高中物理人教版 (新课标)必修2第七章 机械能守恒定律综合与测试测试题

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 第七章  机械能守恒定律本章达标检测(满分:100分;时间:90分钟) 一、选择题(每小题6分,共42分)　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2021广东中山卓雅外国语学校高一下第一次段考)如图所示,质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下,沿水平地面向左匀速运动距离l。不计空气阻力,在此过程中              (　　)A.拉力对小车做功为Fl cos αB.支持力对小车做功为Fl sin αC.摩擦力对小车做功为-Fl sin αD.合力对小车做功为Fl sin α2.(2021江苏苏州中学高一下月考)如图所示,一辆正沿平直路面行驶的车厢内,一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F,在车前进s的过程中,下列说法正确的是              (　　)A.当车匀速前进时,人对车做的总功为正功B.当车加速前进时,人对车做的总功为正功C.当车减速前进时,人对车做的总功为正功D.不管车如何运动,人对车做的总功都为零3.(2021重庆沙坪坝一中高一下月考)质量为2 kg的物体(可视为质点)静止于光滑水平面上,从t=0时刻开始,受到水平外力F的作用,如图所示,下列判断正确的是              (　　)A.前2 s内外力的平均功率为2 WB.第1 s内外力的平均功率为1.5 WC.第0.5 s末外力的瞬时功率为6 WD.第0.5 s末与第1.5 s末外力的瞬时功率之比为9∶54.(2021江苏盐城阜宁中学高一下月考)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度-时间图象和该拉力的功率-时间图象如图甲、乙所示。下列说法正确的是              (　　)A.0~6 s内拉力做功为100 JB.0~6 s内物体的位移大小为20 mC.0~6 s内滑动摩擦力做功为-50 JD.滑动摩擦力的大小为5 N5.(2021浙江绍兴高三下4月适应性考试)滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端,第二次以一定的初速度从斜面底端上滑,刚好到达顶端。如图1、图2所示,小王同学用频闪仪记录了滑块运动的频闪照片,若频闪仪每隔相同时间闪光一次,下列说法正确的是              (　　)A.图1是滑块上滑的照片B.滑块下滑时的加速度大于上滑时的加速度C.滑块下滑到底端时的速度大于刚开始上滑时的初速度D.滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率6.(2021湖北高中联考协作体高一下期中)(多选)如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是              (　　)A.P对Q做负功B.P对Q不做功C.物块Q机械能守恒D.P和Q构成的系统机械能守恒7.(2020四川自贡高三一诊)(多选)如图所示,在倾角θ=37°的固定斜面体的底端附近固定一挡板,一质量不计的弹簧下端固定在挡板上,弹簧自然伸长时,其上端位于斜面体上的O点处。质量分别为mA=4.0 kg、mB=1.0 kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接,细绳跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮,开始时物块A位于斜面体上的M处,物块B悬空。现将物块A和B由静止释放,物块A沿斜面下滑,当物块A将弹簧压缩到N点时,物块A、B的速度减为零。已知MO=1.0 m,ON=0.5 m,物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,整个过程中细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是              (　　)A.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2 m/s2B.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5 m/s2C.物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为9 JD.物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为21 J二、非选择题(共58分)8.(12分)某同学利用如图甲所示的实验装置,通过研究纸带上第一个点到某一个点之间的运动来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,下落过程中球心正好经过光电门B,通过与光电门B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。请回答下列问题:甲乙(1)小铁球经过光电门时的瞬时速度v=　　　　(用题中所给字母表示)。 (2)如果d、t、h、g满足关系式t2=　　　　,就可验证机械能守恒定律。 (3)比较两个方案,改进后的方案相比原方案主要的优点是　。 9.(2021江苏苏州吴江中学高一下月考)(22分)如图所示,光滑圆弧AB在竖直平面内,圆弧B处的切线水平,A、B两端的高度差为0.2 m,B端高出水平地面0.8 m,O点在B端的正下方。将一滑块从A端由静止释放,落在水平面上的C点处。(g=10 m/s2)(1)求O、C之间的距离;(2)在B端接一长为1.0 m的木板MN,滑块从A端释放后正好运动到N端停止,求木板与滑块间的动摩擦因数;(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段,滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点(未标出)处,要使落地点距O点的距离最远,ΔL应为多少。        10.(2021天津耀华中学高一下期中)(24分)某同学参照过山车情景设计了如下模型:光滑的竖直圆轨道半径R=2 m,入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的,质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点)与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5,滑块从A点由静止开始受到水平拉力F=60 N的作用,在B点撤去拉力,AB的长度为L=5 m,不计空气阻力,g=10 m/s2。(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点,求:①当滑块再回到圆轨道最低点时对圆轨道的压力大小;②滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行的最大距离。(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道,求平直轨道BC段的长度范围。   
