高中物理人教版 (2019)必修 第二册4 机械能守恒定律精品复习练习题

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第八章 机械能守恒定律 章节测试卷（B卷）(解析版)
考试时间 ：2021年X月X日 命题人： 审题人：
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：
1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2. 答题时，请按照答题纸上 “注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3. 非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4. 可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。
第I卷（选择题部分）
一、单选题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能( )
A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 不能确定
【答案】B
【解析】
本题考查重力势能的计算，功能关系。
从侧面缓慢推袋壁使它变形，重力势能增大，根据功能关系分析即可。
解题的关键是掌握重力势能跟什么因素有关。从能量的角度分析，人对水袋做功，使得水袋的机械能增大，缓慢推，动能不变，所以重力势能增大。
【解答】
从侧面缓慢推袋壁使它变形，人对水袋做功，水的动能不变，使水的重力势能增大，故B正确，ACD错误。
故选B。
2.如图所示，光滑的斜劈放在水平面上，斜面上用固定的竖直板挡住一个光滑球，当整个装置沿水平面向左以速度v匀速运动时，以下说法中正确的是( )
A. 小球的重力不做功B. 斜面对球的弹力不做功
C. 挡板对球的弹力做正功D. 合外力做正功
【答案】A
【解析】
判断一个力是否做功，关键看力的方向与位移方向是否垂直，若垂直则不做功，若不垂直，则做功．
该题考查了力做功的条件，看力的方向与位移方向是否垂直，若垂直则不做功，若不垂直，则做功．
【解答】
ABC.对小球进行受力分析：小球受到竖直向下的重力，斜面对它垂直斜面向上的弹力，挡板对它水平向右的弹力，
而小球位移方向水平向左，所以只有重力方向与位移方向垂直，其他力都不垂直，故只有重力不做功，其它两个力都做功，所以A正确，BC错误．
D.整个装置匀速向左运动，根据动能定理合外力做功为零，故D错误；
故选：A．
3.如图所示，重物P放在一长木板OA上，将长木板绕O端转过一个小角度的过程中，重物P相对于木板始终保持静止，关于木板对重物P的摩擦力和支持力做功的情况是( )
A. 摩擦力对重物做正功B. 摩擦力对重物做负功
C. 支持力对重物不做功D. 支持力对重物做正功
【答案】D
【解析】
本题考查了做功的判断及功的正负；摩擦力做功情况的判断是本题的关键地方，知道了摩擦力做功的情况，重力和支持力做功的情况就容易判断了。
对物块受力分析可知，物块受到重力支持力和摩擦力的作用，处于平衡状态，根据功的公式可以分析支持力和摩擦力对物块的做功的情况。
【解答】
物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于平衡状态，在缓慢上升的过程中，位移方向向上，重力对物块做了负功，物块在上升的过程中，物块相对于木板位移和摩擦力垂直，所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零；由于重力对物块做了负功，摩擦力对物块不做功，根据动能定理可以知道，支持力对物块做正功；
故ABC错误，D正确。
故选D。
4.一物块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s，从此刻开始在物块运动方向上再施加一水平作用力F，力F与物块的速度v 随时间变化的规律分别如图甲、乙所示．则下列说法中正确的是( )
A. 第1秒内水平作用力F做负功
B. 第2秒内合力做功为0.5J
C. 第3秒内水平作用力F不做功
D. 0∼3秒内水平作用力F所做总功为3J
【答案】B
【解析】
知道F的大小，根据平衡条件可求出摩擦力的大小；再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少和第2s内合力的功。
本题考查的是学生对功的理解，根据功的定义可以分析做功的情况，在解题时一定注意对图象的掌握和应用。
【解答】
A.由速度图象可知，第1s内的位移为0.5m，由功的公式W=Fscsθ可知，拉力所做的功W1=1×0.5J=0.5J，即在第1秒内，水平作用力做正功；故A错误；
B.由图象可知，第2s内的位移为0.5m；第3s内物体做匀速运动，根据平衡条件可知，摩擦力f=2N；所以第2秒内合力做功为W合=(3-2)×0.5J=0.5 J，故B正确；
C.第3s内水平作用力与位移方向相同，故水平作用力做正功，故C错误；
