文档内容
章末过关检测(五)
(时间：45分钟 分值：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有
一个选项正确)
1．有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC段是
水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接．有编号为
1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径r
D．无法确定能否从a点冲出半圆轨道
解析：选B.质点第一次在半圆轨道中运动的过程，由动能定理得：mg＋(－W)＝0－0，W
f f
为质点克服摩擦力做功大小，解得：W＝mgH，即质点第一次在半圆轨道中运动损失的机械
f
能为mgH，由于第二次质点在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给质
点的弹力变小，摩擦因数不变，所以摩擦力变小，摩擦力做功小于mgH，机械能损失小于
mgH，因此质点再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于H，故A、C、D错误，B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24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)
7.(2019·石家庄模拟)倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，
劲度系数为100 N/m的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，弹
簧处于原长，另一端位于O处．一质量为4 kg的小物块从距O点0.8
m处的A点由静止释放，能运动到最低点C.已知重力加速度g取10
m/s2，弹簧弹性势能E＝kx2，式中的k为弹簧的劲度系数，x为弹簧
p
的形变量．下列说法正确的是( )
A．物块最终静止在C点
B．物块从O点到C点的过程中速度先增大后减小
C．物块运动过程中的最大速度为2 m/s
D．弹簧的最大弹性势能为32 J
解析：选BD.通过受力分析可知弹簧和物体系统机械能守恒，到最低点C时，重物减少
的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，有mgsin α·(x＋0.8 m)＝kx2，代入数据解得弹簧的
最大形变量x＝0.8 m，此时kx＞mgsin α，所以物体不可能静止在C点，故A错误；从O点到
C点过程中存在点E，此处kx＝mgsin α，代入数据有x＝0.2 m，从O到E，kx＜mgsin α，所以
0
物体加速，从E到C，kx＞mgsin α，所以物体减速，故B正确；在E处有最大速度，有mgsinα·(x 0 ＋0.8 m)＝kx＋mv 2，代入数据解得 v ＝3 m/s，故C错误；全过程机械能守恒：E p ＝mgsin
α·(x＋0.8 m)，代入数据E＝32 J，故D正确．
p
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端，则下
列说法中正确的是( )
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为F(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(x＋L)－fL
D．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(F－f)·(x＋L)＝E－0，选项A错误；小车受到水平向右的
k
摩擦力f作用，对地位移为x，根据动能定理同样有fx＝E′－0，选项B错误；在这一过程，物
k
块和小车增加的机械能等于增加的动能，即E＋E′＝F(x＋L)－fL，选项C正确；在此过程中
k k
外力做功为F(x＋L)，所以系统因摩擦而产生的热量为F(x＋L)－[F(x＋L)－fL]＝fL，选项D
正确．
9.如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度
v
＝2.0 m/s顺时针匀速运行，A端上方
靠近传送带的料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量Q＝50 kg/s落到传送带上，煤与传送带达
共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是( )
A．电动机应增加的功率为100 W
B．电动机应增加的功率为200 W
C．在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为6.0×103 J
D．在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为1.2×104 J
解析：选BC.煤经时间t加速到
v
，由动能定理有μmg·t＝mv 2，t时间内由摩擦产生的热量
Q
内
＝μmg·s
相对
＝μmg＝mv 2，这段时间内电动机多消耗的能量E＝mv 2＋Q
内
＝mv 2，电动机应
增加的功率P＝＝＝Qv 2＝200 W，在1 min内因煤与传送带摩擦产生的热量为Q
内
＝mv 2＝
Qtv 2＝6.0×103 J，选项B、C正确．
10．(2019·蚌埠高三质量检查)图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc＝37°，ab长为2L，p为
ab的中点，小物块从a点由静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段斜面
之间的动摩擦因数分别为μ 和μ.现将劈顺时针旋转90°(如图乙所示)，小物块从b由静止释
1 2
放，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为1∶1
B．μ＋μ＝1.5
1 2
C．图乙中小物块可能静止在b处
D．图乙中小物块滑到a处时的速度大小为
解析：选BD.根据功的定义，物块通过ap、pb段克服摩擦力做功分别为W ＝μmgcos
ap 1
37°L，W ＝μmgcos 37°L，故物块通过ap、pb段克服摩擦力做功之比为μ∶μ，μ 大于μ，A
pb 2 1 2 2 1
错误；在ab过程对物块应用动能定理，得μmgcos 37°L＋μmgcos 37°L－mg×2Lsin 37°＝0
1 2
－0，化简得μ＋μ＝1.5，B正确；当如图乙时，物块沿斜面受到的合力为mgsin 53°－μmgcos
1 2 2
53°＝mg(0.8－0.6μ)>0(μ 一般情况下小于1)，故物块下滑，C错误；由动能定理得mgsin
2 2
53°×2L－μ 1 mgcos 53°L－μ 2 mgcos 53°L＝mv 2－0，联立μ 1 ＋μ 2 ＝1.5，解得 v ＝，D正确．
三、非选择题(本题共2小题，共40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)
11．(20分)如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗
子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成
的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑
块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R、
R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成．
斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB＝
CD＝2R，A、D等高，D端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包
括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g.
(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架
高度使斜面的A、D点离地高为多少？
(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；
(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．
解析：(1)设滑块恰好经P点飞出时速度为
vP
，由牛顿第二定律有mg＝，
得 ＝
vP
到达A点时速度方向要沿着斜面AB，则
vy ＝ vP tan θ＝
所以A、D点离地高度为h＝3R－＝R.(2)进入A点时滑块的速度为
v
＝＝
假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为E
k
，则E
k
＝mv 2－4μmgcos θ·2R<0，所
以滑块不会滑到A点而飞出．
因mgsin θ>μmgcos θ，则根据动能定理得
mg·2Rsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv 2
得滑块在锅内斜面上运动的总路程s＝.
(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为
v1
、
v2
由牛顿第二定律，在Q点F－mg＝
1
在P点F＋mg＝
2
所以F－F＝2mg＋
1 2
由机械能守恒有mv ＝mv ＋mg·3R
得
v
－
v
＝6gR为定值
代入
v2
的最小值(v2 ＝
vP
＝)得压力差的最小值为9mg.
答案：(1)R (2) (3)9mg
12．(20分)如图所示，质量为m＝1 kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ＝30°
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
v0
＝3 m/s，长为L＝1.4 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μ＝0.25，g＝10 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F 而处于平衡状态，
N
由平衡条件可知，水平推力F＝mgtan θ，
代入数据得F＝ N.
(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为
v
，下滑过程机械能守恒，故有mgh＝
mv 2，所以 v ＝.
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μmgL＝mv －mv 2，
所以h＝－μL，代入数据得h＝0.1 m.
1 1
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
－μmgL＝mv －mv 2，
则h＝＋μL，代入数据得h＝0.8 m.
2 2
(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x＝
v0
t，
由机械能守恒可知mgh
2
＝mv 2，
对滑块由运动学公式知
v0
＝
v
－at，a＝μg
滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x，
相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，
联立代入数据可得Q＝0.5 J.
答案：(1) N (2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J
