第八章　机械能守恒定律 章末检测试卷(四)（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二

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第八章　机械能守恒定律 章末检测试卷(四)(满分：100分)一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．关于功和功率的概念，下列说法中正确的是(　　)A．力对物体没有做功，则物体位移一定为0B．由P＝eq \f(W,t)可知，做功越多，则力做功的功率越大C．摩擦力只能做负功D．某个力对物体做功越快，它的功率一定越大2．跳伞是一项勇敢者的运动，可以将跳伞运动分为加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　)A．运动员始终处于失重状态B．空气阻力始终对运动员做负功C．任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减少量相等D．运动员和降落伞整体所受重力做的功始终大于其重力势能的减少量3．(2023·连云港市期末)质量为m＝1 kg的小球，从图中A点下落到地面上的B点，已知h1＝1.2 m，h2＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)A．以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为12 JB．以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为8 JC．从A点到B点的过程中，小球动能的增加量为12 JD．从A点到B点的过程中，小球重力势能的减少量为20 J4.如图，滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中(　　)A．弹簧的弹性势能增加了10 JB．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒5．(2023·连云港市海头高级中学高一校考期末)单杠项目对体力和技巧要求高，需要注意安全。如图(a)所示，质量为50 kg的小李双臂平行，静止倒立在单杠AB上。随后小李绕杠旋转至最低位置，如图(b)所示。若把小李看作质点，小李从静止到最低位置过程的运动可看作半径为1.2 m的圆周运动，不计各种阻力，g＝10 m/s2。小李在最低位置时，一只手对单杠AB的拉力大小为(　　)A．1 000 N B．1 250 NC．2 000 N D．2 500 N6.如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则(　　)A．刚释放时细线的拉力大小为mgB．该过程中物块的机械能减少了eq \f(1,2)mglC．该过程中软绳的重力势能减少了eq \f(1,2)mglD．软绳离开滑轮时速度大小为eq \f(1,2)eq \r(3gl)7．(2023·无锡市太湖高级中学高一校考阶段练习)如图，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75 m，质量m＝1.0 kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5 JB．物块滑到斜面底端时的动能为1.5 JC．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24 WD．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18 W8．(2023·泰州市第二中学高一校考阶段练习)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)A.eq \r(2gh) B.eq \r(gh) C.eq \f(gh,2) D．09．如图甲所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。根据上述信息能求出(　　)A．斜面的倾角B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数C．小滑块下滑的加速度的大小D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小10.将一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，如图所示。由于强风影响，小球到达最高点时其速度方向水平向右，大小为v，此时比抛出点高H，重力加速度为g。在此过程中，下列判断正确的是(　　)A．小球抛出时，重力的瞬时功率为mgv0B．小球到达最高点时，重力的瞬时功率为mgvC．在此过程中，合外力做功eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2D．在此过程中，除了重力，其他力做的总功为mgH＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv0211.汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F随速度v变化的图像，加速过程共经历的时间t＝8 s，加速过程通过的路程s＝50 m，在图中的N点结束加速，之后汽车做匀速直线运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变，则汽车的质量为(　　)A．2×104 kg B．4.25×103 kgC．6.75×103 kg D．8.75×103 kg二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．(15分)(2023·盐城市响水中学高一校考期中)某实验小组用打点计时器验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。(1)除图示器材外，下列器材中，必需的一组是________。(填选项前字母)A．直流电源及导线、刻度尺B．直流电源及导线、天平及砝码C．交流电源及导线、天平及砝码D．交流电源及导线、刻度尺(2)实验中在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，O点为纸带打出的第一个点。