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章末质量检测(五)
(时间：45分钟)
一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)
1．下列说法中正确的是( )
A．汽车在光滑的水平面上运动时，驾驶员通过操作方向盘，可以使汽车转弯
B．在某一过程中，只要物体的位移为0，任何力对该物体所做的功都为0
C．物体的速度为0时，其加速度可能不为0
D．静摩擦力对受力物体可以做正功，滑动摩擦力对受力物体一定做负功
解析 汽车在水平面上转弯时，向心力的来源是静摩擦力，所以在光滑水平面
上，通过操作方向盘，也不能使汽车转弯，A项错误；B选项容易片面地理解为W
＝Fx，因为位移x＝0，所以W＝0，但该公式只适用于恒力做功，例如汽车绕赛车
场一圈回到出发点，虽然汽车的位移为零，但牵引力对汽车做了功，牵引力做的
功为牵引力乘以路程，B项错误；物体的速度与加速度大小没有必然联系，例如
汽车启动的瞬间，虽然汽车的速度为0，但加速度不为0，C项正确；摩擦力可以对
物体做正功、做负功或不做功，D项错误。
答案 C
2．(2018·河南周口二模)如图1所示，物块A、B在外力F作用下一起沿水平地面
做匀速直线运动的过程中，下列关于A对地面的滑动摩擦力做功和B对A的静摩
擦力做功的说法正确的是( )
图1
A．静摩擦力做正功，滑动摩擦力做负功
B．静摩擦力不做功，滑动摩擦力做负功
C．静摩擦力做正功，滑动摩擦力不做功
D．静摩擦力做负功，滑动摩擦力做正功
解析 把物块A、B看成一个整体，一起沿水平地面做匀速直线运动，所以地面对A的滑动摩擦力大小F ＝F，由牛顿第三定律可知，A对地面的滑动摩擦力大小
f1
F 也等于F，但由于地面没有位移，所以A对地面的滑动摩擦力不做功；以A为
f2
研究对象，由于A做匀速直线运动，所以B对A的摩擦力大小为F，方向与物体运
动的方向相同，因为A相对于B静止，则B对A的摩擦力为静摩擦力，故B对A
的静摩擦力做正功，故选项C正确。
答案 C
3．汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，经过一段时间t达到最大速
度 ，若所受阻力始终不变，则在t这段时间内 ( )
v
A．汽车牵引力恒定
B．汽车牵引力做功为Pt
C．汽车加速度不断增大
D．汽车牵引力做功为m 2
v
解析 根据P＝F 知，因为速度增大，则牵引力减小，根据牛顿第二定律得a＝，
v
知加速度减小，故选项A、C错误；因为功率不变，则牵引力做功W＝Pt，由动能
定理可知，牵引力与阻力的合力做的功等于动能的变化量，所以牵引力做功不等
于m 2，故选项B正确，D错误。
v
答案 B
4．如图2所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于
O点。将小球拉至A点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O点正
下方与A点的竖直高度差为h的B点时，速度大小为 。已知重力加速度为g，下
v
列说法正确的是( )图2
A．小球运动到B点时的动能等于mgh
B．小球由A点到B点重力势能减少m 2
v
C．小球由A点到B点克服弹力做功为mgh
D．小球到达B点时弹簧的弹性势能为mgh－m 2
v
解析 小球由A点到B点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧伸
长，弹簧的弹性势能增大，小球动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和等于
小球重力势能的减小量，即小球动能的增加量小于重力势能的减少量mgh，A、B
项错误，D项正确；弹簧弹性势能的增加量等于小球克服弹力所做的功，C项错误
答案 D
5．如图3所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态
的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由
静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未
超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
图3
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析 在圆环下滑到最大距离的过程中，弹簧弹力对圆环做功，圆环的机械能不
守恒，选项A错误；利用几何关系可知圆环下落的距离为L，此时圆环的重力势
能的减少量为ΔE ＝mg·L＝mgL，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于圆
p
环重力势能的减少量，即ΔE ′＝mgL，选项B正确；圆环下落到最大距离时速度为
p
