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教科版 (2019)必修 第二册第四章 机械能及其守恒定律本章综合与测试一课一练
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这是一份教科版 (2019)必修 第二册第四章 机械能及其守恒定律本章综合与测试一课一练，共17页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第四章 机械能及其守恒定律
本章达标检测
满分:100分;时间:90分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2021吉林大学附中高一期末)关于功和功率的计算,下列说法中正确的是 ( )
A.用W=Fx cos θ可以计算变力做功
B.用W合=Ek2-Ek1可以计算变力做功
C.用W=Pt只能计算恒力做功
D.用P=Wt可以计算瞬时功率
2.(2021江苏南京十四中高一期中)下列关于机械能守恒的说法中正确的是 ( )
A.做匀速运动的物体,其机械能一定守恒
B.物体只受重力,机械能才守恒
C.做匀速圆周运动的物体,其机械能一定守恒
D.除重力做功外,其他力不做功,物体的机械能一定守恒
3.(2021广东深圳科学高中高一期末)如图所示,人站在电动扶梯的水平台阶上,假定人与扶梯一起沿斜面加速上升,在这个过程中,人脚所受的静摩擦力 ( )
A.等于零,对人不做功
B.水平向左,对人做负功
C.水平向右,对人做正功
D.斜向上,对人做正功
4.(2021江苏镇江中学高一期末)如图所示,儿童离开蹦床后向上运动的过程中 ( )
A.动能增加,重力势能减小
B.动能增加,重力势能增加
C.动能减小,重力势能减小
D.动能减小,重力势能增加
5.(2021四川攀枝花期末)引体向上是国家高中学生体质健康标准的选测项目之一,主要测试上肢肌肉力量的发展水平,为男学生上肢力量的测试项目。某同学在测试中单次引体向上的时间约为2 s,下列数据中,最接近该同学在测试中克服重力做功的平均功率的是 ( )
A.1.5 W B.15 W
C.150 W D.1500 W
6.如图所示,甲、乙、丙三个光滑斜面,它们的高度相同、倾角不同,θ1<θ2<θ3。现让完全相同的物块沿斜面由静止从顶端运动到底端。关于物块沿不同斜面运动时重力做功W和重力做功的平均功率P,下列说法正确的是( )
A.W甲
C.W甲=W乙=W丙
D.P甲>P乙>P丙
7.(2021北京石景山期末)一个质量为2 kg的物体被人用手由静止开始向上提升了2 m,这时速度达到2 m/s,重力加速度g取10 m/s2,则关于该过程下列结论中正确的是 ( )
A.手对物体做功40 J
B.重力势能增加44 J
C.合外力对物体做功4 J
D.重力对物体做功40 J
8.(2021浙江宁波高一期末)如图所示,一木块右端连接轻质弹簧,静止在倾角为θ的固定斜面上。现用力F沿斜面向上缓慢拉弹簧的上端P,直至木块沿斜面匀速上滑(滑动摩擦力等于最大静摩擦力),此时F=F0。从力F作用开始,至木块滑动距离L的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.木块所受摩擦力先变大后变小
B.力F做功为F0L
C.当木块匀速上滑时,弹簧的弹性势能继续增加
D.弹簧和木块组成的系统的机械能一直增加
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021广东揭阳高一期末)某同学将一个质量为m的小球竖直向上抛出,小球上升的最大高度为H。设上升过程中空气阻力f大小恒定。则在上升过程中 ( )
A.小球的动能减小了(f+mg)H
B.小球机械能减小了fH
C.小球重力势能减小了mgH
D.小球克服空气阻力做功(f+mg)H
10.(2021四川泸州期末)如图所示,高h=2.5 m的斜面固定不动。一个质量m=1 kg的物体,由静止开始从斜面的顶点滑下,滑到斜面底端时的速度大小为6 m/s,g取10 m/s2,在此过程中,下列判断正确的是 ( )
A.系统的机械能保持不变
B.物体的重力势能减少了24 J
C.物体的动能增加了18 J
D.物体的机械能减少了7 J
11.(2021福建晋江四校联考)如图所示,小滑块从一个固定的光滑斜槽轨道顶端由静止开始下滑,用v、t和h分别表示小球沿轨道下滑的速率、时间和距轨道顶端的高度。如图所示的v-t图像和v2-h图像中可能正确的是 ( )
A
B
C
D
12.(2021河南南阳一中期末)小车在水平直轨道上由静止开始运动,全过程运动的v-t图像如图所示,除2～10 s时间段内图像为曲线外,其余时间段图像均为直线。已知在小车运动的过程中,2～14 s时间段内小车的功率保持不变,在14 s末关闭发动机,让小车自由滑行。小车的质量为2 kg,受到的阻力大小不变。则 ( )
