人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试单元测试课后练习题

这是一份人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试单元测试课后练习题，共15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。
第八章 机械能守恒定律
(75分钟　100分)
一、单项选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项正确。
1.一家农家乐餐厅后院内竟有驴在拉磨,如图所示。假设驴拉磨的平均作用力大小为500 N,运动的半径为1 m,则驴拉磨转动一周所做的功为 (　　)

A.0　　　　　 B.500 J
C.500π J D.1 000π J
【解析】选D。由于F的方向与作用点的速度方向保持一致,因此F做功不为零。把圆周划分成很多小段研究,如图所示。

当各小段的弧长Δsi足够小(Δsi→0)时,在Δsi内F的方向几乎与该小段的位移方向重合,故驴拉磨转动一周所做的功为 WF=F·Δs1+F·Δs2+F·Δs3+…=F·2πR=1 000π J,故A、B、C错误,D正确。
2.若某女生一分钟内做了40个仰卧起坐,其质量为48 kg,设上半身质量为总质量的0.6倍,仰卧起坐时下半身重心位置不变。则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为(g取10 m/s2) (　　)




A.10 W B.60 W
C.180 W D.300 W
【解析】选B。一般女生上半身长70 cm,上半身重心大约位于臀部以上30 cm处,则一分钟该女生克服重力做功为W=0.6×48×10×0.30×40 J=3 456 J,平均功率为P== W=57.6 W,故选项B符合题意。
　　　【补偿训练】
(2022·盐城高一检测)如图为一名铅球选手投掷铅球,以12 m/s的初速度斜向上抛出一重为50 N的铅球,铅球速度与水平方向的夹角为30°,铅球出手时距地面高度为1.8米(不计空气阻力,取g=10 m/s2,=1.414)。则铅球运动过程中重力的平均功率和落地前瞬间重力的瞬时功率分别为 (　　)



A.62.1 W　424.2 W　　
B.424.2 W　62.1 W
C.150 W　500 W
D.300 W　500 W
【解析】选A。由题意可知,铅球做斜抛运动,将初速度分解到水平和竖直方向,分别为v0x=v0cos30°=6 m/s、v0y=v0sin30°=6 m/s,由v0y=gt1可知,铅球上升所用时间为t1==0.6 s,从抛出到最高点的竖直高度为h1=g=1.8 m,则下落的高度为H=h+h1=3.6 m,由H=g可知,下落所用时间为t2== s,则可知铅球全程所用时间为t=t1+t2=(0.6+) s,则铅球运动过程中重力的平均功率==≈62.1 W,又铅球落地的竖直分速度为vy=gt2=6 m/s,则铅球落地前瞬间重力的瞬时功率为P=Gvy=424.2 W。
3.如图所示,攻防箭是一项人们很喜爱的团体活动。若将质量为m的箭枝(可视为质点)从地面(初始高度可忽略)以与水平方向成一角度斜向上射出,初速度为v0,最高点离地高H,不计一切阻力,取地面为零势能参考平面,以下说法正确的是 (　　)

A.箭枝在最高点机械能为mgH
B.箭枝在最高点的机械能为m
C.箭枝刚要落地时的速度与抛出时速度相同
D.箭枝刚要落地时的机械能为mgH
【解析】选B。将质量为m的箭枝(可视为质点)从地面(初始高度可忽略)以与水平方向成一角度斜向上射出,初速度为v0,做斜抛运动,最高点速度不为零,故箭枝在最高点机械能大于mgH,故A错误;因为全过程只有重力做功,机械能守恒,初始机械能为m,则箭枝在最高点的机械能为m,故B正确;箭枝刚要落地时的速度与抛出时速度大小相同,方向不同,故C错误;根据机械能守恒,可知箭枝刚要落地时的机械能为m, 大于mgH,故D错误。
4.(2022·苏州高一检测)如图所示为滑雪滑道PQR,质量60 kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下,从末端R滑出时速度为18 m/s,滑行过程中姿势保持不变,P端相对滑道最低点Q高H=24 m,R端相对Q点高h=4 m。从P到R滑行过程中,该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为 (　　)

