2022—2023学年高一教科版（2019）必修第二册 第四章 机械能及其守恒定律 单元检测卷9（含解析）

2022—2023学年高一教科版（2019）必修第二册

第四章 机械能及其守恒定律 单元检测卷9（含解析）

一、单选题（共28分）

1．如图所示，一质量为的光滑圆管道，竖直静置在固定的底座上，有一质量为的小球（半径远小于圆管道的半径），在圆管道内做圆周运动，小球在最低点时圆管道对底座的压力大小恰好为，重力加速度为g。当小球运动到圆管道的最高点时，圆管道对底座的压力大小为（　　）

A．0 B． C． D．

2．用如图所示实验装置验证机械能守恒定律，下列说法正确的是（　　）

A．实验开始时，应先释放纸带，再接通电源

B．应尽量选用密度较大、体积较小的重物

C．该实验只能验证机械能守恒定律，不能研究自由落体运动

D．验证机械能守恒定律时，重物减小的重力势能小于增加的动能

3．一质量为1500kg的汽车，在平直路面上从静止开始在1500N的合外力作用下以恒定加速度启动，当速度达到20m/s时功率达到额定功率，接着以额定功率继续加速，最后以30m/s的最大速度匀速运动，整个运动过程中汽车所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）

A．汽车的额定功率为80kW

B．汽车的额定功率为90kW

C．汽车受到的阻力大小为2000N

D．汽车受到的阻力大小为4000N

4．人造地球卫星绕地球旋转时，既具有动能又具有引力势能（引力势能实际上是卫星与地球共有的，简略地说此势能是人造卫星所具有的）。设地球的质量为M，半径为R，取离地无限远处为引力势能零点，则距离地心为r，质量为m的物体引力势能为（G为引力常量），假设质量为m的飞船在距地心r1的近地点速度为v1，下列说法中错误的是（　　）

A．飞船在椭圆轨道上正常运行时具有的机械能

B．飞船在椭圆轨道距离地心r2时的速度大小

C．地球的第一宇宙速度

D．该飞船在近地点的加速度为

5．如图所示，长为L的轻质细绳一端固定在O点，O点离地高度为H，另一端系一质量为m的小球，将细绳拉至水平，由静止释放小球，小球到达最低点时，细绳刚好被拉断，小球水平飞出。若忽略空气阻力，则（　　）

A．细绳所能承受的最大拉力F＝2mg

B．改变绳长L，则L越大小球落地时的速度越大

C．改变绳长L，当时，小球平抛过程中的水平位移最大

D．当时，小球在下落过程中重力的最大功率为

6．质量为m的物体从距地面h高处的某点自由落下，在这个过程中不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．重力对物体做功为mgh B．重力势能增加了mgh

C．动能减少了mgh D．机械能增加了mgh

7．如图所示，在竖直平面内，倾斜固定长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接．使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆，弹簧处于原长．现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则下列说法错误的是（　　）

A．物块和弹簧组成的系统机械能守恒

B．物块在B点时加速度方向由B指向A

C．A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功

D．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量

二、多选题（共12分）

8．北京冬奥会报道中利用“AI+8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验。“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法。如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图。忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线。已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．“时间切片”特技每次“曝光”的时间间隔均相同

B．运动员从a到b的时间为

C．运动员到达最高点时速度的大小为

D．运动员从a到b的过程中速度变化的大小为

9．如图所示为玩具水弹枪的发射原理简图，水弹上膛时，弹簧被压缩，扣动扳机弹簧恢复原长，水弹被弹射出枪口，假设在此过程水弹与枪管的摩擦忽略不计，小朋友从1.25m高处迎风水平发射一颗质量为10g的水弹，水弹水平飞行15 m后恰竖直落回地面，由于水弹水平方向速度较大且迎风飞行，认为水平方向空气阻力恒定不变，所以可以将水弹在水平方向的运动看作匀减速直线运动，而竖直方向水弹速度始终比较小，空气阻力可忽略不计，所以认为竖直方向水弹做自由落体运动，g取，则以下选项正确的是（     ）