A.小车受到的阻力为1.5 N
B.小车的额定功率为18 W
C.1 s末小车发动机的输出功率为9 W
D.小车在变加速运动过程中位移为39 m
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(2021北京西城期末)(8分)如图甲所示,已知当地的重力加速度为g,将打点计时器固定在铁架台上,用重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。
甲
(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物,此外还必须用的器材是 和 。
A.直流电源 B.交流电源
C.天平及砝码 D.毫米刻度尺
(2)实验中需要测量重物由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某同学对实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案,这些方案中合理的是 。
A.用刻度尺测出物体下落的高度h,由打点间隔数算出下落时间t,通过v=gt计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=2gh计算出瞬时速度v
C.根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,并通过h=v22g计算得出高度h
D.用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v
(3)如图乙是用重物由静止开始做自由落体运动到各点时的瞬时速度v和下落高度h而绘制出的v2-h图线。图像是一条直线,此直线斜率的物理含义是 。
乙
(4)若已知重物质量为m,利用由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h的实验数据,计算出从起始点到该点的过程中,重物重力势能的减少量|ΔEp|= ,动能的增加量ΔEk= 。实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量,这个误差产生的原因是 。
14.(2021安徽淮南第二次模拟)(8分)如图所示,两个物体A、B分别系在一条跨过定滑轮的轻质细绳两端,B物体的侧面粘贴有挡光片,挡光片的宽度为d,已知A物体、B物体(连同挡光片)的质量均为m0,现要利用这个装置验证机械能守恒定律。某同学找来一个半环形物体C,并在B物体挡光片的正下方同一条竖直线上安装了两个光电门甲和乙,测出两个光电门之间的距离为h,实验时先接通电源,A、B静止时,在B上轻轻放上半环形物体C,记下挡光片通过光电门甲、乙的时间分别为Δt1、Δt2,已知重力加速度为g。
(1)挡光片通过光电门甲、乙的速度分别为 、 ;
(2)下列实验要求中,必要的实验步骤有 ;
A.实验前A、B必须在同一高度
B.实验前要先测出轻质细绳的长度
C.实验前要测出半环形物体C的质量m
D.实验时要测出挡光片由光电门甲到乙的时间
(3)本实验需要验证的表达式是 。
15.(2021辽宁大连十一中期末)(9分)如图所示,光滑曲面轨道AB下端与水平粗糙轨道BC平滑连接,水平轨道离地面高度h,有一质量为m的小滑块自曲面轨道离B高H处由静止开始滑下,经过水平轨道末端C后水平抛出,落地点离抛出点的水平位移为x,不计空气阻力,重力加速度为g,试求:
(1)滑块到达B点时的速度大小;
(2)滑块离开C点时的速度大小;
(3)滑块在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功。
16.(2021湖南株洲二中期末)(13分)如图所示,光滑水平面AB与竖直面内粗糙半圆形轨道在B点平滑相接,半圆形轨道半径为R,一质量为m的物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放,获得向右速度后脱离弹簧,经过B点进入半圆形轨道后瞬间对轨道的压力大小为其重力的8倍,之后沿圆周运动,到达C点时对轨道的压力恰好为0。求:
(1)释放物块时弹簧的弹性势能;
(2)物块从B点运动到C点过程中克服摩擦力做的功;
(3)物块离开C点后落回水平面时,重力的瞬时功率大小。
17.(2021安徽合肥八中高一期末)(11分)如图所示,竖直平面内有一段不光滑的斜直轨道与光滑的圆形轨道相切,切点P与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=60°,圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上A点由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动,A点相对圆形轨道底部的高度h=7R,物块通过圆形轨道最高点C时,与轨道间的压力大小为3mg。求:
(1)物块通过轨道最高点时的速度大小;
(2)物块通过轨道最低点B时对轨道的压力大小;
(3)物块与斜直轨道间的动摩擦因数μ。
18.(2021山西大学附中高一期末)(11分)如图甲所示,倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。在t=0时刻,将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点,经过1.0 s,物块从最下端的B点离开传送带。取沿传送带向下为速度的正方向,则物块的对地速度随时间变化的图像如图乙所示(g=10 m/s2)。求:
(1)物块与传送带间的动摩擦因数;
(2)物块从A到B的过程中,传送带对物块做的功。
答案全解全析
1.B W=Fx cos θ是恒力做功的计算公式,不可以计算变力做功,A错误;动能定理W合=Ek2-Ek1既可以计算恒力做功,也可以计算变力做功,B正确;用W=Pt计算的是恒定功率下,外力做的功,此力可以是恒力,也可以是变力,C错误;用P=Wt计算的是平均功率,不能计算瞬时功率,D错误。
2.D 匀速运动的物体所受合力为零,但除重力外可能有其他力做功,如物体在阻力作用下匀速向下运动,其机械能减少,A错误;物体除受重力外也可能受其他力,只要其他力不做功或做功的代数和为零,机械能也守恒,B错误;匀速圆周运动物体的动能不变,但势能可能变化,C错误;由机械能守恒条件知,D正确。
3.C 人随扶梯沿斜面加速上升,人受到重力、支持力和水平向右的静摩擦力,且静摩擦力方向与运动方向的夹角小于90°,故静摩擦力对人做正功,故C正确。
4.D 儿童离开蹦床后向上运动的过程中做减速运动,速度减小,则动能减小,高度增大,则重力势能增加,故A、B、C错误,D正确。
5.C 高中学生体重大约60 kg,引体向上时向上运动的位移大约0.4 m,则克服重力做功的平均功率约为:P=Wt=mght=60×10×0.42 W=120 W,150 W最接近,C正确。
6.C 三个物块下降的高度相同,根据W=mgh知,重力做功相同,故A、B错误,C正确;根据牛顿第二定律得,物体下滑的加速度a=g sin θ,根据hsinθ=12at2得,t=2hgsin2θ=1sinθ2hg,因为θ1<θ2<θ3,则t1>t2>t3,根据P=Wt知,P甲
8.D 木块静止时受力平衡,开始时摩擦力等于重力沿斜面的分力,随着拉力的增大,摩擦力将减小;当拉力大于重力沿斜面的分力时,摩擦力沿斜面向下,并随着拉力的增大而增大;当木块运动后摩擦力变为滑动摩擦力,大小不变,A错误。因拉力为变力,故不能根据W=FL求解拉力做的功,B错误。弹簧的弹性势能与形变量有关,当木块做匀速运动时,拉力不变,形变量不变,弹性势能不再增加,C错误。因拉力一直做正功,故弹簧和木块组成的系统的机械能一直增加,D正确。
9.AB 小球上升的过程中,重力和阻力都做负功,根据动能定理得-mgH-fH=ΔEk,则得动能的减小量等于mgH+fH,故A正确;根据功能关系知,除重力外其余力做的功等于机械能的变化量,在上升过程中,物体克服阻力做功fH,故机械能减小fH,故B正确;小球上升H,故重力势能增加mgH,故C错误;在上升的过程中,小球克服空气阻力做功fH,故D错误。
10.CD 斜面固定不动,若系统机械能保持不变,则物体减小的重力势能和增加的动能应相等,根据题意可得ΔEp=mgh=25 J,ΔEk=12mv2=18 J,两者不等,即系统的机械能不守恒,A、B错误,C正确;物体的机械能减少了ΔE=ΔEp-ΔEk=7 J,D正确。
11.BD 小滑块下滑过程中,重力沿斜槽轨道切向的分力逐渐变小,故小滑块的加速度逐渐变小,A错误,B正确;由机械能守恒得mgh=12mv2,故v2=2gh,所以v2与h成正比,C错误,D正确。
12.BCD 匀减速运动阶段的加速度大小为:a=618-14 m/s2=1.5 m/s2,根据牛顿第二定律得:f=ma=3 N,故A错误;匀速运动阶段,牵引力大小等于阻力,则有P=F2v=3×6 W=18 W,故B正确;匀加速运动阶段的加速度大小为a1=32 m/s2=1.5 m/s2,根据牛顿第二定律得F1-f=ma1,解得F1=6 N,1 s末的速度为v1=a1t1=1.5 m/s,则1 s末小车发动机的输出功率为P=F1v1=9 W,故C正确;对2～10 s的过程运用动能定理得Pt-fs1=12mv22-12mv12,代入数据解得s1=39 m,故D正确。
13.答案 (1)B(1分) D(1分) (2)D(1分) (3)重力加速度的2倍(1分) (4)mgh(1分) 12mv2(1分) 阻力做功(2分)