D.第2s内水平作用力的功为W2=1.5J，第3s内物块的位移为1m，水平力为2N，所以第3s内水平力F的功W3=2J，由以上可知，0-3s内水平作用力F所做的总功W总=0.5J+1.5J+2J=4J；故D错误。
故选B。
5.如图所示，长为L的平板静置于光滑的水平面上.一小滑块以某一初速度冲上平板的左端，当平板向右运动S时，小滑块刚好滑到平板最右端.已知小滑块与平板之间的摩擦力大小为Ff，在此过程中( )
A. 摩擦力对滑块做的功为FfS+LB. 摩擦力对平板做的功为FfS
C. 摩擦力对系统做的总功为零D. 系统产生的热量Q=FfS+L
【答案】B
【解析】
本题在滑块木板模型中考查功的计算及能量的转化。功的公式中，L是物体相对地的位移大小。滑块相对平板运动到右端的过程中，所受的摩擦力方向水平向左，与位移方向反，相对于地的位移大小为S+L，摩擦力对滑块做负功，摩擦力对平板做正功，摩擦力对系统做负功，产生的热量为Q=FfΔx。本题是常规题型，难度一般。
【解答】
A.滑块相对平板运动到右端的过程中，所受的摩擦力方向水平向左，与位移方向反，相对于地的位移大小为S+L，摩擦力对滑块做负功，W滑=-Ff(L+S)，故A错误；
B.平板向右运动，所受的摩擦力方向水平向右，摩擦力对平板做正功，平板的对地位移为S，因此W板=FfS，故B正确；
C.摩擦力对系统做的总功W=W滑+W板=-FfL，故C错误；
D.产生的热量等于摩擦力对系统做功的负值，即Q=-W=FfL，故D错误。
故选B。
6.半径为R的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力F把质量为m的小物体(可看做质点)沿球面从A点缓慢地移动到最高点B，在此过程中，拉力做的功为( )
A. πFRB. πmgRC. π2mgRD. mgR
【答案】D
【解析】
解：物体上升中，动能的变化为零；运动过程中有拉力和重力做功；则由动能定理可知：
WF-mgR=0；
解得：WF=mgR；
故选：D。
对小球由A到B过程进行研究，由动能定理可求得拉力所做的功．
本题考查动能定理的应用，要注意明确重力做功和路径无关，同时物体缓慢运动，动能的变化量为零．
7.列车提速的一个关键技术问题是提高机车发动机的功率。已知匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即f=kv2。设提速前匀速运动速度为180km/h，提速后匀速运动速度为240km/h，则提速前与提速后机车发动机的功率之比为( )
A. 34B. 2764C. 916D. 81256
【答案】B
【解析】
当机车做匀速运动时，牵引力等于阻力，根据P=Fv得出功率的速度的关系，结合速度之比求出功率之比。
对于求解两个物理量的比值问题，最好的方法时得出该物理量的表达式，结合跟什么因素有关，求出最终的比值，不需要在每一步中求解比值，这样会加大问题的计算量。
【解答】
解：匀速运动时机车的牵引力与摩擦力大小相等，则发动机的功率为P=Fv=fv=kv3，速度由180km/h提速后速度达到240km/h，
速度之比v1v2=180240=34，则功率之比P1P2=2764.故B正确，ACD错误。
故选B。
8.将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板AC、AD、AE与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示。现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度释放，经一段时间到达平板的底端。则下列说法不正确的是( )
A. 重力对三个小球所做的功相同
B. 沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球的重力的平均功率最大
C. 三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同
D. 沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小
【答案】B
【解析】
根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，从而比较出加速度的大小。根据机械能守恒定律比较出到达底端的速度大小，结合瞬时功率的公式比较重力的瞬时功率。抓住重力做功相等，通过运动学公式比较运动的时间，从而比较出平均功率的大小。
解决本题的关键得出所要求的物理量与倾角的关系，从而比较分析，掌握平均功率和瞬时功率的区别，以及两种功率的求法。
【解答】
A.小球从同一高度由静止释放，只有重力做功，根据W=mgh可知，重力做功相同，故A正确；
B.根据机械能守恒可知，到达斜面底端的速率相同，速度方向不同，瞬时速度不同，根据牛顿第二定律可知沿斜面下滑的加速度a=gsinθ，根据v=at可知，倾角越大，运动的时间越短，故重力的平均功率P-=mght可知，沿AC平板下滑的小球的重力的平均功率最大，故B错误；
C.根据动能定理或机械能守恒定律有：mgh=12mv2，可得三个小球到达底端时的瞬时速度大小相同，故C正确；