答案全解全析本章达标检测1.C　拉力对小车做功为WF=Fl cos=Fl sin α,A错误;支持力的方向和小车运动方向垂直,支持力做功为零,B错误;由于小车匀速运动,所以摩擦力f=F sin α,故摩擦力做功为Wf=-Fl sin α,故C正确;小车匀速运动,合力为零,合力做功为零,D错误。2.C　当车匀速前进时,人对车厢的推力F做的功为WF=Fs,人对车厢的静摩擦力做的功Wf=-fs,人处于平衡状态,根据作用力与反作用力的关系可知F=f,则人对车做的总功为零,A错误;当车加速前进时,人也处于加速状态,车厢对人的静摩擦力向右且大于车厢壁对人的作用力,所以人对车厢的静摩擦力向左,静摩擦力做的功Wf=-fs,人对车厢的推力F方向向右,推力做的功为WF=Fs,因为f>F,所以人对车做的总功为负功,B错误;当车减速前进时,车厢对人的静摩擦力向右且小于车厢壁对人的作用力,所以人对车厢的静摩擦力向左,静摩擦力做的功Wf=-fs,人对车厢的推力F方向向右,推力做的功为WF=Fs,因为f<F,人对车做的总功为正功,C正确;由上述分析可知D错误。故选C。3.A　第1 s内物体的加速度为a1==1.5 m/s2,所以第1 s末物体的速度为v1=a1t=1.5 m/s,第1 s内物体的位移为x1=a1t2=0.75 m。第2 s内物体的加速度为a2==0.5 m/s2,所以第2 s内物体的位移为x2=v1t+a2t2=1.75 m。第1 s内外力做的功为W1=Fx1=2.25 J,故第1 s内外力的平均功率为==2.25 W。第2 s内外力做的功为W2=Fx2=1.75 J,故前2 s内外力的平均功率为==2 W,A正确,B错误;第0.5 s末物体的速度为v=a1×0.5 s=0.75 m/s,所以第0.5 s末外力的瞬时功率为P=Fv=2.25 W,C错误;第1.5 s末物体的瞬时速度为v'=v1+a2×0.5 s=1.75 m/s,所以第1.5 s末外力的瞬时功率为P'=Fv'=1.75 W,则第0.5 s末与第1.5 s末外力的瞬时功率之比为9∶7,D错误。4.C　P-t图象中图线与时间轴所围面积表示拉力所做的功,由乙图可得0~6 s内拉力做功W= J=70 J,A错误;v-t图象中图线与时间轴所围面积表示位移大小,由甲图可得,0~6 s内物体的位移大小为s=×6 m=30 m,B错误;2~6 s内物体做匀速直线运动,拉力等于摩擦力,满足P=Fv=fv,解得f== N= N,D错误;0~6 s内摩擦力所做的功为Wf=-fs=-50 J,C正确。5.D　下滑过程中,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma1,上滑过程中,根据牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma2,显然上滑的加速度a2大于下滑的加速度a1,B错误;根据x=at2 ,上滑和下滑时,位移大小相同,但上滑时加速度大,所用时间短,因此图1是滑块下滑的照片,图2是滑块上滑的照片,A错误;滑块上滑和下滑时的位移大小相同,但下滑时加速度小,结合v2=2ax可知,滑块下滑到底端时的速度小于刚开始上滑时的初速度,C错误;滑块上滑和下滑过程,摩擦力做功相同,而下滑时用时较长,因此滑块下滑过程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑过程中克服摩擦力做功的平均功率,D正确。故选D。6.AD　Q在P上运动过程,P向左运动,故Q对P做正功,根据能量守恒可知,P对Q做负功, A正确,B错误;根据以上分析可知,物块Q机械能减小, C错误;对于P和Q构成的系统,只有重力做功,系统机械能守恒,D正确。7.AC　设物块A与弹簧接触前细绳的张力大小为T,对物块A,由牛顿第二定律可得mAg sin θ-T-μmAg cos θ=mAa,同理,对物块B有T-mBg=mBa,联立解得a=1.2 m/s2,A正确,B错误;由能量守恒定律可知,物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为Ep=mAg sin θ·MN-mBg·MN-μmAg cos θ·MN,解得Ep=9 J,C正确,D错误。8.答案　(1)(4分)　(2)(4分)　(3)消除了纸带与打点计时器之间摩擦力的影响(4分)解析　(1)用平均速度代替小铁球经过光电门时的瞬时速度,即v=。(2)若小铁球机械能守恒,则有mv2=mgh,可得t2=。(3)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摩擦力的影响。9.答案　(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m解析　(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中,根据动能定理有mgh1=m-0 (2分)得vB==2 m/s(2分)滑块做平抛运动过程有h2=gt2,xOC=vBt (2分)解得xOC=0.8 m(2分)(2)滑块从B端运动到N端停止的过程有-μmgL=0-m (2分)代入数据解得μ=0.2 (2分)(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段,设滑块滑到木板最右端时速度为v,由动能定理有-μmg(L-ΔL)=mv2-m              (2分)则落地点距O点的距离为s=L-ΔL+vt (2分)联立得s=1-ΔL+0.8 (2分)根据数学知识知,当= =0.4  (2分)即ΔL=0.16 m时,s最大,且smax=1.16 m(2分)10.答案　(1)①120 N　②10 m　(2)0≤l≤15 m或21 m≤l<25 m解析　(1)设滑块恰好通过最高点时速度为v1,满足mg=m (2分)①设滑块再回到圆轨道最低点C时速度为v2,由动能定理可得mg·2R=m-m (2分)在最低点C满足N-mg=m (2分)联立可得圆轨道最低点对滑块的支持力为N=120 N, (2分)由牛顿第三定律可知,滑块对圆轨道最低点的压力为120 N。 (1分)②设滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行的最大距离为x,由动能定理可得-μmgx=0-m (2分)联立可得x=10 m。 (2分)(2)要使滑块不脱离轨道,有两种可能:①滑块要能通过最高点,到达最高点的速度大于等于v1,即到达C点的速度大于等于v2即可,取临界状态,从A到C过程,由动能定理可得FL-μmg(L+l1)=m (2分)解得BC的长度l1=15 m; (1分)②滑块到达与圆轨道圆心等高处速度为零,沿轨道返回,也不会脱离轨道,据动能定理可得FL-μmg(L+l2)-mgR=0 (2分)解得BC的长度l2=21 m(1分)另外,滑块要能够进入圆轨道,应至少能到达C点,取临界状态,由动能定理可得FL-μmg(L+l3)=0 (2分)解得l3=25 m(1分)综上所述,BC的长度范围为0≤l≤15 m或21 m≤l<25 m。 (2分)