A.0.1　　　B.0.2　　　C.0.8　　　D.1
【解析】选B。由能量守恒可知从P到R滑行过程中,该滑雪爱好者克服阻力做功Wf=mg-mv2,解得Wf=60×10× J-×60×182 J=2 280 J,从P到R滑行过程中,重力做功WG=mg=12 000 J,则=≈0.2,故选B。
5.一质量为m的小球从高度为H的平台上以速度v0水平抛出,落在松软路面上,砸出一个深度为h的坑,如图所示。不计空气阻力,重力加速度为g,对小球从抛出到落至坑底的过程,以下说法正确的是 (　　)

A.合外力对小球做的总功为mg(H+h)+m
B.小球的机械能减少量为mg(H+h)+m
C.路面对小球做的功为mg(H+h)+m
D.路面对小球做的功为-(mgh+m)
【解析】选B。对小球从抛出到落至坑底的过程,根据动能定理W=0-m=-m,故A错误;设路面对小球做的功为W1,则由动能定理mg(H+h)+W1=0-m,解得W1=-mg(H+h)-m,故C、D错误;由功能关系W=ΔE知小球机械能的减少量等于小球克服路面阻力做的功,故B正确。
6.如图所示是云上草原的无动力滑草项目实景图。整个滑道分为倾斜和水平两部分,游客参与项目时,需要整个人坐进塑料盆中,双手握紧盆的边缘,运动过程中与盆相对静止。工作人员每次都是让坐稳在盆中的游客从静止开始滑下(不同滑道上的游客均从同一高度处滑下,滑道顶端准备了很多新旧不一的塑料盆),最终游客停在水平滑道上。下列说法正确的是 (　　)

A.同一游客在不同滑道上体验项目,整个过程中重力对其做功的功率一定相同
B.不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同
C.不同滑道上的游客停下的位置不同只是因为游客的体重不同
D.在整个滑草的过程中,人与盆的重力势能全部转化为盆与滑道间的内能
【解析】选B。同一游客在不同滑道上体验项目,整个过程中重力对其做功的功率不相同,因为不同滑道下滑时间不同,所以A错误;不同的游客在同一滑道上停下的位置可能不同,因为新旧不一的塑料盆与滑道间的动摩擦因数不同,所以B正确;不同滑道上的游客停下的位置不同不是因为游客的体重不同,是因为新旧不一的塑料盆与滑道间的动摩擦因数不同,所以C错误;在整个滑草的过程中,人与盆的重力势能大部分转化为盆与滑道间的内能,因为还有空气阻力做功,人与盆之间也有摩擦等,所以D错误。
7.如图为一发光轨道悠悠球结构,悠悠球具有磁性,可以紧贴铁质的轨道外侧做圆周运动,若不考虑球与轨道之间的摩擦,且悠悠球与轨道之间的磁力大小不变。则停止甩动悠悠球让其转动起来后 (　　)

A.做的是匀速圆周运动
B.在最高点速度不能小于
C.在最高点对轨道的压力大于最低点对轨道的压力
D.由于有磁力作用,悠悠球运动过程中机械能不守恒
【解析】选C。停止甩动悠悠球让其转动起来后重力对球做功,则悠悠球做变速圆周运动,故A错误;悠悠球在最高点时重力与磁力的合力和弹力等大反向时,球的速度为0,即在最高点最小速度为0,故B错误;在最高点由牛顿第二定律有mg+F磁-N=m,在最低点由牛顿第二定律有F磁-mg-N'=m,从最高点到最低点由动能定理可知mg×2R=m-m,得N'-N=-6mg,则在最高点对轨道的压力大于最低点对轨道的压力,故C正确;由于磁力方向始终与速度方向垂直,则磁力不做功,球在运动过程中只有重力做功,则机械能守恒,故D错误。
8.精彩的热气球活动是某校区的保留项目。假设热气球总质量为m,某竖直上升过程中受到浮力恒为F,空气阻力恒为f,热气球从地面由静止上升高度h,速度变为v,已知重力加速度为g。在上述过程中,热气球的 (　　)




A.重力势能增加了(mg+f)h
B.动能增加了(F-mg-f)h
C.机械能增加了Fh
D.机械能增加了mv2
【解析】选B。热气球从地面由静止上升高度h,克服重力做功mgh,则重力势能增加了mgh,故A错误;根据动能定理可得ΔEk增=(F-mg-f)h,故B正确;根据功能关系,可得ΔE=(F-f)h=mv2+mgh,故C、D错误。
9.如图甲所示,粮库工作人员通过传送带把小麦堆积到仓库内。其简化模型如图乙所示,工作人员把一堆小麦轻轻地放在倾斜传送带的底端,小麦经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端,然后被抛出落到地上。已知传送带与地面的夹角为θ,两轴心间距为L,传送带以恒定的速度v顺时针转动,忽略空气阻力,重力加速度为g,以地面为零势能面,对于其中一颗质量为m的麦粒P(如图乙所示)的说法正确的是 (　　)