D.到达斜面底端的瞬时功率P=mgvsinθ，故斜面倾角越小，瞬时功率越小，所以沿倾角为θ3的AE平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，故D正确。
故选B。
9.轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R，速率vA. 物块始终受两个力作用
B. 只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心
C. 在转动过程中物块的机械能不守恒
D. 在转动过程中物块重力的瞬时功率保持不变
【答案】C
【解析】
本题考查了匀速圆周运动的受力问题和机械能守恒的判断及重力的功率，根据受力分析，明确物块在不同位置受力情况有所不同，知道机械能守恒的判断方法和功率的表达式可求解。
【解答】
A、在最高点和最低点，物块受重力和支持力作用，在其它位置物体受到重力、支持力、静摩擦力作用，故A错误。
B、物块作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故B错误。
C、在转动过程中物块的动能不变，重力势能改变，所以机械能不守恒，故C正确。
D、运动过程中，块的重力大小不变，速度大小不变，但是速度与重力的夹角时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。
故选C。
10.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，0到t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则( )
A. 0∼t1时间内，汽车的牵引力等于mv1t1
B. t1∼t2时间内，汽车的功率等于fv2
C. t1∼t2时间内，汽车的功率等于fv1
D. t1∼t2时间内，汽车牵引力做功为12mv22-12mv12
【答案】B
【解析】
根据速度时间图线得出匀加速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出牵引力的大小，根据匀加速直线运动的末速度，结合牵引力的大小，根据P=Fv求出额定功率，根据动能定理分析牵引力做功的情况。
本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。
【解答】
A.0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a=v1t1，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+mv1t1，故A错误；
BC.汽车的额定功率P=Fv1=(f+mv1t1)v1，t1时刻之后，汽车的功率为额定功率不变，t2时刻之后，汽车的做匀速直线运动，阻力与牵引力平衡，所以又可得汽车的功率为P=fv2，故B正确，C错误；
D.t1～t2时间内，汽车做变加速直线运动，牵引力对汽车做正功，阻力对汽车做负功，根据动能定理可知合外力对汽车做功为12mv22-12mv12，则可知牵引力对汽车做功大于12mv22-12mv12，故D错误。
11.如图，半径为R的光滑圆形管道竖直放置，管的内径很小，直径略小于管道内径的小球在管道内运动时，它经过最高点时速度为v1则下列说法中正确的有( )
A. 当小球以3gR的速度经过与圆心等高的点时，圆管外壁对小球的作用力为10mg
B. 若v1=2gR，则小球经过最高点时对圆管的内壁有向下的作用力
C. 若v1=12gR，则小球经过最高点时，圆管的内壁对球有作用力
D. 若v1=2gR，则小球经过最低点时，圆管的外壁对球的作用力为5mg
【答案】C
【解析】
本题主要考查了牛顿第二定律、牛顿第三定律、向心力；本题中圆管模型与轻杆模型相似，抓住两个临界条件：一是小球恰好到达最高点时，速度为零；二是小球经过最高点与管道恰好无作用力时速度为gR。
在最高点，由重力提供向心力解得球刚好过最高点的速度；由此速度与实际速度相比较，从而判断圆管的内、外壁对球的作用力；球从最高点到达最低点过程，由机械能守恒解得其达到最低点的速度，得出圆管的内、外壁对球的作用力。
【解答】
在最高点，由重力提供向心力，解得球刚好过最高点的速度为v=gR：
A.当小球以3gR的速度经过与圆心等高的点时，圆管外壁对小球的作用力为F=mv2R=3mg，故A错误；
B.由于vC.由于v>v1=12gR，故小球经过最高点时，圆管的内壁对球有作用力，故C正确；
D.若v1=2gR，则由机械能守恒：12mv12+2mgR=12mv2，解得小球经过最低点时的速度为v=6gR，由于合力提供向心力，故小球经过最低点时，圆管的外壁对球有作用力，F=mv2R+mg=7mg，故D错误。
故选C。
12.质量为m的物体，静止在倾角为θ斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离L，如图所示。已知斜面运动过程中物体相对斜面始终静止，重力加速度为g，则下列说法正确的是：
