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章末检测卷(第七章)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1下列关于功的说法，正确的是(　　)
A．力作用在物体上的一段时 间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功
B．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功
C．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向
D．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功
答案　B
2．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中(　　)
A．汽车的机械能守恒
B．汽车的动能和势能相互转化
C．机械能转化为内能，总能量守恒
D．机械能和内能之间没有转化
答案　C
解析　汽车关闭发动机后，匀速下滑，重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡，摩擦力做功，汽车摩擦生热，温度升高，有部分机械能转化为内能，机械能减少，但总能量守恒．因此，只有选项C正确．
3．汽车的额定功率为90 kW，路面的阻力恒为F，汽车行驶的最大速度为v.则(　　)
A．如果阻力恒为2F，汽车的最大速度为
B．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2v
C．如果汽车的牵引力变为原来的，汽车的额定功率就变为45 kW
D．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90 kW
答案　A
解析　汽车速度达到最大时，做匀速运动，此时汽车的牵引力等于阻力，根据P＝Fv，当阻力加倍时，最大速度减半，选项A正确；牵引力加倍，只要阻力不变，最大速度也不变，选项B错误；汽车的额定功率是不变的，选项C错误；汽车可以以某一恒定功率做匀速运动，但不一定以额定功率做匀速运动，选项D错误．
4.质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图1所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子所受拉力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为(　　)

图1
A. B.
C. D．mgR
答案　C
解析　在最低点有7mg－mg＝，
在最高点有mg＝
由最低点到最高点的过程，根据动能定理得
－2mgR－Wf＝mv－mv
由以上三个方程解得Wf＝mgR，故C正确．
5．如图2所示，匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机．他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52 s的时间内将客机拉动了约40 m．假设大力士牙齿的拉力约为5×103 N，绳子与水平方向夹角θ约为30°，则飞机在被拉动的过程中(　　)

图2
A．重力做功约为2.0×107 J
B．拉力做功约为1.7×105 J
C．克服阻力做功约为1.5×105 J
D．合外力做功约为2.0×105 J
答案　B
解析　飞机在水平方向被拉动，故此过程中飞机的重力不做功，故A错误；根据W＝Fxcos θ＝5×103×40× J≈1.7×105 J，故B正确；飞机获得的动能Ek＝mv2＝×50×103×(2×)2 J≈5.9×104 J，根据动能定理可知，合外力做功约为5.9×104 J，又拉力做功约为1.7×105 J，所以克服阻力做功约为1.11×105 J，故C、D均错误．
6．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是(　　)

答案　C
解析　物体机械能的增量等于恒力做的功，恒力做功WF＝Fh，h＝at2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化关系为E＝Fat2.撤去恒力后，物体机械能不变，故选项C正确．
7.如图3所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h，若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)

图3
A. B.
C. D．0
答案　B
解析　小球A由静止释放到下降h的过程中系统机械能守恒，则mgh＝Ep.小球B由静止释放到下降h的过程中系统机械能也守恒，则2mgh＝Ep＋(2m)v2解得v＝，故B正确．
8．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1
B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1
答案　C
解析　根据匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律、功的计算公式解题．根据x＝t得，两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝得，两过程的加速度关系为a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即Ff1＝Ff2＝Ff，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma得，F1－Ff1＝ma1，F2－Ff2＝ma2，所以F1＝F2＋Ff，即F1＞.根据功计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1＞WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)
9．质量为4 kg的物体被人由静止开始向上提升0.25 m后速度达到1 m/s，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)
A．人对物体传递的功是12 J
B．合外力对物体做功2 J
C．物体克服重力做功10 J
D．人对物体做的功等于物体增加的动能
答案　BC
解析　人提升物体的过程中，人对物体做了功，对物体传递了能量，不能说人对物体传递了功，A错误；合外力对物体做的功(包括重力)等于物体动能的变化，W合＝mv2＝2 J，B正确；物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，WG＝mgh＝10 J，C正确；W人＝mgh＋mv2＝12 J，D错误．
10.如图4所示，物体A、B的质量相等，物体B刚好与地面接触．现剪断绳子OA，下列说法正确的是(　　)

图4
A．剪断绳子的瞬间，物体A的加速度为g
B．弹簧恢复原长时，物体A的速度最大
C．剪断绳子后，弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒
D．物体运动到最下端时，弹簧的弹性势能最大
答案　CD
解析　剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F＝mg.剪断绳子瞬间，对A分析，A的合力为F合＝mg＋F＝2mg，根据牛顿第二定律，得a＝2g.故A错误；物体A在弹力和重力的作用下，向下做加速运动，当弹力的方向向上且与重力相等时，加速度为零，速度最大，此时弹簧不处于原长，故B错误；剪断绳子后，系统只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故C正确；物体运动到最下端时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧的弹性势能最大，故D正确．
11．如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是(　　)

答案　AC
解析　小球在运动过程中机械能守恒，A、C图中小球不能脱离轨道，在最高点速度为零，因而可以达到h高度．但B、D图中小球都会脱离轨道而做斜抛运动，在最高点具有水平速度，所以在最高点的重力势能要小于mgh(以最低点为零势能面)，即最高点的高度要小于h，选项A、C正确．
12.如图5，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面，在此过程中(　　)