A.在匀速阶段,其他麦粒对麦粒P不做功
B.从传送带底端到顶端,其他麦粒对麦粒P做的功为mv2
C.麦粒P离开传送带后(未落地)的机械能为mv2+2mgLsinθ
D.麦粒P克服重力做功的最大值为mgLsinθ+
【解析】选D。选麦粒P为研究对象,根据动能定理W-WG=0,在匀速阶段,其他麦粒对麦粒P做功,A错误;在传送带上运动时,根据动能定理W+WG=mv2-0、WG=-mgLsinθ,解得W=mv2+mgLsinθ,B错误;麦粒P刚离开传送带时,机械能为E=mgLsinθ+mv2,在抛出过程机械能守恒,则麦粒P离开传送带后(未落地)的机械能为mv2+mgLsinθ,C错误;麦粒P离开传送带做斜抛运动,竖直分速度为vy=vsinθ,则麦粒P上升的高度为=2gh,解得h=,则麦粒P克服重力做功的最大值W=mg(Lsinθ+h)=mgLsinθ+,D正确。
10. 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s2,则 (　　)

A.物块下滑过程中机械能守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【解析】选B。下滑5 m的过程中,重力势能减少30 J,动能增加10 J,减少的重力势能并不等于增加的动能,所以物块下滑过程中机械能不守恒,故选项A错误;设斜面倾角为θ,下滑位移为s,物块在斜面顶端时的重力势能mgh=30 J,而h=3 m,则物块质量m=1 kg,下滑5 m过程中,对物块由动能定理有mgh-μmgcosθ·s=Ek-0,而cosθ=、Ek=10 J,解得μ=0.5,故选项B正确;对物块由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2 m/s2,故选项C错误;物块下滑2.0 m时,重力势能减少12 J,动能增加4 J,所以机械能损失了8 J,故选项D错误。
二、非选择题:本题共5小题,共60分。
11.(15分) 利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律:质量m=0.20 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列点。如图乙所示为选取的一条符合实验要求的纸带,O为第一个点,A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)。已知打点计时器每隔0.02 s打一次点,当地的重力加速度g=10 m/s2。(计算结果均取3位有效数字)

(1)下列实验操作步骤中错误的是 (　　)
A.把打点计时器固定在铁架台上,用导线连接到低压交流电源上
B.将连有重物的纸带穿过限位孔,将纸带和重物提升到一定高度
C.先释放纸带,再接通电源
D.更换纸带,重复实验,根据记录处理数据
(2)根据图乙所得的数据,应取图中O点和　　　　　点来验证机械能守恒定律,那么打下该点时重物的瞬时速度大小为　　　　　 m/s。 
(3)从O点到所取点,重物重力势能减少量ΔEp=　　　　　 J,动能增加量
ΔEk=　　　　　 J,从而验证了在误差允许范围内机械能守恒。 
【解析】(1)把打点计时器固定在铁架台上,用导线连接到低压交流电源上,选项A正确;将连有重物的纸带穿过限位孔,将纸带和重物提升到一定高度,选项B正确;先接通电源,再释放纸带,选项C错误;更换纸带,重复实验,根据记录处理数据,选项D正确。
(2)根据图乙所得的数据,应取图中O点和B点来验证机械能守恒定律,那么打下B点时重物的瞬时速度大小为vB== m/s=1.92 m/s。
(3)从O点到所取B点,重物重力势能减少量为ΔEp=mghB=0.20×10×0.192 0 J=0.384 J,动能的增加量为ΔEk=m=×0.2×1.922 J≈0.369 J,在误差允许的范围内,机械能守恒。
答案:(1)C　(2)B　1.92　(3)0.384　0.369
　　　【补偿训练】
　　如图甲为验证“机械能守恒定律”的实验装置示意图。现有的器材为:带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题:

(1)为完成此实验,除了所给的器材外,还需要的器材有　　　　　。(填入正确选项前的字母) 
A.米尺
B.秒表
C.0~12 V的直流电源
D.0~12 V的交流电源
(2)下面列举了该实验的几个操作步骤:
A.按照图甲的装置安装器材
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C.用天平测出重锤的质量
D.先接通电源,后释放纸带,打出一条纸带
E.测量纸带上某些点间的距离
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中操作不当的步骤是　　　　　。 
(3)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。根据打出的纸带,选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E,测出各点之间的距离如图乙所示。使用交流电源的频率为f,则计算重锤下落的加速度的表达式a=　　　　　。(用x1、x2、x3、x4及f表示) 

【解析】(1)为完成此实验,除了所给的器材外,还需要米尺、0~12 V的交流电源。
(2)其中操作不当的步骤是将打点计时器接到电源的“直流输出”上,打点计时器需要接交流电源。
(3)由Δx=aT2得:a==。
答案:(1)A、D　(2)B
(3)
12.(8分)如图所示,质量为m=2 kg的木块在倾角θ=37°的斜面上由静止开始下滑,木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,已知:sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:

(1)前2 s内重力的平均功率;
(2)2 s末重力的瞬时功率。
【解析】(1)木块沿斜面下滑时,对木块受力分析。由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma (1分)
解得a=2 m/s2 (1分)
由位移公式:l=at2=×2×22 m=4 m(1分)
重力在前2 s内做的功为
W=mglsin θ=2×10×4×0.6 J=48 J(1分)
重力在前2 s内的平均功率
== W=24 W。 (1分)
(2)木块在2 s末的速度
v=at=2×2 m/s=4 m/s(1分)
2 s末重力的瞬时功率
P=mgvcos(90°-θ)=mgvsin θ=2×10×4×0.6 W=48 W(2分)
答案:(1)24 W　(2)48 W
13.(8分)粗糙的圆弧的半径为0.45 m,有一质量为0.2 kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B,然后沿水平面前进0.4 m到达C点停止。 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5(取g=10 m/s2),求:

(1)物体到达B点时的速度大小;
(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
【解析】(1)物体从B运动到C的过程,由动能定理得-μmgx=0-m (2分)
解得vB=2 m/s。 (2分)
(2)物体从A运动到B的过程,由动能定理得
mgR-Wf=m-0 (2分)
解得Wf=0.5 J。 (2分)
答案:(1)2 m/s　(2)0.5 J
14.(13分) 如图甲所示为跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动,经过距离A点s=20 m处的P点时,运动员的速度为v1=50.4 km/h。运动员滑到B点时快速后蹬,以v2=90 km/h的速度飞出,经过一段时间的空中飞行,以v3=126 km/h的速度在C点着地。已知B、C两点间的高度差h=80 m,运动员的质量m=60 kg,重力加速度g取9.8 m/s2,计算结果均保留两位有效数字。

(1)求A到P过程中运动员的平均加速度大小;
(2)以B点为零势能参考点,求到C点时运动员的机械能;
(3)求从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,运动员克服阻力做的功。
【解析】(1)v1=50.4 km/h=14 m/s(1分)
由速度位移的关系式得=2as (2分)
代入数据解得a=4.9 m/s2。 (1分)
(2)v3=126 km/h=35 m/s(1分)
以B点为零势能参考点,到C点时运动员的机械能为E=-mgh+m (2分)
代入数据解得E≈-1.0×104 J(1分)
(3)v2=90 km/h=25 m/s(1分)
从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,由动能定理得
mgh-W=m-m (2分)
代入数据解得W≈2.9×104 J(2分)
答案:(1)4.9 m/s2　(2)-1.0×104 J
(3)2.9×104 J
15.(16分)如图所示,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。

(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;
(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车。已知滑块质量m=,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:
①滑块运动过程中,小车的最大速度vm;
②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小x。
【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒
mgR=m (2分)
滑块在B点处,由牛顿第二定律得
N-mg=m (2分)
解得N=3mg (1分)
由牛顿第三定律得N'=3mg (1分)
(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大,设为vm,在任一时刻滑块相对地面的速度水平分量是小车速度大小的2倍,在B点时速度为2vm。由机械能守恒得
mgR=M+m(2vm)2 (2分)
解得vm= (1分)
②设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系得
mgR-μmgL=M+m(2vC)2 (2分)
设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律得
μmg=Ma (2分)
由运动学规律得
-=-2ax (2分)
解得x= (1分)
答案:(1)3mg　(2)①　②
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