A. 合力对物体做功为零B. 重力对物体做功为mgLtan θ
C. 物体克服摩擦力做功为mgLsin θD. 支持力对物体做功mgLsin θ
【答案】A
【解析】
分析物体的受力情况，根据力与位移的夹角，判断力做功的正负。物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m做功为零。
根据功的公式W=FLcsα求出摩擦力和重力做功。本题考查功的计算，要牢记功等于力与力的方向上发生的位移的乘积。
【解答】
A.物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m 做功为零，故A正确；
B.物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体m做功为0，故B错误；
C.摩擦力与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体m做功不为零，做负功，根据功的定义得到物体克服摩擦力做功为mgLsin θcsθ 故C错误；
D.弹力N与位移的夹角为90°-θ，则弹力对物体m做正功，支持力对物体做功mgLsin θcsθ，故 D错误。
故选A。
13.如图所示，ABC为一光滑细圆管构成的3/4圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R(比细圆管的半径大得多)，OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C。在A点正上方某位置有一质量为m的小球(可视为质点)由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动。已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 若小球刚好能达到轨道的最高点C，则释放点距A点的高度为1.5R
B. 若释放点距A点竖直高度为2R，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg
C. 若小球从C点水平飞出恰好能落到A点，则释放点距A点的高度为2R
D. 若小球从C点水平飞出后恰好能落到A点，则小球在C点对圆管的作用力为1.5 mg
【答案】B
【解析】
小球刚好能到达轨道的最高点C，则小球通过C点的速度为零，由机械能守恒列式求解；在B点对小球受力分析，由牛顿第二定律和动能定理列式联立求解；小球从C点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律和牛顿第二定律求圆管对小球的作用力，再由牛顿第三定律小可知球对圆管的作用力。
本题为动能定理与圆周运动结合的综合题，解决本题的关键掌握动能定理，以及知道做圆周运动沿半径方向的合力提供向心力。
【解答】
A.小球刚好能到达轨道的最高点C，即小球到达C点的速度为0，以A点所在水平面为零势能面，根据机械能守恒可得：mgh=mgR，解得：h=R，故A错误；
B.在B点对小球由牛顿第二定律可得：FN-mg=mv2R，从释放点到B，根据动能定理有：3mgR=12mvB2，代入数据联立解得：FN=7mg，故B正确；
C.小球从C点飞出做平抛运动。水平方向上有：R=vCt，竖直方向上有：R=12gt2，可得：vC=gR2；从释放点到C点，根据机械能守恒可得：mgh'=mgR+12mvC2，解得h'=1.25R，则释放点距A点的高度为1.25R，故C错误；
D.由C选项，在C点由牛顿第二定律可得：mg-FNC=mvC2R，代入数据联立解得：FNC=12mg，根据牛顿第三定律，小球对圆管的作用力大小为12mg，方向竖直向下，故D错误。
故选B。
14.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离1 m处有一质量为2 kg的小物体，物体与盘面间的动摩擦因数为32。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30∘，g取10m/s2 。当圆盘以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是( )
A. 当圆盘转动的角速度ω=5 rad/s时，小物体不会相对圆盘滑动
B. 若小物体始终和圆盘一起做匀速圆周运动，转到最高点时所受摩擦力可能为零
C. 若小物体恰好能和圆盘一起做匀速圆周运动，仅增大小物体质量，其他条件不变，则小物体会相对圆盘滑动
D. 若小物体能和圆盘一起做匀速圆周运动，则小物体由最低点转到最高点的过程中，摩擦力对小物体做功的功率先增大后减小
【答案】D
【解析】
本题主要考查了圆周运动中临界问题，功率问题．
【解答】
A选项中，当小物体恰好不相对圆盘滑动时，在最低点对小物体受力分析，由牛顿第二定律得，，解得圆盘转到的最大角速度为ω=52rad/s，故A错误，
B选项中，若在最高点受到的摩擦力为零，由牛顿第二定律得，，解得ω1=5rad/s，大于不相对滑动的最大角速度，即小物体在最低点会相对圆盘滑动，故B错误，
