第八章 章末综合测试

阶段验收评价（四）  机械能守恒定律

(本试卷满分：100分)

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．如图1所示，站在平板卡车上的人用水平力F向前推车，脚对车的   摩擦力向后为f，则下列说法中正确的是                                                           (　　)

A．当车匀速前进时，F和f对车做功的代数和为0

B．当车加速前进时，F和f对车做功的代数和为正值      图1

C．当车减速前进时，F和f对车做功的代数和为负值

D．不管车如何运动，F和f对车做功的代数和均为0

解析：选A　当车匀速前进时，人随车匀速运动，人受力平衡，结合牛顿第三定律可知F与f等值反向，F和f对车做功的代数和为0，故A正确；当车加速前进时，人随车加速前进，人所受合力向前，车对人的推力F′必小于车对人的摩擦力f′，故F与f的合力方向向后，F和f对车做功的代数和为负值，故B错误；同理可判定C错误，由以上可知D一定错误。

2．在下列几种情况下，甲、乙两物体动能相等的是                     (　　)

A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的一半

B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半

C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的四分之一

D．质量相同，速度的大小相同，但甲向东运动，乙向西运动

解析：选D　由动能定义式Ek＝mv2可知，选项A、B、C错误。动能是标量，一个质量一定的物体动能大小只取决于速度大小，而与速度方向无关，故D正确。

3．在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，如图2所示，并 将球从球门右上角擦着横梁踢进球门。球门高度为h，足球飞入球门的速度为v，足球的质量为m，则红队球员将足球踢出时对足球做的功W(不计空气阻力，足球视为质点)                           (　　)                             图2

A．等于mgh＋mv2

B．大于mgh＋mv2

C．小于mgh＋mv2

D．因为球射入球门过程中的曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定

解析：选A　由机械能守恒定律可知，球员对球做的功等于足球机械能的增加量，故W＝mgh＋mv2。故A正确。

4．有一种地下铁道，车站的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图3所示。已知坡高为h，车辆的质量为m，重力加速度为g，车辆与路轨间的摩擦力为Ff，进站车辆到达坡下A处时的速度为v0，此时切断电动机的电源，车辆冲上坡顶到达站台B处的速度恰好为0。车辆从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功是          (　　)

图3

A．Ffh　　　　　　　　 B．Mgh

C．mgh－mv02   D．mv02－mgh

解析：选D　对车辆由A到B的过程运用动能定理得－mgh－Wf＝0－mv02，解得Wf＝mv02－mgh，故D正确。

5．如图4所示，小球以大小为v0的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为vB；若以同样大小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为vA。已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道，D为AB中点。以下说法正确的是                 (　　)

图4

A．vA>vB

B．vA＝vB

C．vA<vB

D．两次经过D点时速度大小相等

解析：选A　小球由A端向右运动时，通过凹槽的速度大于小球由B端向左运动时通过凹槽的速

度，因通过凹槽时(如图甲)，有FN－mgcos θ＝，所以小球由A端向右运动时，通过凹槽时受到的支持力大，因而受到的摩擦力大，克服阻力做功多；同理，小球通过凸槽时(如图乙)，有mgcos θ－FN＝，小球由A端向右运动时，通过凸槽的速度小于小球由B端向左运动时通过凸槽的速度，所以小球向右运动时通过凸槽时受到的摩擦力也大，故克服阻力做的功多。因此小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，故A正确。

6．由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界点，长度AB>BC。先将ABC按图5甲方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看成质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图5乙方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。则小物块        (　　)

图5

A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大

B．两次滑到B点的速率相同

C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同

D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同

解析：选D　由于长度AB>BC，而两次过程中所用时间相同，由x＝   at2可知在AB中加速度大，再由a＝gsin θ－μgcos θ可知小物块与AB段的动摩擦因数小，故A错误；由vB＝at可知在题图甲中滑到B点的速率大，故B错误；两次过程中在对应阶段的摩擦力相同、位移相同，故摩擦力做功相同，重力做功相等，再结合能量守恒可知，物块到达底端时速度相同，则再由如图所示速度—时间图像易看出第一次所用总时间较短，故C错误，D正确。

7．如图6所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端  各系一小球a和b(均可视为质点)。a球质量为m, 静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻 绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为                           (　　)