解析 (1)实验中打点计时器需接交流电源,需要用刻度尺测量点迹间的距离。时间可以通过打点计时器直接得出,验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等,质量可以约去,不需要天平及砝码,故选B、D。
(2)实验中不能用v=gt、v=2gh求解瞬时速度,不能根据h=v22g计算出高度h,否则默认了机械能守恒,失去验证的意义,故A、B、C错误;实验中应该用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度,等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,故D正确。
(3)根据自由落体运动规律有v2=2gh,则可知v2-h图线斜率的物理含义是重力加速度的2倍。
(4)根据重力做功与重力势能的变化关系,可得重力势能的减少量为|ΔEp|=mgh,动能的增加量为ΔEk=12mv2;实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量,这个误差产生的原因是阻力做功。
14.答案 (1)dΔt1(1分) dΔt2(1分) (2)C(2分) (3)mgh=12(2m0+m)d2(Δt2)2-d2(Δt1)2(4分)
解析 (1)挡光片通过光电门甲、乙的速度分别为v1=dΔt1,v2=dΔt2。
(2)要验证的关系式是mgh=12(2m0+m)(v22-v12),则实验前A、B不需要在同一高度,A错误;实验前没必要测出轻质细绳的长度,B错误;实验前要测出半环形物体C的质量m,C正确;实验时不需要测出挡光片由光电门甲到乙的时间,D错误。
(3)本实验需要验证的表达式是
mgh=12(2m0+m)d2(Δt2)2-d2(Δt1)2
15.答案 (1)2gH (2)xg2h (3)mgH-mgx24h
解析 (1)滑块由A至B过程中机械能守恒
mgH=12mvB2-0 (2分)
解得vB=2gH。 (1分)
(2)滑块由C至D过程中做平抛运动,设此过程经历时间为t,则h=12gt2,x=vCt (2分)
解得vC=xg2h。 (1分)
(3)设滑块由A至C过程中在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功为Wf
根据动能定理mgH-Wf=12mvC2 (2分)
解得Wf=mgH-mgx24h。 (1分)
16.答案 (1)3.5mgR (2)mgR (3)2mggR
解析 (1)物体在B点时,由牛顿第二定律:
FN-mg=mvB2R (2分)
解得:vB2=7gR (1分)
弹簧的弹性势能为Ep=12mvB2=3.5mgR。 (2分)
(2)物块在C点时,由牛顿第二定律得mg=mvC2R,则vC2=gR (3分)
物块从B到C过程中,由动能定理
-2mgR-Wf=12mvC2-12mvB2 (2分)
解得物块克服摩擦力做功Wf=mgR。 (1分)
(3)物块从C点飞出后做平抛运动,竖直方向有
vy2=2g×2R=4gR (1分)
所以重力的瞬时功率为PG=mgvy=2mggR。 (1分)
17.答案 (1)2gR (2)9mg (3)6313
解析 (1)对物块通过轨道最高点C时受力分析得
FN+mg=mvC2R (1分)
解得vC=2gR。 (1分)
(2)物块从最低点B到最高点C,由机械能守恒定律得
12mvB2=mg·2R+12mvC2 (2分)
物块通过轨道最低点B时受力如图所示,可知:FNB-mg=mvB2R (2分)
解得FNB=9mg
根据牛顿第三定律,物块通过轨道最低点B时对轨道的压力大小为9mg。
(3)物块由A运动到B,根据动能定理有
mgh-μmg cos θ·s=12mvB2-0 (2分)
s· sin θ=h-R(1- cos θ) (2分)
解得μ=6313。 (1分)
18.答案 (1)35 (2)-3.75 J
解析 (1)由v-t图像可知,物块在前0.5 s的加速度为
a1=v1t1=8 m/s2 (1分)
后0.5 s的加速度为a2=v2-v1t2=2 m/s2 (1分)
物块在前0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1 (1分)
物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma2 (1分)
联立解得:θ=30°,μ=35。 (2分)
(2)由v-t图像可知,在前0.5 s,物块对地位移为x1=v1t12=1 m(1分)
则摩擦力对物块做功W1=μmg cos θ·x1=3 J(1分)
在后0.5 s,物块对地位移为x2=v1+v22t2=2.25 m(1分)