C选项，小物体是不是相对圆盘滑动，与小物体的质量无关，故C错误，
D选项，在最低点是，摩擦力与速度垂直，功率为0，向上转的过程中，摩擦力不指向圆心，摩擦力做功，功率不为零，在最高点，摩擦力与速度垂直，功率为0，所以在由最低点转到最高点的过程中，摩擦力对小物体做功的功率先增大后减小，故 D正确．
故选D．
15.如下图所示，水平地面上有一倾角为θ=37°的传送带，以ν0=16m/s的速度逆时针匀速运行。将一煤块从h=33.6m的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为m=1kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是( )
A. 运送煤块所用的时间为4.5s
B. 摩擦力对煤块做的功为-48J
C. 煤块相对传送带运动而产生的划痕长8m
D. 煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为16J
【答案】B
【解析】
本题考察了功能关系，解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
【解答】
A.设传动带的长度为L，Lsin37∘=33.6m，解得L=56m，煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：mgsin37∘+μmgcs37∘=ma1，解得a1=8m/s2，则煤块从0加速到与传送带共速需要t1=v0a1=2s，煤块的位移为x1=12at2=16m，由于mgsin37∘>μmgcs37∘，可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得：mgsin37∘-μmgcs37∘=ma2，解得a2=4m/s2，根据x2=v0t2+12at22=L-x1，解得t2=2s，共计4s，A错误；
B.摩擦力大小为f=μmgcs37∘=2N，第一过程摩擦力对煤块做功W1=fx1=32J，第二个过程摩擦力对煤块做功W2=-fx2=-80J，故摩擦力全程对煤块做功为-48J，B正确；
C.第一个过程传动带的位移为：x3=vt1=32m，煤块与传送带的相对位移为Δx1=x3-x1=16m，第二个过程传送带的位移x4=vt2=32m，相对位移Δx2=x4-x2=8m，第一个过程传送带运动快，第二个过程煤块运动快，煤块在传动带上的划痕应为16m，C错误；
D.第一个过程摩擦生热为：Q1=fΔx1=32J，第二个过程摩擦生热为：Q2=f×Δx2=16J，故总产热：Q=Q1+Q2=48J，D错误。
故选：B
16.如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率gR通过A点时，对轨道的压力为其重力的6倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为g，则
A. 质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
B. 强磁性引力的大小为6mg
C. 只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为7mg
D. 为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为10gR
【答案】B
【解析】
在最高点对球受力分析，由牛顿第二定律解得强磁性引力大小；由动能定理解得质点能做完整的圆周运动时质点对A、B两点的压力差；由牛顿第二定律判断磁性引力恒为6F且为确保质点做完整的圆周运动时，FB=0质点通过B点的最大速率。
本题主要考查牛顿第二定律及机械能守恒定律的综合应用，难度一般。
【解答】
AB.由题意可知，当质点以速率v=gR通过A点时，对轨道的压力为其重力的6倍，由牛顿第二定律可得：mg+F-FA=mv2R，而FA=6mg，联立解得：F=6mg。从A到达B点过程，质点满足机械能守恒，故有：12mvA2+2mgR=12mvB2，解得：vB=5gR；在B点由牛顿第二定律方程可得：F-mg+FB=mvB2R，解得：FB=0。得FA-FB=6mg。故A错误，B正确；
C.若质点能做完整的圆周运动，由机械能守恒定律可得质点对A、B两点的动能差为：ΔEk=2mgR，在A点由牛顿第二定律可得：mg+F-FA=mv2R，在B点有：F-mg-FB=mvB2R，联立解得压力差：ΔFN=6mg，C错误；
D.为确保质点做完整的圆周运动，在B点有：F-mg-FB=mvB2R，当FB=0时，则质点通过B点的最大速率。解得：vB=5gR
故D错误。
17.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环( )
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，因摩擦力产生的热量为14mv2
C. 从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了14mv2-mgh