A．h　　　　       B．1.5h 　　        C．2h 　 　     D．2.5h  图6

解析：选B　释放b后，b下落到地面，a上升高度h瞬间，a、b两者的速度相等，设为v，由机械能守恒定律得3mgh＝mgh＋mv2＋×3mv2，解得v＝，之后a竖直上抛，设继续上升的高度为h′，由h′＝得h′＝h，所以a上升的最大高度为h＋h′＝h，故B正确。

8．如图7所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的 垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为                         (　　)               图7

A.             B．         C．           D．4

解析：选C　由机械能守恒定律ΔEp减＝ΔEk增得，mg·－mg·＝mv2，v＝，故C正确。

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．如图8所示为一种测定运动员体能的装置，运动员的质量为m1，绳的一端拴在运动员腰间并沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦)，绳的下端悬挂一个质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重      图8

 心不动，使传送带以速率v匀速向右运动。下面说法中正确的是            (　　)

 A．绳子拉力对人做正功

 B．人对传送带做正功

 C．运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt

 D．运动时间t后，运动员的体能消耗约为(m1＋m2)gvt

 解析：选BC　人的重心不变，绳子拉力作用点没有位移，绳子拉力对人不做功，故A错误；绳对人有向右的拉力，传送带对人的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知人对传送带的摩擦力方向向右，而传送带速度方向向右，人对传送带做正功，故B正确；在时间t内，传送带位移s＝vt，摩擦力大小F＝m2g，运动员克服摩擦力所做功即运动员体能消耗约为m2gvt，故C正确，D错误。

10．如图9所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m＝2 kg的物块(视为质点)，开始时物块静止在斜面上A点，此时物块与斜面间的摩擦力恰好为零，现用一沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物块        图9

 上，使其沿斜面向上运动，当物块从A点运动到B点时，力F做的

 功W＝4 J，已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g＝10 m/s2，则下列结论正确的是                                                                  (　　)

 A．物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4 J

 B．物块从A 点运动到B点的过程中，产生的内能为1.2 J

 C．物块经过B点时的速度大小为 m/s

 D．物块从A点运动到B点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J

解析：选BC　施加F前，物块静止，由平衡条件得kx1＝mgsin θ，求得x1＝0.1 m，力F做功W＝Fx，求得x＝0.2 m，物块到B点时，弹簧伸长x2＝0.1 m，可知重力势能增加mgxsin θ＝2 J，物块在A、B位置时弹簧弹性势能相等，故A、D错误；物块从A点运动到B点的过程中，产生的内能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgcos θ·x＝1.2 J，故B正确；由动能定理有WF－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝mv2－0，求得v＝ m/s，故C正确。

11．一质量为m的小球以初动能Ek0冲上倾角为θ的粗糙斜面，图10   中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以斜面底端所在水平面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k为常数且满足0<k<1)，则由图可知，下列结论正确的是               (　　)                             图10

A．上升过程中摩擦力大小f＝kmg

B．上升过程中摩擦力大小f＝kmgsin θ

C．上升高度h＝h0时，小球重力势能和动能相等

D．上升高度h＝h0sin θ时，小球重力势能和动能相等

解析：选BC　由题意，根据动能定理得－f－mgh0＝0－Ek0，由题图知mgh0＝，得Ek0＝(k＋1)mgh0，故有f＝kmgsin θ。小球动能与重力势能相等时，由动能定理有－f－mgh＝mv2－Ek0，mgh＝mv2，解得h＝h0，故B、C正确。

12．质量为2×103 kg、发动机的额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶。若该汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有                                                       (　　)

A．汽车的最大速度是10 m/s

B．汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2 s末发动机的实际功率是32 kW

C．汽车以2 m/s2的加速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为10 s

D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5 m/s时，加速度为6 m/s2

解析：选BD　当牵引力大小等于阻力时速度最大，根据P＝fvm得，汽车的最大速度vm＝＝ m/s＝20 m/s，故A错误。根据牛顿第二定律得F－f＝ma，解得F＝f＋ma＝4 000 N＋2 000×2 N＝8 000 N，第2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，第2 s末发动机的实际功率P1＝Fv＝8 000×4 W＝32 kW，故B正确。匀加速直线运动的末速度v1＝＝ m/s＝10 m/s，做匀加速直线运动的时间t＝＝ s＝5 s，故C错误。当汽车速度为5 m/s时，牵引力F2＝＝ N＝16 000 N，根据牛顿第二定律得汽车的加速度a′＝＝ m/s2＝6 m/s2，故D正确。