则摩擦力对物块做功W2=-μmg cos θ·x2=-6.75 J(1分)
所以传送带对物块做的总功W=W1+W2=-3.75 J(1分)
第四章 机械能及其守恒定律
本章达标检测
满分:100分;时间:90分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2021吉林大学附中高一期末)关于功和功率的计算,下列说法中正确的是 ( )
A.用W=Fx cos θ可以计算变力做功
B.用W合=Ek2-Ek1可以计算变力做功
C.用W=Pt只能计算恒力做功
D.用P=Wt可以计算瞬时功率
2.(2021江苏南京十四中高一期中)下列关于机械能守恒的说法中正确的是 ( )
A.做匀速运动的物体,其机械能一定守恒
B.物体只受重力,机械能才守恒
C.做匀速圆周运动的物体,其机械能一定守恒
D.除重力做功外,其他力不做功,物体的机械能一定守恒
3.(2021广东深圳科学高中高一期末)如图所示,人站在电动扶梯的水平台阶上,假定人与扶梯一起沿斜面加速上升,在这个过程中,人脚所受的静摩擦力 ( )
A.等于零,对人不做功
B.水平向左,对人做负功
C.水平向右,对人做正功
D.斜向上,对人做正功
4.(2021江苏镇江中学高一期末)如图所示,儿童离开蹦床后向上运动的过程中 ( )
A.动能增加,重力势能减小
B.动能增加,重力势能增加
C.动能减小,重力势能减小
D.动能减小,重力势能增加
5.(2021四川攀枝花期末)引体向上是国家高中学生体质健康标准的选测项目之一,主要测试上肢肌肉力量的发展水平,为男学生上肢力量的测试项目。某同学在测试中单次引体向上的时间约为2 s,下列数据中,最接近该同学在测试中克服重力做功的平均功率的是 ( )
A.1.5 W B.15 W
C.150 W D.1500 W
6.如图所示,甲、乙、丙三个光滑斜面,它们的高度相同、倾角不同,θ1<θ2<θ3。现让完全相同的物块沿斜面由静止从顶端运动到底端。关于物块沿不同斜面运动时重力做功W和重力做功的平均功率P,下列说法正确的是( )
A.W甲
C.W甲=W乙=W丙
D.P甲>P乙>P丙
7.(2021北京石景山期末)一个质量为2 kg的物体被人用手由静止开始向上提升了2 m,这时速度达到2 m/s,重力加速度g取10 m/s2,则关于该过程下列结论中正确的是 ( )
A.手对物体做功40 J
B.重力势能增加44 J
C.合外力对物体做功4 J
D.重力对物体做功40 J
8.(2021浙江宁波高一期末)如图所示,一木块右端连接轻质弹簧,静止在倾角为θ的固定斜面上。现用力F沿斜面向上缓慢拉弹簧的上端P,直至木块沿斜面匀速上滑(滑动摩擦力等于最大静摩擦力),此时F=F0。从力F作用开始,至木块滑动距离L的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.木块所受摩擦力先变大后变小
B.力F做功为F0L
C.当木块匀速上滑时,弹簧的弹性势能继续增加
D.弹簧和木块组成的系统的机械能一直增加
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021广东揭阳高一期末)某同学将一个质量为m的小球竖直向上抛出,小球上升的最大高度为H。设上升过程中空气阻力f大小恒定。则在上升过程中 ( )
A.小球的动能减小了(f+mg)H
B.小球机械能减小了fH
C.小球重力势能减小了mgH
D.小球克服空气阻力做功(f+mg)H
10.(2021四川泸州期末)如图所示,高h=2.5 m的斜面固定不动。一个质量m=1 kg的物体,由静止开始从斜面的顶点滑下,滑到斜面底端时的速度大小为6 m/s,g取10 m/s2,在此过程中,下列判断正确的是 ( )
A.系统的机械能保持不变
B.物体的重力势能减少了24 J
C.物体的动能增加了18 J
D.物体的机械能减少了7 J
11.(2021福建晋江四校联考)如图所示,小滑块从一个固定的光滑斜槽轨道顶端由静止开始下滑,用v、t和h分别表示小球沿轨道下滑的速率、时间和距轨道顶端的高度。如图所示的v-t图像和v2-h图像中可能正确的是 ( )
A
B
C
D
12.(2021河南南阳一中期末)小车在水平直轨道上由静止开始运动,全过程运动的v-t图像如图所示,除2～10 s时间段内图像为曲线外,其余时间段图像均为直线。已知在小车运动的过程中,2～14 s时间段内小车的功率保持不变,在14 s末关闭发动机,让小车自由滑行。小车的质量为2 kg,受到的阻力大小不变。则 ( )
A.小车受到的阻力为1.5 N
B.小车的额定功率为18 W
C.1 s末小车发动机的输出功率为9 W
D.小车在变加速运动过程中位移为39 m