零，所受合力不为零，选项C错误；把圆环和弹簧看成一个系统，系统的机械能守恒，即圆环的重力势能与弹簧的弹性势能、圆环的动能之和保持不变，选项D错
误。
答案 B
6．运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随
位移变化图线如图4所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确
的是( )
图4
A．μ＝0.05
B．μ＝0.01
C．滑行时间t＝5 s
D．滑行时间t＝10 s
解析 对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－m ，得μ＝＝＝0.01，选项A错误，B正
v
确；冰壶运动时有a＝μg＝0.1 m/s2，由运动学公式x＝at2得t＝10 s，选项C错误，
D正确。
答案 BD
7．如图5甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg 的物体B(可看成
质点)以水平速度 ＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在
v0
摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10
m/s2) ( )
图5A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析 由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质
量相等，M＝m＝1 kg，木板获得的动能为E ＝M 2＝1 J，选项A正确；系统损失
k v
的机械能ΔE＝m －·2m· 2＝2 J，选项B错误；由 －t图象可求出二者相对位移
v v v
为1 m，故木板A的最小长度为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二
定律可求出μ＝0.1，选项D正确。
答案 AD
8．(2019·浙江宁波模拟)如图6是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，如
图所示，在倾角θ＝53°的长直轨道AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离
L ＝4 m，开始下滑到C点后进入弧形的轨道CDEF，其中CDE是半径为R＝5
0
m、圆心角为106°的圆弧，EF为半径R＝5 m、圆心角为53°的圆弧，已知小车的质
量为60 kg，车与轨道AC间存在摩擦，动摩擦因数μ＝0.5，轨道CDEF可视为光
滑轨道，不计其他阻力，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的
是( )
图6
A．小车滑至C点的速度为6 m/s
B．小车到达D点时对轨道的压力为1 560 N
C．小车刚好能沿着轨道滑到F点
D．若小车从长直轨道上距C点L ＝ 9 m开始由静止下滑，则小车能在F点水平
0
抛出
解析 由B到C根据动能定理，mgL sin 53°－μmgL cos 53°＝m ，解得 ＝2
0 0 v vCm/s，选项A错误；到达D点时，m ＋mgR(1－cos 53°)＝m ，解得 ＝4 m/s，则在
v v vD
D点有F －mg＝m，解得F ＝1 560 N，选项B正确；假设小球能到达F点，则m
N N v
＝mgR(1－cos 53°)＋m ，解得 ＝0，可知小车刚好能到达F点，选项C正确；研
v vF
究从 B′到 F 点，由动能定理 mgL′sin 53°－mgR(1－cos 53°)－μmgL′cos 53°＝
m ′2，得 ′＝ m/s，在F点有mg－F ′＝m，解得F ′＝0，即此时小车能在F点水
vF vF N N
平抛出，选项D正确。
答案 BCD
二、非选择题
9．(2019·山东烟台模拟)某同学用如图7所示装置做“探究动能定理”实验。装置
中装有细沙的沙桶通过细线绕过定滑轮连接在小车上，小车后端固定穿过打点计
时器的纸带。
图7
(1)实验时先不挂沙桶，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这
样做的目的是_________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)挂上装有细沙的沙桶后，通过实验得到如图8所示的纸带。纸带上O为小车运
动起始时刻所打的点，在纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻两个计数
点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到O点之间的距离s ＝16.3 cm，
OA
s ＝25.3 cm，s ＝36.3 cm。实验时小车所受细线的拉力大小为0.2 N，小车质量
OB OC