已知重物的质量为0.5 kg，打点计时器的打点频率为50 Hz，取重力加速度大小g＝9.8 m/s2，纸带上所标数据单位为cm，则从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp＝________ J，动能增加量ΔEk＝________ J。(结果均保留三位有效数字)(3)通过多次实验，某同学发现重力势能的减小量ΔEp总是________(选填“大于”“小于”或“等于”)动能增加量ΔEk，这是由于____________________。(4)关于实验误差，下列说法正确的是________。(填选项前字母)A．重物质量的称量不准会造成较大误差B．重物质量选用得大些，有利于减小误差C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差D．先释放重物，后接通电源会造成较大误差13．(6分)(2023·南通市海安高级中学高一校考阶段练习)如图甲所示，一个质量为m＝4 kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。求：(1)运动过程中物体的最大加速度大小；(2)物体的速度最大时距出发点的距离；(3)物体停止的位置距出发点的距离。14.(8分)质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。O点为圆弧的圆心，θ＝60°，轨道半径R＝0.8 m，圆弧轨道与水平地面上长为L＝2.4 m的粗糙直轨道CD平滑连接。小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发生碰撞，且能原速返回(g＝10 m/s2，空气阻力不计)。(1)小物块第一次经过最低点C时，求圆弧轨道对物块的支持力FN；(2)若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ＝0.4，求小物块最终停在何处。15．(12分)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的eq \f(1,4)细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平，质量为m的物体在曲面上距BC的高度为2r处由静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知物体与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，求：(1)物体到达B点时的速度大小vB；(2)水平面BC的长度s；(3)在压缩弹簧过程中物体的最大速度vm。16．(15分)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，M、N间距l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m＝2 kg的物体(可看作质点)无初速度地放在M点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，重力加速度取g＝10 m/s2，在传送带将物体从M点传送到N点的过程中，求：(1)传送带对物体做的功；(2)电动机对传送带做的功。章末检测试卷(四)1．D　[力对物体没有做功，可能是力与位移的方向垂直，而物体位移不一定为0，选项A错误；由P＝eq \f(W,t)可知，单位时间内做功越多，则力做功的功率越大，选项B错误；摩擦力既能做负功，也能做正功，也可以不做功，选项C错误；由P＝eq \f(W,t)可知，某个力对物体做功越快，它的功率一定越大，选项D正确。]2．B　[运动员在加速下降过程处于失重，运动员在减速下降过程处于超重，故A错误；空气阻力始终与运动员运动方向相反，始终对运动员做负功，故B正确；任意相等的时间内运动员的平均速度不相等，竖直方向上下降的高度不等，故任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减少量不相等，故C错误；运动员和降落伞整体所受重力做的功始终等于其重力势能的减少量，故D错误。]3．D　[以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为EpA＝mg(h1＋h2)＝20 J，以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为EpB＝－mgh2＝－8 J，A、B错误；从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律可知动能的增加量等于重力势能的减少量，即ΔEk＝mg(h1＋h2)＝20 J，C错误，D正确。]4．C5．B　[转动半径r＝1.2 m，设在最低点时速度为v，根据动能定理有2mgr＝eq \f(1,2)mv2，F－mg＝meq \f(v2,r)，解得F＝2 500 N，则一只手对单杠AB的拉力大小为1 250 N。故选B。]6．D　[刚释放时，物块有向下的加速度，故细线拉力小于mg，故A错误；物块的重力势能减小eq \f(1,2)mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于eq \f(1,2)mgl，故B错误；因为软绳均匀，把软绳的重心看作在软绳的中点，所以软绳相当于向下移动了eq \f(1,4)l，故软绳减小的重力势能为eq \f(1,4)mgl，故C错误；对物块和软绳由能量守恒得mg×eq \f(1,2)l＋eq \f(1,4)mgl＝eq \f(1,2)×2mv2，解得速度大小为eq \f(1,2)eq \r(3gl)，故D正确。]7．D　[重力做的功为WG＝mgLsin θ＝4.5 J，故A错误；根据动能定理可得mgLsin θ＝Ek＝4.5 J，故B错误；由受力分析可以知道mgsin θ＝ma，解得a＝6 m/s2，L＝eq \f(1,2)at2，解得t＝0.5 s，重力的平均功率为P＝eq \f(WG,t)＝eq \f(4.5,0.5) W＝9 W，故C错误；物块运动到斜面底端时的瞬时速度为v＝at＝3 m/s，重力的瞬时功率为P瞬＝mgvsin θ＝18 W，故D正确。]8．B　[小球A下降h过程，根据动能定理，有mgh－W弹＝0，小球B下降h过程，根据动能定理，有2mgh－W弹＝eq \f(1,2)×2mv2－0，联立解得v＝eq \r(gh)，故选B。]