A．水弹落地时的动能为0.125J B．空气阻力做功为15J

C．弹性势能为18J D．空气阻力为2N

10．如图所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中（　　）

A．小球最大动能应小于mgA

B．弹簧最大弹性势能等于2mgA

C．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变

D．小球在最低点时的弹力大于2mg

三、实验题（共15分）

11．某同学利用图甲中的实验装置探究物体的机械能变化量与外力做功的关系。所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50 g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为200 g，其上可放钩码）、刻度尺。g取9.80 m/s2实验操作步骤如下：

①安装器材，调整两个光电门距离为50.00 cm，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图甲所示；

②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门时的速度；

③保持绳下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；

④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量m、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量及系统总机械能的减少量ΔE，结果如下表所示。

（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为___________J（保留三位有效数字）。

（2）步骤④中的表格所缺数据为___________。

（3）以m为横轴，ΔE为纵轴，选择合适的标度，在图乙中绘出ΔE-m图像。(        )

若忽略滑轮和绳子之间的摩擦力做功，求滑块与木板之间的动摩擦因数为___________。（保留两位有效数字）

12．某同学用如图所示装置做“探究合力的功与动能改变量的关系”的实验，他通过成倍增加位移的方法来进行验证。方法如下：将光电门固定在水平轨道上的B点，用重物通过细线拉小车，保持小车（带遮光条）和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离s进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放。

（1）如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为△t，小车到光电门的距离为s，通过描点作出图象来反映合力的功与动能改变量的关系，以s为纵轴，以_______为横轴，所作图象是一条直线才能符合实验要求，（填△t，△t2，或）

（2）实验中是否要求重物的质量远小于小车质量_______。（填是或否）

四、解答题（共45分）

13．如图，固定在竖直面内的导轨PQR，由半径为r的光滑半圆环和足够长水平导轨组成，水平导轨上的N点左侧部分光滑，右侧部分粗糙，半圆环与水平轨道在Q点相切。一根自然长度为r、劲度系数的轻质弹性绳，一端固定在圆环的顶点P，另一端与一个穿在圆环上、质量为m的小球相连；在水平轨道的Q、N两点间依次套着质量均为2m的b、c、d三个小球，所有小球大小相同。开始时将小球移到某一位置M，使弹性绳处于原长且伸直状态，然后由静止释放小球a，当小球在圆环上达到最大速度时，弹性绳自动脱落。已知弹性绳的弹性势能与其伸长量x间满足，各个小球与导轨粗糙部分间的动摩擦因数均，小球间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度为g。求：

（1）释放小球瞬间，圆环对小球的作用力FN1大小；

（2）弹性绳自动脱落时，小球沿圆环下滑的速率vm；

（3）弹性绳自动脱落前的瞬间，圆环对小球作用力FN2的大小和方向；

14．如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面体固定在水平面上，斜面体的底端P固定一可视为质点的带电物块b，劲度系数为的轻弹簧连接在物块b上，弹簧原长时另一端位于M点。可视为质点的带同种电荷的物块a由O点无初速释放，释放瞬间物块a的加速度大小为，经过一段时间将弹簧压缩至N点，此时物块a的速度减为零；已知物块a带负电荷，电荷量大小为q，，，重力加速度为g。（若k为弹簧劲度系数，x为弹簧压缩量，则弹簧的弹性势能为）求：

（1）物块a在M点的加速度大小；

（2）当物块a的速度最大时，沿斜面体下滑的距离；

（3）ON两点间的电势差。

15．如图，水平轨道与内、外略微错开的竖直圆轨道平滑连接，倾角为的斜面与水平轨道也平滑连接。一质量为的物体受到与水平方向成角斜向上的恒力F作用，由A点静止出发，经运动到B点，此时撤去恒力F，物体继续向前运动。已知水平轨道段、斜面与物体间的动摩擦因数均为，为光滑轨道，的长度为，圆轨道半径（取）。求：

（1）恒力F的大小；

（2）若仅改变恒力F的大小，要使物体沿图示轨道运动到斜面上高为的P点，F大小应满足的条件。

16．如图所示，弹珠以一定的初速度水平飞出，经第一级台阶反弹后，恰好落在第二级台阶边缘，假设台阶均一样，且弹珠反弹过程中无能量损失。已知台阶的高度为，重力加速度为，求：