为0.1 kg。则通过计算可知，从O至B的运动过程中，小车所受合外力做的功W＝
________J，小车动能的变化量ΔE ＝________J(结果保留至小数点后3位)。
k图8
(3)在第(2)问中若实验前已经测得未装沙时小桶的质量为 5×10－3 kg，实验时该
同学放入沙桶中细沙的质量为__________kg(g取10 m/s2)。
解析 (1)实验时先调整垫木的位置，使小车不挂托盘时能在倾斜的长木板上做
匀速直线运动，这样做的目的是为了平衡摩擦力。
(2)对O到B的过程，小车的合外力即为绳的拉力，则W＝F s ＝0.050 6 J≈0.051
T OB
J，打B点的瞬时速度为 ＝＝ m/s＝1 m/s，则动能的变化为 ΔE ＝M －0＝
vB k v
0.050 J。
(3)根据纸带由匀变速直线运动的判别式可得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，对沙桶由牛顿
第二定律得(m＋m )g－F ＝(m＋m )a，其中沙桶质量m ＝0.005 kg，解得m＝0.02
0 T 0 0
kg。
答案 (1)见解析 (2)0.051 J 0.050 J (3)0.02 kg
10．一运动员驾驶一辆赛车在长直赛道上进行性能测试，从驶入长直赛道近似认
为由静止开始以恒定功率启动，经过10 s，车速表显示的速度为54 km/h，当显示
的速度为144 km/h时速度稳定下来，已知赛车的质量为2.5 t，赛车受到的平均阻
力是车重的，重力加速度大小为g＝10 m/s2。
(1)10 s时赛车运动的加速度大小是多少？
(2)如果赛车在运动500 m时达到最大速度，则赛车经历多长时间达到最大速度？
如果从启动开始，要追上前方2 000 m 处正在以108 km/h的速度匀速行驶的摩托
车，至少需要多长时间？
解析 (1)P＝f ＝0.05×2.5×103×10×40 W
vm
＝5×104 W
F＝＝ N＝×103 N
根据牛顿第二定律有F－f＝ma
解得a＝＝0.83 m/s2
(2)根据动能定理有Pt－fx ＝m －0
1 v
解得t＝52.5 s设赛车从启动开始经t′的时间追上摩托车，摩托车的速度为 ＝30 m/s，根据位移
v2
关系有
x ＋ (t′－t)＝ t′＋L
1 vm v2
代入数据解得t′＝360 s
答案 (1)0.83 m/s2 (2)52.5 s 360 s
11．小王同学在上海迪士尼乐园体验了超刺激的游戏项目“创极速光轮”后，对
“过山车”类型的轨道运动充满了研究兴趣。为此，他利用学校实验室提供的材
料，自己设计拼接了一条轨道，如图9所示，ABC为一水平轨道，BC段长度20
cm，斜直轨道CD段长度15 cm，与水平面的夹角θ＝37°，BC段与CD段在C点
平滑连接，竖直圆弧轨道DEF的圆心为O ，半径R ＝10 cm，圆轨道与CD相切
1 1
于D点，E为圆弧轨道的最高点，半径O F水平，FG段为竖直轨道，与圆轨道GH
1
相切于G点，圆形轨道GH圆心为O ，半径R ＝4 cm，G、O 、D在同一水平线上，
2 2 2
水平轨道HK长度为40 cm，HK与CD稍稍错开。在AB段有一轻质弹簧，弹簧一
端固定在A点，另一端连着一小环(可看成质点)，但不拴接，弹簧自然伸长时，小
环刚好位于B点，小环质量m＝0.01 kg，由于轨道材料的特殊性，小环只在轨道
BC、CD、HK上受到摩擦力，动摩擦因数均为μ＝0.5，弹簧弹性势能与弹簧形变量
的二次方成正比。不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小g＝
10 m/s2。在某次实验时，弹簧被压缩d后释放，小环恰好能运动到D点。
图9
(1)求小环在B点的速度大小 ；
v
(2)某次实验，弹簧的压缩量为2d，求小环在E点处对轨道的压力；
(3)小环能否停在HK上？若能，求出弹簧压缩量的取值范围；若不能，请说明理
由。解析 (1)小环恰能运动到D点，根据能量守恒定律有
m 2＝μmgx ＋mgx sin θ＋μmgx cos θ
v BC CD CD
解得 ＝ m/s
v
(2)压缩量为d时弹簧弹性势能为E ＝m 2＝0.025 J
p v
压缩量为2d时，弹性势能E ′＝0.1 J
p
根据能量守恒定律有E ′＝μmgx ＋mgx sin θ＋μmgx cos θ＋mg(R ＋R cos θ)＋
p BC CD CD 1 1
m
v
在E点，根据牛顿第二定律有F ＋mg＝m
N
根据牛顿第三定律，小环对轨道的压力大小F ′＝F
N N
联立解得F ′＝1.04 N，方向竖直向上
N
(3)若小环能停到HK上，则小环必然能过E点，在E点的最小速度为零
小环从E点到H点，根据机械能守恒定律得H点的动能为E ＝mg(R ＋R cos θ
kH 1 1
＋R )
2
解得E ＝0.022 J
kH
小环在HK段上运动时，有－μmgx＝－E
kH
解得x＝0.44 m＞x
HK
则小环不能停在HK上
答案 (1) m/s (2)1.04 N 方向竖直向上
(3)不能 理由见解析