9．D　[斜面长10 m，设斜面的倾角为β，由题图丙知小滑块初态重力势能为Ep1＝100 J，由题图乙知末态动能Ek2＝25 J。由Ep＝100 J－mgsin β·x和题图丙的斜率知mgsin β＝10 N，因为m未知，所以求不出斜面的倾角，选项A错误。由Ek＝(mgsin β－μmgcos β)x和题图乙的斜率知mgsin β－μmgcos β＝2.5 N，联立得Ff＝μmgcos β＝7.5 N，因此能够求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小，选项D正确。滑块质量和倾角未知，因此求不出小滑块与斜面之间的动摩擦因数，选项B错误。下滑的过程由牛顿第二定律知mgsin β－μmgcos β＝ma＝2.5 N，滑块的质量未知，因此求不出小滑块下滑的加速度的大小，选项C错误。]10．D　[小球抛出时，竖直方向速度为v0，方向与重力方向相反，可知此时重力的瞬时功率为PG1＝－mgv0，故A错误；小球到达最高点时，竖直方向速度为0，可知此时重力的瞬时功率大小为PG2＝0，故B错误；根据动能定理，合外力做功为W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，故C错误；重力做功为WG＝－mgH，根据动能定理可得eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02＝WG＋W其他，解得其他力做的总功为W其他＝mgH＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，故D正确。]11．D　[由图像可知汽车的功率为P＝F1v1＝4×104×4 W＝16×104 W，由题可得加速过程在N点结束后，汽车做匀速直线运动，则有P＝F2vm，匀速运动时的牵引力等于阻力，由题图可知F2＝Ff＝2×104 N，解得vm＝8 m/s，根据动能定理得Pt－Ffs＝eq \f(1,2)mvm2－0，代入数据解得汽车的质量为m＝8.75×103 kg，故选D。]12．(1)D(2分)　(2)0.237(3分)0．233(3分)　(3)大于(2分)　存在空气阻力和摩擦阻力(2分)(4)BD(3分)解析　(1)打点计时器工作需要交流电源，还需刻度尺测量纸带上各点间的距离。故选D。(2)从O点到B点，重物的重力势能减少量ΔEp＝mgxOB＝0.5×9.8×0.0484 J＝0.237 J打B点时的速度vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(6.93－3.10×10－2,2×0.02) m/s＝0.965 m/s则ΔEk＝eq \f(1,2)mvB2＝0.233 J(3)由于存在空气阻力和摩擦阻力，重物重力势能的减小量总是大于动能的增加量。(4)该实验中，验证的机械能守恒定律的表达式为mgxOB＝eq \f(1,2)mvB2，可知质量会被消掉，若重物质量的称量不准，不会造成较大误差，选项A错误；重物质量应选用得大些，这样可减小因摩擦阻力和空气阻力带来的误差，选项B正确，C错误；先释放重物，后接通电源，则在打O点时的速度不为零，会给实验带来较大误差，选项D正确。13．(1)20 m/s2　(2)3.2 m　(3)10 m解析　(1)由牛顿第二定律得Fm－μmg＝mam(1分)其中Fm＝100 N解得am＝20 m/s2(1分)(2)由题图乙得出，推力F随位移x变化的关系为F＝100－25x(N)(1分)速度最大时，物体的加速度为零，此时F＝μmg＝20 N解得x＝3.2 m(1分)(3)F与位移x的关系图线与x轴围成的面积表示F所做的功，即WF＝eq \f(1,2)Fmx0＝200 J对全程运用动能定理得WF－μmgxm＝0(1分)解得xm＝10 m。(1分)14．(1)40 N，方向竖直向上　(2)停在距D点0.6 m处解析　(1)物块由B到C过程中，根据动能定理得：mgR(1－cos θ)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02(1分)解得：vC＝2eq \r(6) m/s根据牛顿第二定律：FN－mg＝meq \f(vC2,R)(1分)解得：FN＝40 N，方向竖直向上(2分)(2)物块最后停止在轨道CD上，从开始到停止的过程中，根据动能定理：mgR(1－cos θ)－μmgs总＝0－eq \f(1,2)mv02 (2分)解得：s总＝3 m即小物块最终停在距D点0.6 m处。(2分)15．(1)2eq \r(gr)　(2)3r(3)eq \r(3gr＋\f(2mg2,k)－\f(2Ep,m))解析　(1)物体在曲面上下滑的过程，由机械能守恒定律得mg·2r＝eq \f(1,2)mvB2，(2分)解得vB＝2eq \r(gr)(1分)(2)物体在C端时与管壁间恰好无作用力，结合牛顿第二定律和向心力公式，有mg＝meq \f(vC2,r)(1分)可得vC＝eq \r(gr)(1分)由A至C，由动能定理，得mg·2r－μmgs＝eq \f(1,2)mvC2(2分)解得s＝3r(1分)(3)设在压缩弹簧过程中物体速度最大时离D端的距离为x，则有kx＝mg，则x＝eq \f(mg,k)(1分)从C点到物体最大速度处由功能关系，得mg(r＋x)－Ep＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mvC2(2分)解得vm＝eq \r(3gr＋\f(2mg2,k)－\f(2Ep,m))。(1分)16．(1)51 J　(2)54 J解析　(1)物体轻放在传送带上时，根据牛顿第二定律得沿斜面方向μmgcos θ－mgsin θ＝ma(2分)可知物体的加速度大小为a＝2.5 m/s2(1分)物体达到1 m/s的速度通过的位移x＝eq \f(v2,2a)＝0.2 m(1分)故物体在到达N点前已经与传送带共速，由功能关系得传送带对物体做的功为W＝eq \f(1,2)mv2＋mglsin 30°＝51 J(4分)(2)在物体加速运动的过程，根据运动学公式可得匀加速运动所用时间为t＝eq \f(v,a)＝0.4 s(1分)相对位移为Δx′＝vt－x＝0.2 m(2分)电动机做的功包括物体机械能增加量，及物体与传送带间因摩擦产生热量Q，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·Δx′＝3 J(2分)故电动机对传送带做的功为W电＝W＋Q＝54 J。(2分)