粤教版 (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学案

这是一份粤教版 (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学案，共10页。学案主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1. (多选)如图1，木板可绕固定的水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止，在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用FN表示物块受到的支持力，用f表示物块受到的静摩擦力．在这一过程中，以下判断正确的是( )
图1
A．FN和f对物块都不做功
B．FN对物块做功为2 J，f对物块不做功
C．FN对物块不做功，f对物块做功为2 J
D．FN和f对物块所做的总功为2 J
答案 BD
解析 由题意知物块绕水平轴O做圆周运动，瞬时速度方向始终与f方向垂直而与FN方向平行，故FN对物块做正功而f不对物块做功；因物块缓慢运动，重力势能增加量即为物块机械能的增加量，由功能关系知机械能的增加量等于除重力外其他力所做的功，本题除重力外只有FN与f两个力作用，结合上述分析可知B、D正确．
2．(2019·潮州市高一下期末)物体在水平拉力F作用下，沿x轴由坐标原点开始运动，设拉力F随x的变化分别如图2甲、乙、丙所示 ，图甲为一半圆图形，对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙，则以下说法正确的是( )
图2
A．W甲>W乙>W丙
B．W甲＝W乙>W丙
C．W甲＝W乙＝W丙
D．W甲>W乙＝W丙
答案 D
解析 F－x图像与x轴所围“面积”表示F做的功，则由题图甲可知W甲＝eq \f(1,2)π(eq \f(x0,2))2＝eq \f(1,8)πx02，由题图甲可知Fm＝eq \f(x0,2)，则W甲＝eq \f(1,4)πFmx0；由题图乙可知，W乙＝eq \f(1,2)Fmx0；由题图丙可知，W丙＝eq \f(1,2)Fmx0，故有W甲>W乙＝W丙，B正确．
3.如图3所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长，圆环高度为h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑到底端的过程中(重力加速度为g，杆与水平方向夹角为30°)( )
图3
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧的弹性势能先减小后增大
C．弹簧的弹性势能变化了mgh
D．弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大
答案 C
解析 圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，但圆环的机械能不守恒，A错误；弹簧形变量先增大后减小然后再增大，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，B错误；由于圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，所以弹簧的弹性势能增加mgh，C正确；弹簧与光滑杆垂直时，圆环所受合力沿杆向下，圆环具有与速度同向的加速度，所以做加速运动，D错误．
4.(多选)(2019·江苏卷)如图4所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
图4
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
答案 BC
解析 小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后静止在A点的过程中，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由功能关系可知Epm＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝2eq \r(μgs)，选项D错误．
5．(2017·全国卷Ⅱ)如图5，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
图5
A.eq \f(v2,16g) B.eq \f(v2,8g) C.eq \f(v2,4g) D.eq \f(v2,2g)
答案 B
解析 小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得，eq \f(1,2)mv2＝2mgr＋eq \f(1,2)mv12，
小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，
2r＝eq \f(1,2)gt2，t＝eq \r(\f(4r,g))，联立解得，x＝eq \r(\f(4v2,g)r－16r2)，
由数学知识可知，当4r＝eq \f(v2,2g)时x最大，即r＝eq \f(v2,8g)，故选项B正确．
6．(多选)(2019·中山市高一期末)如图6(a)所示，甲、乙两个小球均可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑且足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图像如图(b)所示．下列说法正确的是( )
图6
A．甲球和乙球运动到地面上时的速度相同
B．甲、乙两球的质量之比m甲∶m乙＝4∶1
C．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比P甲∶P乙＝1∶1
D．甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降的高度相同
答案 BC
解析 两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙两球的机械能守恒，则mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gh)，甲球和乙球运动到地面时的速度大小相等，但方向不同，故A错误；由机械能守恒定律得，
对甲球：Ek0＝m甲gx0sin 30°，
对乙球：Ek0＝m乙g·2x0，
m甲∶m乙＝4∶1，故B正确；
两球重力的瞬时功率P＝mgvcs θ＝mgeq \r(\f(2Ek,m))cs θ＝geq \r(2mEk)cs θ，其中θ为小球速度与竖直方向的夹角，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比eq \f(P甲,P乙)＝eq \r(\f(m甲,m乙))×eq \f(cs 60°,cs 0°)＝eq \f(1,1)，故C正确；由题图乙可知，甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比为x0sin 30°∶2x0＝1∶4，故D错误．
7．(多选)(2020·全国卷Ⅰ)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7中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则( )
图7
A．物块下滑过程中机械能不守恒
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
答案 AB
解析 由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcs α·s，其中cs α＝eq \f(\r(s2－h2),s)＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcs α＝2.0 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D错误．
8.(2018·全国卷Ⅰ)如图8，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
图8
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
答案 C
解析 小球从a运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mv12，又F＝mg，故v1＝2eq \r(gR)，
小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝eq \f(v1,g)＝2eq \r(\f(R,g))，水平位移x＝eq \f(1,2)gt2＝2R，
根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.选C.