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(2021北京西城期末)(8分)如图甲所示,已知当地的重力加速度为g,将打点计时器固定在铁架台上,用重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。
甲
(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物,此外还必须用的器材是 和 。
A.直流电源 B.交流电源
C.天平及砝码 D.毫米刻度尺
(2)实验中需要测量重物由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某同学对实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案,这些方案中合理的是 。
A.用刻度尺测出物体下落的高度h,由打点间隔数算出下落时间t,通过v=gt计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=2gh计算出瞬时速度v
C.根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,并通过h=v22g计算得出高度h
D.用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v
(3)如图乙是用重物由静止开始做自由落体运动到各点时的瞬时速度v和下落高度h而绘制出的v2-h图线。图像是一条直线,此直线斜率的物理含义是 。
乙
(4)若已知重物质量为m,利用由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h的实验数据,计算出从起始点到该点的过程中,重物重力势能的减少量|ΔEp|= ,动能的增加量ΔEk= 。实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量,这个误差产生的原因是 。
14.(2021安徽淮南第二次模拟)(8分)如图所示,两个物体A、B分别系在一条跨过定滑轮的轻质细绳两端,B物体的侧面粘贴有挡光片,挡光片的宽度为d,已知A物体、B物体(连同挡光片)的质量均为m0,现要利用这个装置验证机械能守恒定律。某同学找来一个半环形物体C,并在B物体挡光片的正下方同一条竖直线上安装了两个光电门甲和乙,测出两个光电门之间的距离为h,实验时先接通电源,A、B静止时,在B上轻轻放上半环形物体C,记下挡光片通过光电门甲、乙的时间分别为Δt1、Δt2,已知重力加速度为g。
(1)挡光片通过光电门甲、乙的速度分别为 、 ;
(2)下列实验要求中,必要的实验步骤有 ;
A.实验前A、B必须在同一高度
B.实验前要先测出轻质细绳的长度
C.实验前要测出半环形物体C的质量m
D.实验时要测出挡光片由光电门甲到乙的时间
(3)本实验需要验证的表达式是 。
15.(2021辽宁大连十一中期末)(9分)如图所示,光滑曲面轨道AB下端与水平粗糙轨道BC平滑连接,水平轨道离地面高度h,有一质量为m的小滑块自曲面轨道离B高H处由静止开始滑下,经过水平轨道末端C后水平抛出,落地点离抛出点的水平位移为x,不计空气阻力,重力加速度为g,试求:
(1)滑块到达B点时的速度大小;
(2)滑块离开C点时的速度大小;
(3)滑块在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功。
16.(2021湖南株洲二中期末)(13分)如图所示,光滑水平面AB与竖直面内粗糙半圆形轨道在B点平滑相接,半圆形轨道半径为R,一质量为m的物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放,获得向右速度后脱离弹簧,经过B点进入半圆形轨道后瞬间对轨道的压力大小为其重力的8倍,之后沿圆周运动,到达C点时对轨道的压力恰好为0。求:
(1)释放物块时弹簧的弹性势能;
(2)物块从B点运动到C点过程中克服摩擦力做的功;
(3)物块离开C点后落回水平面时,重力的瞬时功率大小。
17.(2021安徽合肥八中高一期末)(11分)如图所示,竖直平面内有一段不光滑的斜直轨道与光滑的圆形轨道相切,切点P与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=60°,圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上A点由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动,A点相对圆形轨道底部的高度h=7R,物块通过圆形轨道最高点C时,与轨道间的压力大小为3mg。求:
(1)物块通过轨道最高点时的速度大小;
(2)物块通过轨道最低点B时对轨道的压力大小;