D. 下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度
【答案】B
【解析】
根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化，研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解。
本题考查了功能关系，对圆环受力分析，分析下滑和上滑过程中的受力和做功问题，根据功能关系列式求解。
【解答】
A.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速度运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，此时加速度最小为零，所以加速度先减小后增大，故A错误；
B.研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh-Wf-W弹=0-0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，则再次由动能定理得：-mgh+W弹-Wf=0-12mv2，联立解得：Wf=-14mv2，则克服摩擦力做功为：14mv2，故B正确；
C.由B中的公式得：W弹=14mv2-mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为：mgh-14mv2，则从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh-14mv2，故C错误，
D.研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式 mgh'-W'f+W'弹=12mvB2-0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式 -mgh'+W'f+(-W'弹)=0-12mvB2
即mgh'-W'f+W'弹=12mvB2
由于W'f<0，所以可得：vB>vB'，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D错误。
故选B。
18.如图所示，某同学用细线吊着质量为m的小球做圆锥摆运动，摆线长为L，锥角θ=30°，若该同学通过细线对小球做功，使小球做圆锥摆运动的锥角增大为60°，重力加速度为g.保持悬点的高度不变，此过程该同学通过细线对小球做的功为
A. 53+312mgL B. 53-312mgL C. 5+2312mgL D. 5-2312mgL
【答案】A
【解析】
对球受力分析，由合力提供向心力解得其不同情况下的速度与动能，再由能量关系得解。
本题主要考查圆锥摆，知道圆锥摆运动过程，向心力沿水平方向指向圆心，熟悉圆锥摆的运动规律，难度一般。
【解答】
设锥角为θ，则其向心力为：，而，联立解得其做圆周运动的动能为：，故在锥角从30∘增加到60∘过程，该同学通过细线对小球做的功为：，联立解得：W=53+312mgL。
故A正确，BCD错误。
故选A。
第II卷（非选择题）
二、实验题（本题共1小题，共16分）
19.如图为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图．
(1)某同学按照正确操作选的纸带如图1所示，其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，打点频率为50Hz，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中(单位：cm)，重锤的质量为m=0.1kg，重力加速度g=9.80m/s2.根据以上数据当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为________J，动能的增加量为________ J.(要求计算结果均保留三位有效数字)
(2)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．从纸带上选取多个点，测量从起始点O到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2 ，然后以12v2为纵轴，以下落高度h为横轴，根据实验数据作出图线．若在实验误差允许的范围内，图线是一条过原点的直线，验证了机械能守恒定律，则图线斜率表示的物理量是________．
(3)在实验过程中，以下说法正确的是______(单项选择题)
A.实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，因此，实验选取纸带越短越好
B.实验中用天平称出重物的质量是必不可少的步骤
C.测出重物下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度
D.若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证．