（1）弹珠在第二级台阶边缘的速度大小；

（2）台阶的宽度。

参考答案

1．A

【解析】

【详解】

设小球在圆管道最低点时的速度为，圆管道对小球的支持力为，由牛顿第二定律可得

由牛顿第三定律可知，小球在最低点时底座对圆管道的支持力大小为

由平衡条件可知

设小球到达圆管道的最高点时的速度为，圆管道对小球的支持力为，由牛顿第二定律得

小球从圆管道最低点运动到最高点的过程，对小球根据动能定理可得

解得

对圆管道分析由平衡条件得

解得

再由牛顿第三定律可知，圆管道对底座的压力大小为0，故A正确，BCD错误。

故选A。

2．B

【解析】

【详解】

A．实验开始时，应先接通电源，待打点计时工作稳定后再释放纸带，故A错误；

B．为减小阻力的影响，实验时应选用密度较大、体积较小的重物，故B正确；

C．该实验可用于研究自由落体运动的规律，故C错误；

D．验证机械能守恒定律时，由于阻力做负功，则重力势能的减小量大于动能的增加量，故D错误。

故选B。

3．B

【解析】

【详解】

当汽车的速度

汽车的功率达到额定功率，汽车的最大速度

汽车做匀速直线运动时处于平衡状态，设汽车的额定功率为P，设此时汽车的牵引力为F，则

由平衡条件得

汽车做匀加速直线运动时，汽车的牵引力

汽车做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得

即

解得

故选B。

4．A

【解析】

【详解】

A．由于飞船在椭圆轨道上机械能守恒，所以飞船的机械能等于在近地点的机械能，机械能为

故A错误，符合题意；

B．根据机械能守恒有

解得

故B正确，不符合题意；

C．对地球近地卫星，其正常运行速度即为地球的第一宇宙速度，根据向心力公式有

解得

故C正确，不符合题意；

D．飞船在近地点时，根据万有引力定律和牛顿第二定律有

解得

故D正确，不符合题意。

故选A。

5．C

【解析】

【详解】

A．下摆过程，根据机械能守恒定律，有

解得

细绳拉力和重力的合力提供向心力，故

解得

F＝3mg

故A错误；

B．对运动全过程，根据机械能守恒定律，有

解得

与绳长L无关，故B错误；

C．对平抛运动，有

x＝vt，

联立得到

故当

即时，x最大。故C正确；

D．重力的瞬时功率等于重力与竖直方向分速度的乘积，落地的瞬时速度最大，为

故任意位置的速度的竖直分量均小于，故小球在下落过程中重力的最大功率一定小于。故D错误。

故选C。

6．A

【解析】

【详解】

A．根据功的计算公式可知，重力做的功为

故A正确；

B．根据重力做功与重力势能变化的关系可知，重力做正功重力势能减少，减少的重力势能等于重力做的功，故B错误；

C．根据动能定理可知

动能增加了mgh，故C错误；

D．物体下落过程中只有重力做功，物体的机械能应守恒，故D错误。

故选A。

7．C

【解析】

【详解】

A．由机械能守恒定律知，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；

B．物块从A运动到B过程中先加速运动后减速运动，故物块在B点时加速度方向由B指向A，故B正确；

C．由动能定理可得，A到C过程中物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；

D．物块从A到C过程中，弹簧弹力小于C到B过程中的弹簧弹力，且弹簧弹力与杆的夹角不断减小，故A到C过程弹簧弹力做功W1小于C到B过程弹簧弹力做功W2，即物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程中的增量小于C到B过程中的增量，故D正确。

故选C。

8．BCD

【解析】

【详解】

A．运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置时间相等，a、c两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，选项A错误；

B．根据

解得运动员从a到b的时间

选项B正确；

C．从a到b根据动能定理得

解得

选项C正确；

D．从a到b速度变化量

选项D正确。

故选BCD。

9．AC

【解析】

【详解】

A．由题意可知，落地时水弹水平速度为0，根据动能定理可得，水弹落地时的动能等于下落过程中重力做的功，即

故A正确；

BD．水弹在竖直方向做自由落体运动，根据得

水弹落地时恰竖直落地，则说明水平方向水弹做匀减速直线运动的末速度恰好为零，设水平方向上加速度为a，则水平方向位移为

解得水平方向加速度为

因此水平方向上空气阻力为

空气阻力做功为

故BD错误；

C．由功能关系可知，弹簧的弹性势能等于空气阻力所做的功，所以弹性势能，

故C正确。

故选AC。

10．AB

【解析】

【详解】

A．在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能小于mgA．A正确；

B．从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA．而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgA．B正确；