(3)物块与斜直轨道间的动摩擦因数μ。
18.(2021山西大学附中高一期末)(11分)如图甲所示,倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。在t=0时刻,将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点,经过1.0 s,物块从最下端的B点离开传送带。取沿传送带向下为速度的正方向,则物块的对地速度随时间变化的图像如图乙所示(g=10 m/s2)。求:
(1)物块与传送带间的动摩擦因数;
(2)物块从A到B的过程中,传送带对物块做的功。
答案全解全析
1.B W=Fx cos θ是恒力做功的计算公式,不可以计算变力做功,A错误;动能定理W合=Ek2-Ek1既可以计算恒力做功,也可以计算变力做功,B正确;用W=Pt计算的是恒定功率下,外力做的功,此力可以是恒力,也可以是变力,C错误;用P=Wt计算的是平均功率,不能计算瞬时功率,D错误。
2.D 匀速运动的物体所受合力为零,但除重力外可能有其他力做功,如物体在阻力作用下匀速向下运动,其机械能减少,A错误;物体除受重力外也可能受其他力,只要其他力不做功或做功的代数和为零,机械能也守恒,B错误;匀速圆周运动物体的动能不变,但势能可能变化,C错误;由机械能守恒条件知,D正确。
3.C 人随扶梯沿斜面加速上升,人受到重力、支持力和水平向右的静摩擦力,且静摩擦力方向与运动方向的夹角小于90°,故静摩擦力对人做正功,故C正确。
4.D 儿童离开蹦床后向上运动的过程中做减速运动,速度减小,则动能减小,高度增大,则重力势能增加,故A、B、C错误,D正确。
5.C 高中学生体重大约60 kg,引体向上时向上运动的位移大约0.4 m,则克服重力做功的平均功率约为:P=Wt=mght=60×10×0.42 W=120 W,150 W最接近,C正确。
6.C 三个物块下降的高度相同,根据W=mgh知,重力做功相同,故A、B错误,C正确;根据牛顿第二定律得,物体下滑的加速度a=g sin θ,根据hsinθ=12at2得,t=2hgsin2θ=1sinθ2hg,因为θ1<θ2<θ3,则t1>t2>t3,根据P=Wt知,P甲
8.D 木块静止时受力平衡,开始时摩擦力等于重力沿斜面的分力,随着拉力的增大,摩擦力将减小;当拉力大于重力沿斜面的分力时,摩擦力沿斜面向下,并随着拉力的增大而增大;当木块运动后摩擦力变为滑动摩擦力,大小不变,A错误。因拉力为变力,故不能根据W=FL求解拉力做的功,B错误。弹簧的弹性势能与形变量有关,当木块做匀速运动时,拉力不变,形变量不变,弹性势能不再增加,C错误。因拉力一直做正功,故弹簧和木块组成的系统的机械能一直增加,D正确。
9.AB 小球上升的过程中,重力和阻力都做负功,根据动能定理得-mgH-fH=ΔEk,则得动能的减小量等于mgH+fH,故A正确;根据功能关系知,除重力外其余力做的功等于机械能的变化量,在上升过程中,物体克服阻力做功fH,故机械能减小fH,故B正确;小球上升H,故重力势能增加mgH,故C错误;在上升的过程中,小球克服空气阻力做功fH,故D错误。
10.CD 斜面固定不动,若系统机械能保持不变,则物体减小的重力势能和增加的动能应相等,根据题意可得ΔEp=mgh=25 J,ΔEk=12mv2=18 J,两者不等,即系统的机械能不守恒,A、B错误,C正确;物体的机械能减少了ΔE=ΔEp-ΔEk=7 J,D正确。
11.BD 小滑块下滑过程中,重力沿斜槽轨道切向的分力逐渐变小,故小滑块的加速度逐渐变小,A错误,B正确;由机械能守恒得mgh=12mv2,故v2=2gh,所以v2与h成正比,C错误,D正确。
12.BCD 匀减速运动阶段的加速度大小为:a=618-14 m/s2=1.5 m/s2,根据牛顿第二定律得:f=ma=3 N,故A错误;匀速运动阶段,牵引力大小等于阻力,则有P=F2v=3×6 W=18 W,故B正确;匀加速运动阶段的加速度大小为a1=32 m/s2=1.5 m/s2,根据牛顿第二定律得F1-f=ma1,解得F1=6 N,1 s末的速度为v1=a1t1=1.5 m/s,则1 s末小车发动机的输出功率为P=F1v1=9 W,故C正确;对2～10 s的过程运用动能定理得Pt-fs1=12mv22-12mv12,代入数据解得s1=39 m,故D正确。
13.答案 (1)B(1分) D(1分) (2)D(1分) (3)重力加速度的2倍(1分) (4)mgh(1分) 12mv2(1分) 阻力做功(2分)
解析 (1)实验中打点计时器需接交流电源,需要用刻度尺测量点迹间的距离。时间可以通过打点计时器直接得出,验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等,质量可以约去,不需要天平及砝码,故选B、D。