9.如图9所示，一内壁光滑的闭合椭圆形管道置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速度大小为v0，沿管道MPN运动，到N点时速度大小为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速度大小v0出发，而沿管道MQN运动，到N点时速度大小为v2，所需时间为t2，则( )
图9
A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2
C．v1＝v2，t1答案 A
解析 根据机械能守恒定律得v1＝v2＝v0，小球沿着MPN管道运动时，先减速后加速，小球沿着MQN管道运动时，先加速后减速，前者平均速率小，后者平均速率大，运动的路程相同，故t1>t2，选项A正确．
10.(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图10所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )
图10
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能Ek0＝100 J，由公式Ek0＝eq \f(1,2)mv2可知，h＝0时物体的速率v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确．
11．(多选)质量为5×103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10 m/s，随后以P＝6×104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103 N，则( )
A．汽车的最大速度为20 m/s
B．汽车的最大速度为24 m/s
C．汽车在72 s内经过的路程为1 252 m
D．汽车在72 s内经过的路程为1 250 m
答案 BC
解析 汽车以额定功率启动，速度增大，牵引力减小，加速度减小，达到最大速度时汽车做匀速运动．当达到最大速度时，有P＝Fvm＝fvm，解得vm＝eq \f(P,f)＝eq \f(6×104,2.5×103) m/s＝24 m/s，A错误，B正确；从开始到t＝72 s，由动能定理得Pt－fs＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，代入数据解得s＝1 252 m，C正确，D错误．
二、非选择题
12．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图11所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O1、O2、A、B、C点在同一水平直线上．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．
实验过程一：挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离，如图甲所示．滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1.
实验过程二：将挡板的固定点移到与O1点相距为d的O2点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使O2C的距离与O1A的距离相等．滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2.
图11
(1)为完成本实验，下列说法中正确的是________．
A．必须测出小滑块的质量B．必须测出弹簧的劲度系数
C．弹簧的压缩量不能太小D．必须测出弹簧的原长
(2)写出动摩擦因数的表达式μ＝________.(用题中所给物理量的符号表示)
(3)若该小组在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是________________．
(4)某同学认为，不测量桌面高度，改用停表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案________．(填“可行”或“不可行”)
答案 (1)C (2)eq \f(x\\al(12)－x\\al(22),4hd) (3)滑块停止滑动的位置到B点的距离 (4)不可行
解析 (1)(2)滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，滑块飞行的水平距离x＝vt，所以滑块第1次离开桌面时的速度v1＝x1eq \r(\f(g,2h))，滑块第2次离开桌面时的速度v2＝x2eq \r(\f(g,2h))，在滑块第1次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功，设弹簧做的功为W1，A、B之间的距离为l，则W1－μmgl＝eq \f(mv\\al(12),2)，在滑块第2次滑动的过程中，W1－μmg(l＋d)＝eq \f(mv\\al(22),2)，联立解得μ＝eq \f(x\\al(12)－x\\al(22),4hd)，动摩擦因数与弹簧的原长、弹簧的劲度系数以及滑块的质量都无关．要想让滑块顺利滑出桌面，弹簧的压缩量不能太小，故C正确．
(3)在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是0.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量滑块停止滑动的位置到B点的距离．
(4)此实验方案是不可行的，原因是滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，用停表测时间误差较大．
13. (2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图12所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
图12
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
答案 (1)eq \r(6gl) 2eq \r(2)l (2)eq \f(5,3)m≤M解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置、长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，可知弹簧长度为l时的弹性势能
Ep＝5mgl①
设P到达B点时的速度大小为vB，由功能关系得
Ep－μmg(5l－l)＝eq \f(1,2)mvB2②
联立①②式，并代入题给数据得
vB＝eq \r(6gl)③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
eq \f(mv2,l)－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvD2＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝eq \r(2gl)⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝eq \f(1,2)gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2eq \r(2)l⑨
(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上升的高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)MvB′2≤Mgl⑪
Ep＝eq \f(1,2)MvB′2＋μMg·4l⑫
联立①⑩⑪⑫式得
eq \f(5,3)m≤M14.(2019·嘉兴市期末)如图13所示，有一倾斜放置的长度L＝30 m的传送带，与水平面的夹角θ＝37°，传送带一直保持匀速运动，速度v＝4 m/s.现将一质量m＝1 kg的物体轻轻放至传送带底端，使物体从底端被运送到顶端，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.以物体在传送带底端时的势能为零，求此过程中：(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图13
(1)物体到达顶端时的机械能；
(2)物体与传送带之间因摩擦而产生的热量；
(3)电动机由于传送物体而多消耗的电能．
答案 (1)188 J (2)128 J (3)316 J
解析 (1)物体放到传送带上时先做匀加速直线运动，设加速度为a.
根据牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma，
解得a＝μgcs θ－gsin θ＝0.4 m/s2.
设物体匀加速至速度等于v＝4 m/s时通过的位移为s物，
则v2＝2as物，解得s物＝20 m共速时，由于μmgcs θ>mgsin θ，
所以之后物体随传送带匀速上升．
物体到达顶端时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝8 J，
重力势能Ep＝mgh＝mgLsin θ＝180 J，
机械能E＝Ep＋Ek＝188 J.
(2)设物体匀加速运动的时间为t，
则v＝at，解得t＝10 s.
在t时间内，传送带的位移s带＝vt＝40 m.
物体与传送带间的相对位移大小Δs＝s带－s物＝20 m.
则物体与传送带之间因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θΔs，
代入数据解得Q＝128 J.
(3)电动机由于传送物体而多消耗的电能E电＝E＋Q＝316 J.