【答案】(1)0.550 0.545(2)g(3)D
【解析】
(1)根据重物下降的高度求出减小的重力势能，再由运动学推论求出速度，从而得到增加的动能；
(2)根据机械能守恒公式mgh=12mv2，即v22=gh，则由几何知识知，图线斜率表示重力加速度g；
(3)由实验步骤和注意事项分析考解答。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，根据实验原理和实验步骤以及注意事项，结合运动学公式求解。
【解答】
(1)从起始点到B点的过程中，重物的重力势能减小量为：ΔEp=mghOB=0.1×9.8×0.561J=0.550J，
在匀变速直线运动中某段时间的平均速度等于这段时间中点的瞬时速度，则vB=xAC2T=0.628-0.4962×0.02m/s=3.3m/s，
则增加的动能为：ΔEk=12mvB2=12×0.1×3.32J=0.545J；
(2)根据机械能守恒公式mgh=12mv2，即v22=gh，则由几何知识知，图线斜率表示重力加速度g；
(3)A.试验中摩擦不可避免，但为了多测几组数据，纸带需要足够长，不能太短，故A错误；
B.由于实验中我们验证的公式是mgh=12mv2，则质量m可以约去，故不需要天平测量质量；
C.根据匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于这段时间中点的瞬时速度，求解某点的瞬时速度，不利于v=gt求解，故C错误；
D.为了测量准确性，减小误差，我们会舍去前面比较密集的点，合力选取一段点迹比较清晰的点迹进行测量，故D正确。
故选D。
故填：
(1)0.550，0.545； (2)g；(3)D。
三、计算题（本大题共3小题，每小题10分，共30分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）
20.在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h1=1.2m，D点的高度h2=0.8m，D点与G点间的水平距离L=0.4m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°= 0.6，cs37°= 0.8。
(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
(2)求小滑块从D点飞出的速度；
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。
【答案】
解：(1)对滑块受力分析，取初速度方向为正方向，由牛顿第二定律得：-mgsinθ-f=ma
由滑动摩擦力的定义知：f=μmgcsθ
联立解得：a=-8m/s2 负号表示方向沿斜面向下
从A到B过程中由速度位移的关系式得：vB2-vA2=2ah1sinθ
解得：vA=6m/s
(2)滑块从D点飞出做平抛运动
水平方向L=vDt
竖直方向h2=12gt2
联立解得：vD=1m/s
(3)假设细管道BCD的内壁不光滑，由动能定理得：mg(h1-h2)+Wf=12mvD2-12mvB2
整理得：Wf≠0 说明内壁不光滑
答：(1)小滑块在轨道AB上的加速度是8m/s2，在A点的初速度为6m/s；
(2)小滑块从D点飞出的速度是1m/s；
(3)细管道BCD的内壁不光滑。
【解析】(1)在轨道AB上受力分析由牛顿第二定律求解加速度，由速度位移的关系式求解初速度；
(2)滑块从D点飞出做平抛运动，由平抛运动的规律求解；
(3)可假设不光滑，由动能定理求摩擦力的功来判断。
本题考查牛顿第二定律，运动学公式、平抛运动、动能定理等内容；要注意正确分析物理过程，做好受力分析，才能准确应用合理的物理规律。
21.如图所示，质量为m=1kg的小物块从光滑斜面上的A点由静止下滑，进入圆心为O、半径为R=1m的光滑圆弧轨道BCD(B点和D点等高)。圆弧B点的切线与斜面重合，DE为光滑曲线轨道(该轨道与物体以某一速度从E点平抛后的运动轨迹重合)，光滑曲线轨道DE在D点处的切线与OD垂直，曲线轨道的E端与带有挡板的光滑水平木板平滑连接，轻质弹簧左端固定在挡板上。已知A点距斜面底端B的距离l=2m，水平木板距离地面的高度h=0.45m，斜面的倾角θ=37。求：(取g=10m/s2，已知sin370=0.6，cs370=0.8)
(1)小物块运动到圆弧最低点C时受到的支持力的大小FN；
(2)要使小物块从D点沿轨道运动到E点的过程中对轨道刚好没有压力，小物块释放点距B点的距离d(计算结果保留两位有效数字)；
(3)若斜面不光滑且动摩擦因数μ=0.1，小物块仍从A点下滑，在整个过程中小物块沿斜面滑行的总路程s。
【答案】
解：(1)AC两点间的高度差hAC=lsin370+R1-cs370=1.4m
在A到C的过程中满足mghAC=12mvC2
在C点处：N-mg=mvC2R
解得N=38N
(2)在D点竖直方向的速度vDy
由vDy2=2gh得vDy=3m/s
则在D点的速度vD=vDysin370=5m/s
在A到D的过程中满足mgdsin370=12mvD2