三、非选择题(本题共6小题，共60分)

13．(8分)(2021·浙江1月选考)用如图11所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。

图11

图12

(1)关于这个实验，下列说法正确的是______(多选)。

A．需要补偿小车受到阻力的影响

B．该实验装置可以“验证机械能守恒定律”

C．需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行

D．需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量

(2)如图12所示是两条纸带，实验时打出的应是第_______条(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)纸带。

(3)根据实验数据，在坐标纸上画出的W­v2图象是一条过原点的直线，据此图象________(填“能”或“不能”)求出小车的质量。

解析：(1)通过该实验装置做探究功与速度变化的关系的实验时，需要平衡摩擦力，故A正确；该实验装置机械能不守恒，不能验证机械能守恒定律，故B错误；实验时，细线必须与长木板平行，否则会破坏平衡摩擦的条件，故C正确；在满足盘和砝码质量远小于小车质量的前提下，拉小车的拉力约等于盘和砝码的重力，从而可以计算外力做功，故D正确。

(2)由于盘和砝码质量远小于小车质量，因此小车运动的加速度不大，所以第Ⅱ条纸带为实验时打出的纸带。

(3)由题知W­v2图像是一条过原点的直线，则有W＝mv2，根据此图像能求出小车的质量。

答案：(1)ACD　(2)Ⅱ　(3)能

14．(8分)某同学用如图13甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，通过实验数据分析，发现本实验存在较大的误差。为此改用如图13乙所示的实验装置：通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出A、B之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d(d＜h)，重力加速度为g。则小铁球经过光电门时的瞬时速度v＝________。如果d、t、h、g满足关系式t2＝________，就可验证机械能守恒定律。比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点是_____________________________________。

图13

解析：小铁球经过光电门时的挡光时间很短，由此可以求出小铁球经过光电门时的瞬时速度v＝，mgh＝mv2，t2＝；比较两个方案，改进后的方案相比原方案最主要的优点是消除了纸带与打点计时器之间的阻力的影响。

答案：　　消除了纸带与打点计时器之间的阻力的影响

15．(12分)质量m＝1.5 kg的物块(可视为质点)在水平恒力F的作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t＝2.0 s停在B点。已知A、B两点间的距离x＝5.0 m，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，求恒力F多大？

解析：物块受到的滑动摩擦力为Ff＝μmg＝0.20×1.5×10 N＝3 N，

撤去力F后物块的加速度大小为

a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，

最后2 s内物块的位移为

x2＝at2＝×2.0×2.02 m＝4.0 m，

故力F作用的位移x1＝x－x2＝1.0 m，

对物块运动的全过程应用动能定理：Fx1－Ffx＝0，

得F＝＝ N＝15 N。

答案：15 N

16．(14分)(2020·江苏高考)如图14所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：                                                                      图14

(1)重物落地后，小球线速度的大小v；

(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；

(3)重物下落的高度h。

解析：(1)小球线速度v＝ωr，得v＝2ωR。

(2)向心力F向＝2mω2R，

设F与水平方向的夹角为α，则

Fcos α＝F向；Fsin α＝mg，

解得F＝。

(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，

由机械能守恒得

Mv′2＋4×mv2＝Mgh，

解得h＝(ωR)2。

答案：(1)2ωR　(2)

(3)(ωR)2

17．(18分)表面光滑的斜面固定在水平地面上，斜面倾角为θ。斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，一木板A被放在斜面上，其下端离地面高为H，上端放着一个小物块B，如图15所示。木板和物块的质量均为m。相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩                            图15

 擦因数为μ(μ>tan θ)，把它们由静止释放，木板与挡板发生碰撞时，时间极短，无动能损失，而物块B始终不会与挡板发生碰撞。求：

(1)木板A即将与挡板第一次碰撞前的速度；

(2)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上升的最大距离；

(3)从释放木板到木板和物块都静止，木板和物块系统损失的机械能。

解析：(1)由机械能守恒定律得

×2mv12＝2mgH，得v1＝。

(2)对木板A沿斜面上滑过程：

mgsin θ＋f＝ma，

f＝μmgcos θ，

解得s1＝＝。

(3)由能量守恒定律得

mgH＋mg(H＋Lsin θ)＝E损，

损失的机械能E损＝fL，

解得E损＝。

答案：(1)　(2)

(3)