 m 高台开始下滑,为能到达 4 m 高台,求下滑最小速度是多 少? 【解题指南】解答本题可按以下思路进行: (1)对该过程运用动能定理,求出到达 2 m 高台的速度大小。 (2)上升到最大高度时速度为零,对整个过程运
17、用动能定理求出上升的 最大高度。 (3)对该过程运用动能定理,抓住末动能为零,求出下滑的最小速度。 【解析】(1)人从 4 m 的高台滑到 2 m 高台的过程,根据动能定理得: mg(h0-h1)= m- m (2 分) 代入数据解得:v1= m/s8.72 m/s(1 分) (2)设上升离地的最大高度为 H,对全过程运用动能定理得: -mg(H-h0)=0- m (2 分) 代入数据解得:H=5.8 m(1 分) (3)设下滑的最小速度为 vx,根据动能定理得: -mg(h0-h1)=0- m (2 分) 代入数据解得:vx6.32 m/s(1 分) 答案:(1)8.72 m/s (2)5.
18、8 m (3)6.32 m/s 17.(8 分)在学校组织的趣味运动会上,某科技小组为大家提供了一个 游戏。如图所示,将一质量为 0.1 kg 的钢球放在 O 点,用弹射装置将其 弹出,使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动,BC段为一段长为L=2.0 m 的粗糙平面,DEFG 为接球槽。圆弧 OA 和 AB 的半径分别为 r=0.2 m,R=0.4 m,小球与 BC 段的动摩擦因数 =0.7,C 点离接球槽的高度为 h=1.25 m,水平距离为 x=0.5 m,接球槽足够大,g 取 10 m/s 2。求: (1)要使钢球恰好不脱离圆轨道,钢球在 A 点的速度多大? (2)在 B 位置对半圆轨
19、道的压力多大? (3)要使钢球最终能落入槽中,弹射速度 v0至少多大? 【解析】(1)要使钢球恰好不脱离轨道,对最高点 A: mg=m。 解得:vA=2 m/s。 (1 分) (2)钢球从 A 到 B 的过程: mg2R= m- m, 在 B 点: FN-mg=m, (1 分) FN=6 N, 根据牛顿第三定律,钢球在 B 位置对半圆轨道的压力为 6 N。 (1 分) (3)要使钢球能落入槽中,从 C 到 D 平抛, x=vCt, h= gt 2, vC=1 m/s, (2 分) 假设钢球在 A 点的速度恰为 vA=2 m/s 时,钢球可运动到 C 点,且速度为 vC。 从 A 到 C, mg
20、2R-mgL= mv- m, vv3,故小物块能过最高点,且离开半圆轨道最高点后将做平抛运动, 得 h+2R= gt 2, x=v2t, 联立解得 x=4.9 m, (1 分) 故小物块距车左端 s=x-L=3.4 m。 (1 分) 答案:(1)104.4 N,方向竖直向下 (2)3.4 m 22.(12 分)某工厂生产流水线示意图如图所示,半径 R=1 m 的水平圆盘 边缘 E 点固定一小桶。在圆盘直径 DE 正上方平行放置的水平传送带沿 顺时针方向匀速转动,传送带右端 C 点与圆盘圆心 O 在同一竖直线上, 竖直高度 h=1.25 m。AB 为一个与 CO 在同一竖直平面内的四分之一光 滑
21、圆弧轨道,半径 r=0.45 m,且与水平传送带相切于 B 点。 一质量 m=0.2 kg 的滑块(可视为质点)从 A 点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦 因数=0.2,当滑块到达B点时,圆盘从图示位置以一定的角速度绕 通过圆心 O 的竖直轴匀速转动,滑块到达 C 点时恰与传送带同速并水平 抛出,刚好落入圆盘边缘的小桶内。g 取 10 m/s 2,求: (1)滑块到达圆弧轨道 B 点时对轨道的压力 FNB。 (2)传送带 BC 部分的长度 L。 (3)圆盘转动的角速度 应满足的条件。 【解析】(1)滑块从 A 到 B 过程中,由动能定理,有:mgr= m 解得:vB=3 m/s(1 分) 滑
22、块到达 B 点时,由牛顿第二定律, 有:FNB-mg=m (1 分) 解得:FNB=6 N(1 分) 由牛顿第三定律,滑块到达 B 点时对轨道的压力大小为 6 N,方向竖直向 下。 (1 分) (2)滑块离开 C 点后做平抛运动,有: h= g 解得:t1=0.5 s(1 分) vC= =2 m/s(1 分) 滑块由 B 到 C 过程中,据动能定理有: -mgL= m- m (1 分) 解得:L=1.25 m(1 分) (3)滑块由 B 到 C 过程中,据运动学公式有: L=t2 (1 分) 解得 t2=0.5 s t=t1+t2=1 s(1 分) 圆盘转动的角速度应满足条件 t=n(n=1,
23、2,3) (1 分) 解得:=2n rad/s(n=1,2,3) (1 分) 答案:(1)6 N,方向竖直向下 (2)1.25 m (3)=2n rad/s(n=1,2,3) 【加固训练】 我国将于 2022 年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目 之一。如图所示,质量 m=60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静 止开始以加速度a=3.6 m/s 2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度v B=24 m/s,A 与 B 的竖直高度差 H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑 道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点 C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧。助滑道末端
24、B 与滑道最低点 C 的高度差 h=5 m,运动员 在 B、C 间运动时阻力做功 W=-1 530 J,g 取 10 m/s 2。 (1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff的大小。 (2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍,则 C 点所在圆 弧的半径 R 至少应为多大。 【解题指南】解答本题时应从以下四点进行分析: (1)由运动学公式求出滑道 AB 的长度。 (2)分析运动员在 AB 段的受力情况,运用牛顿第二定律求解运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff。 (3)对 BC 段应用动能定理,求出运动员通过 C 点时的速度。 (4)运动员通过 C 点时重力和支持力的合力提供向心力。 【解析】(1)运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速直线运动,设 AB 的 长度为 x,则有 =2ax 由牛顿第二定律知 mg -Ff=ma 联立式,代入数据解得 Ff=144 N (2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC,在由 B 到 C 的过程中 mgh+W= m- m 设运动员在 C 点所受的支持力为 FN,由牛顿第二定律知 FN-mg= 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍,联立式,代入 数据解得 R=12.5 m 答案:(1)144 N (2)12.5 m