解得d=2512m≈2.1m
(3)小物块最终在BD间做往复运动，在BD点时的速度为0，
在整个过程中满足mglsin370-μmgcs370·s=0
解得s=15m。
【解析】本题是一道力学综合题，关键要分析清楚物块的运动情况，把握每个过程的物理规律，应用动能定理、牛顿第二定律和能量守恒解题。
(1)由A到C应用动能定理求出C点的速度，在C点受力分析求出支持力；
(2)小物块对轨道刚好没有压力求得D点速度，在A到D的过程应用动能定理求出距离；
(3)对整个过程应用能量守恒可求总路程。
22.如图所示是某次四驱车比赛的一段轨道．四驱车(可视为质点)的质量 m=1.0kg，额定功率为P=7W.四驱车从水平平台上A点以额定功率启动，经过一段时间t1=1.5s后关闭发动机，四驱车由平台边缘B点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道．已知四驱车在AB段运动时的阻力f恒为1N，AB间的距离L=6m，圆轨道的半径R=1m，∠COD=53°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
(1)四驱车从B点飞出时的速度VB的大小；
(2)四驱车从B点运动到C点的时间t2；
(3)四驱车第一次经过D点时对轨道的压力大小．
【答案】
解：(1)从A到B根据动能定理有：12mvB2=Pt-fL
代入数据得：vB=3 m/s
(2)B到C做平抛运动，C点时沿竖直方向的分速度为：vy=vB tan53°=4 m/s
vy=gt
代入数据得：t=0.4s
(3)滑块到C点时的速度为：vC=vBcs530=5m/s
从C到D过程中机械能守恒，有：12mvD2-12mvC2=mgR(1-cs530)
又FD-mg=mvD2R
可得：FD=43 N
由牛顿第三定律可知，四驱车第一次经过D点时对轨道的压力大小为43N
答：(1)四驱车从B点飞出时的速度VB的大小为3 m/s；
(2)四驱车从B点运动到C点的时间t2为0.4s；
(3)四驱车第一次经过D点时对轨道的压力大小为43N．
【解析】(1)小车离开B点做平抛运动，根据平行四边形定则求出水平分速度，从而得出B点的速度；
(2)从B点运动到C点，做的是平抛运动，根据平抛运动的规律计算时间的大小；
(3)根据机械能守恒定律求出D点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出压力的大小．
本题考查了动能定理、机械能守恒与平抛运动、圆周运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．
序号
知识点
分值
分值占比
对应题号
1
功能关系的应用
5.7分
5.7%
1,5,17,18
2
多个力的总功
2.4分
2.4%
2,4
3
功的定义、计算式和物理意义
1.8分
1.8%
2,14
4
做功的判断及功的正负
3.7分
3.7%
3,4,12
5
动能定理的基本应用
15.9分
15.9%
3,6,10,13,17,20,21,22
6
动力学中的图像问题
0.7分
0.7%
4
7
恒力做功
3.5分
3.5%
4,5,8,12
8
摩擦力的产生及方向
0.7分
0.7%
5
9
摩擦力做功与能量转化
2.4分
2.4%
5,15
10
功率的概念
1.5分
1.5%
7
11
瞬时功率
4.0分
4.0%
7,8,9,10,14
12
平均功率
0.6分
0.6%
8
13
用牛顿运动定律分析斜面模型
0.6分
0.6%
8
14
机械能守恒与曲线运动
1.2分
1.2%
8,11
15
机械能守恒的判断
0.7分
0.7%
9
16
竖直平面内的圆周运动
8.8分
8.8%
9,11,13,16,21,22
17
向心力的概念及来源分析
1.0分
1.0%
9,14
18
汽车恒定加速度启动
0.9分
0.9%
10
19
v-t图像
0.7分
0.7%
10
20
牛顿第二定律的理解及简单运用
0.6分
0.6%
11
21
圆周运动中的临界问题
2.2分
2.2%
11,13,16
22
向心力的计算
2.2分
2.2%
11,13,18
23
平抛运动基本规律
7.2分
7.2%
13,20,22
24
动力学中的临界与极值问题
0.6分
0.6%
14
25
从受力确定运动情况
0.3分
0.3%
14
26
从运动情况确定受力
0.3分
0.3%
14
27
变力做功
0.3分
0.3%
14
28
牛顿运动定律的其他综合应用
0.3分
0.3%
14
29
静摩擦力和最大静摩擦力
0.3分
0.3%
14
30
物块在倾斜的传送带上运动问题
1.5分
1.5%
15
31
机械能守恒定律的简单应用
1.0分
1.0%
16
32
重力做功与重力势能的关系
1.0分
1.0%
17
33
应用动能定理求解变力做功
1.0分
1.0%
18
34
有效数字
8.0分
8.0%
19
35
实验：验证机械能守恒定律
8.0分
8.0%
19
36
物体在粗糙斜面上运动
5.9分
5.9%
20,21
37
能量守恒定律
2.5分
2.5%
21