(2)实验中不能用v=gt、v=2gh求解瞬时速度,不能根据h=v22g计算出高度h,否则默认了机械能守恒,失去验证的意义,故A、B、C错误;实验中应该用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度,等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,故D正确。
(3)根据自由落体运动规律有v2=2gh,则可知v2-h图线斜率的物理含义是重力加速度的2倍。
(4)根据重力做功与重力势能的变化关系,可得重力势能的减少量为|ΔEp|=mgh,动能的增加量为ΔEk=12mv2;实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量,这个误差产生的原因是阻力做功。
14.答案 (1)dΔt1(1分) dΔt2(1分) (2)C(2分) (3)mgh=12(2m0+m)d2(Δt2)2-d2(Δt1)2(4分)
解析 (1)挡光片通过光电门甲、乙的速度分别为v1=dΔt1,v2=dΔt2。
(2)要验证的关系式是mgh=12(2m0+m)(v22-v12),则实验前A、B不需要在同一高度,A错误;实验前没必要测出轻质细绳的长度,B错误;实验前要测出半环形物体C的质量m,C正确;实验时不需要测出挡光片由光电门甲到乙的时间,D错误。
(3)本实验需要验证的表达式是
mgh=12(2m0+m)d2(Δt2)2-d2(Δt1)2
15.答案 (1)2gH (2)xg2h (3)mgH-mgx24h
解析 (1)滑块由A至B过程中机械能守恒
mgH=12mvB2-0 (2分)
解得vB=2gH。 (1分)
(2)滑块由C至D过程中做平抛运动,设此过程经历时间为t,则h=12gt2,x=vCt (2分)
解得vC=xg2h。 (1分)
(3)设滑块由A至C过程中在水平轨道上滑行时克服摩擦力所做的功为Wf
根据动能定理mgH-Wf=12mvC2 (2分)
解得Wf=mgH-mgx24h。 (1分)
16.答案 (1)3.5mgR (2)mgR (3)2mggR
解析 (1)物体在B点时,由牛顿第二定律:
FN-mg=mvB2R (2分)
解得:vB2=7gR (1分)
弹簧的弹性势能为Ep=12mvB2=3.5mgR。 (2分)
(2)物块在C点时,由牛顿第二定律得mg=mvC2R,则vC2=gR (3分)
物块从B到C过程中,由动能定理
-2mgR-Wf=12mvC2-12mvB2 (2分)
解得物块克服摩擦力做功Wf=mgR。 (1分)
(3)物块从C点飞出后做平抛运动,竖直方向有
vy2=2g×2R=4gR (1分)
所以重力的瞬时功率为PG=mgvy=2mggR。 (1分)
17.答案 (1)2gR (2)9mg (3)6313
解析 (1)对物块通过轨道最高点C时受力分析得
FN+mg=mvC2R (1分)
解得vC=2gR。 (1分)
(2)物块从最低点B到最高点C,由机械能守恒定律得
12mvB2=mg·2R+12mvC2 (2分)
物块通过轨道最低点B时受力如图所示,可知:FNB-mg=mvB2R (2分)
解得FNB=9mg
根据牛顿第三定律,物块通过轨道最低点B时对轨道的压力大小为9mg。
(3)物块由A运动到B,根据动能定理有
mgh-μmg cos θ·s=12mvB2-0 (2分)
s· sin θ=h-R(1- cos θ) (2分)
解得μ=6313。 (1分)
18.答案 (1)35 (2)-3.75 J
解析 (1)由v-t图像可知,物块在前0.5 s的加速度为
a1=v1t1=8 m/s2 (1分)
后0.5 s的加速度为a2=v2-v1t2=2 m/s2 (1分)
物块在前0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向下,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1 (1分)
物块在后0.5 s受到的滑动摩擦力沿传送带向上,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma2 (1分)
联立解得:θ=30°,μ=35。 (2分)
(2)由v-t图像可知,在前0.5 s,物块对地位移为x1=v1t12=1 m(1分)
则摩擦力对物块做功W1=μmg cos θ·x1=3 J(1分)
在后0.5 s,物块对地位移为x2=v1+v22t2=2.25 m(1分)
则摩擦力对物块做功W2=-μmg cos θ·x2=-6.75 J(1分)
所以传送带对物块做的总功W=W1+W2=-3.75 J(1分)
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