图5
A．a的动能小于b的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
答案　AD
解析　由运动的合成与分解知识可知，va＝vbcos θ，θ为拉b的绳与水平面的夹角，因此物体a的速度小于物体b的速度，而两物体的质量又相同，所以a的动能小于b的动能，A正确；a物体下降时，a的机械能的减少量等于b物体的动能增加量和b克服摩擦力做功之和，B错误；a的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量与b克服摩擦力所做的功之和，C错误；绳的拉力对a所做的功等于a的机械能的减少量，绳的拉力对b所做的功等于b的动能增加量和克服摩擦力做功之和，D正确．
三、实验题(本题共2小题，共14分．)
13．(6分)在“验证机械能守恒定律”实验中，打出的纸带如图6甲所示，其中A、B为打点计时器打下的第1、2个点，AB＝2 mm，D、E、F为点迹清晰时连续打出的计时点，测得D、E、F到A的距离分别为x1、x2、x3(图中未画出)．设打点计时器的打点频率为f，重物质量为m，实验地点重力加速度为g.一位学生想从纸带上验证打下A点到打下E点过程中，重物的机械能守恒．

图6
(1)实验中，如下哪些操作是必要的________．
A．用秒表测量时间
B．重物的质量应尽可能大些
C．先接通电源后释放纸带
D．先释放纸带后接通电源
(2)重物重力势能减少量ΔEp＝________，动能增量ΔEk＝________________________.
(3)比较ΔEp和ΔEk发现，重物重力势能的减少量ΔEp大于动能的增加量ΔEk，造成这一误差的原因是__________________________________________________________．
答案　(1)BC　(2)mgx2　　(3)实验过程中有阻力作用
解析　(1)实验中用打点计时器计算时间，不需要秒表，A错误；重物的质量应尽可能大些，这样可以减小阻力引起的误差，B正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，C正确，D错误．
(2)因为AB＝2 mm，则A点为自由落体运动的初始位置，即vA＝0.从A点到E点过程中，重力势能的减少量为ΔEp＝mgx2.
E点的瞬时速度：v＝＝
则动能增量为ΔEk＝mv2＝
(3)因为实验中有阻力作用，所以减少的重力势能大于增加的动能．
14．(8分)如图7所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：

图7
(1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做____________运动．
(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图8所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2 N，小车的质量为0.2 kg.

图8
请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化ΔEk，补填表中空格(结果保留至小数点后第四位).

O—B
O—C
O—D
O—E
O—F
W/J
0.043 2
0.057 2
0.073 4
0.091 5

ΔEk/J
0.043 0
0.057 0
0.073 4
0.090 7

分析上述数据可知：在实验误差允许范围内W＝ΔEk，与理论推导结果一致．
(3)实验前已测得托盘质量为7.7×10－3 kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为__________kg(g取9.8 m/s2，结果保留至小数点后第三位)．
答案　(1)匀速直线　(2)0.111 5　0.110 5　(3)0.015
解析　(1)取下细绳与托盘后，当摩擦力恰好被平衡时，小车与纸带所受合力为零，获得初速度后应做匀速直线运动．
(2)由题图可知＝55.75 cm，再结合＝可得打下计数点F时的瞬时速度vF＝＝1.051 m/s，故W＝F·＝0.111 5 J，ΔEk＝Mv≈0.110 5 J.
(3)根据牛顿第二定律有：对小车F＝Ma，得a＝1.0 m/s2；对托盘及砝码(m＋m0)g－F＝(m＋m0)a，故有m＝－m0＝ kg－7.7×10－3 kg≈0.015 kg.
四、计算题(本题共3小题，共34分，解答应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(12分)如图9甲所示，质量m＝1 kg的物体静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，物体受到一个变力F作用，t＝1 s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v－t图象如图乙所示，不计其他阻力，求：

图9
(1)变力F做的功．
(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率．
(3)物体回到出发点的速度．
答案　(1)50 J　(2)20 W　(3)2 m/s
解析　(1)物体1 s末的速度v1＝10 m/s，
根据动能定理得：WF＝mv＝50 J.
(2)物体在斜面上升的最大距离：
x＝×1×10 m＝5 m
物体到达斜面时的速度v2＝10 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：
－mgxsin 37°－Wf＝0－mv
解得：Wf＝20 J，＝＝20 W.
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3，则根据动能定理：
－2Wf＝mv－mv
解得：v3＝2 m/s
此后物体做匀速直线运动，
到达原出发点的速度为2 m/s.
16. (10分)如图10所示，竖直平面内半径为R的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB相连接，AB的长度为x.一质量为m的小球，在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动，小球与水平轨道间的动摩擦因数为μ，到B点时撤去力F，小球沿圆轨道运动到最高点时对轨道的压力为2mg，重力加速度为g.求：

图10
(1)小球在C点的加速度大小；
(2)恒力F的大小．
答案　(1)3g　(2)μmg＋
解析　(1)由牛顿第三定律知在C点，轨道对小球的弹力为FN＝2mg.小球在C点时，受到重力和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得FN＋mg＝ma，解得a＝3g.
(2)设小球在B、C两点的速度分别为v1、v2，在C点由a＝.得v2＝.
从B到C过程中，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2R.
解得v1＝.
从A到B过程中，由动能定理得
Fx－μmgx＝mv－0.
解得F＝μmg＋.
17. (12分)如图11所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

图11
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
答案　(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s
解析　(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg(2R－R)－μmgcos 37°·＝0－0
解得：μ＝tan 37°＝0.375.
(2)若使滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有
mg＋FN＝
由FN≥0得vC≥＝2 m/s
滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有
－μmgcos 37°·＝mv－mv
则v0＝≥2 m/s，故v0的最小值为2 m/s.
(3)滑块离开C点后做平抛运动，有x＝vC′t，y＝gt2
由几何知识得tan 37°＝，整理得：5t2＋3t－0.8＝0，解得t＝0.2 s(t＝－0.8 s舍去)．