C．在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变．C错误；

D．小球做简谐运动的平衡位置处

mg=kx

当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，可知

x=A

所以在最低点时，形变量为2A．弹力大小为2mg．D错误。

故选AB。

11．     0.980     0.588     见详解     0.40

【解析】

【详解】

（1）[1]钩码重力势能的减少量为

（2）[2]步骤④中的表格所缺数据为

（3）[3]根据表格数据描点作图：

[4]由题意可知，滑块和木板之间的摩擦力做功即为系统损失的机械能，则有根据图像有，解得

μ=0.40

12．          否

【解析】

【详解】

（1）据题意可知，“探究合力的功与动能改变关系”的实验，他通过成倍增加位移的方法来进行验证，所以需要先表示出小车的速度，小车的速度用平均速度代替，即

v＝

再据动能定理和通过描点作出线性图象来反映合外力的功与动能改变的关系，由动能定理可得

W＝

W＝Fs＝mgs

可得

mgs＝

应用s﹣图象研究。

故选：

（2）由于该实验是通过成倍增加位移的方法来进行验证，只要s﹣的关系即可，与小车、重物之间的质量关系无关，所以不需要满足重物的质量远小于小车的质量，但必须保证每次小车静止释放。

13．（1）；（2）；（3）；方向沿圆环半径向外

【解析】

【详解】

（1）设释放小球a瞬间，圆环对小球a的作用力大小为FN1，有

解得

（2）设在弹性绳自动脱落前瞬间，弹性绳与竖直方向间夹角为，此时小球a的速率为，此时弹性绳弹力FT与球a的重力的合力沿半径指向圆心O，a球受力如图示

由正弦定理得

解得

（3）弹性绳脱落前的瞬间，由向心力公式得

解得

所以圆环对小球a作用力FN2的大小为，方向沿圆环半径向外。

14．（1）；（2） ；（3）

【解析】

【详解】

（1）物块a在O点时，由牛顿第二定律得

由题意可知

物块a在M点时，由牛顿第二定律得

整理得

小球在M点加速度大小为

（2）设物块a距离物块b的间距为x时，速度最大，此时物块a的加速度为零，由第（1）问可知，物块a加速度为零的点应位于OM之间。则由牛顿第二定律得

又

a=0

由以上联立解得

则物块a沿斜面体下滑的距离为

（3）假设弹簧的压缩量为x时，物块a的速度减为零，则对物块a由O到N的过程，由动能定理得

由题意

解得

15．（1）20 N；（2）

【解析】

【分析】

本题考查匀变速直线运动的规律、竖直面内的圆周运动的临界条件和能量守恒定律。

【详解】

（1）物体由做匀加速运动，根据运动学公式有

解得

物体由，受力分析，根据牛顿第二定律有

又

联立解得

（2）设物体刚好通过D点时的速度为v，则

解得

然后物体继续运动，设沿斜面上升的最大高度为，则根据能量守恒有

解得

所以能运动到斜面上的P点，物体，由机械能守恒有

解得

物体由，有

解得

由（1）有

物体刚好不离开水平轨道，则有

解得

故物体要沿图示轨道运动到P点，恒力F的大小必须满足

16．（1）；（2）。

【解析】

【详解】

（1）由于弹珠在反弹过程无能量损失，因此弹珠在整个运动过程中机械能守恒，设弹珠的质量为，则有

可得弹珠在第二级台阶边缘的速度大小为

（2）弹珠的轨迹如图所示，弹珠水平飞至第一级台阶的过程中做平抛运动，设所用时间为，

在水平方向

在竖直方向

弹珠反弹后做斜抛运动，从最高点到落至第二级台阶边缘的过程中，设所用时间为，

在水平方向

在竖直方向

因此台阶的宽度L满足

联立以上各式，可得台阶的宽度为