物理必修 第二册4 机械能守恒定律课堂检测

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高一物理单元复习（新教材人教版必修第二册第八章 机械能守恒定律 ）考试时间90分钟 满分100分一、选择题（本题共12个小题每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项正确，第9~12题不止一个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1.（2021·吉林省榆林市一中高三上学期10月月考）如图，小球自a点由静止自由下落，到b点时与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由a→b→c的运动过程中（　　）A. 小球和弹簧总机械能守恒B. 小球的重力势能随时间均匀减少C. 小球在b点时动能最大D. 到c点时小球重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量【答案】A【解析】A． 以小球和弹簧组成的系统为研究对象，小球在运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，A正确；B．小球从接触弹簧开始到弹簧被压缩到最短的过程中，小球先做加速度减小的加速运动，当重力与弹簧弹力相等时，速度最大，然后做加速度增大的减速运动直到速度为零，下落的位移与时间不成正比，故小球的重力势能不是随时间均匀减少，B错误；C．当重力与弹簧弹力相等时，速度最大，即动能最大，该位置处于b、c之间，C错误；D．小球由a到c过程中，只有重力与弹簧的弹力做功，所以到c点时小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，D错误。故选A。2.（2021·甘肃省武威六中高三上学期过关考试三）某物体同时受到三个力作用而做匀减速直线运动，其中F1与加速度a的方向相同，F2与速度v的方向相同，F3与速度v的方向相反，则在减速过程中，下列说法错误的是A. F1对物体做正功 B. F2对物体做正功C. F3对物体做负功 D. 合外力对物体做负功【答案】A【解析】物体做匀减速直线运动，F1与加速度a的方向相同，则与速度的方向相反，则F1做负功，F2与速度v的方向相同，则F2做正功，F3与速度v的方向相反，则F3做负功．因为物体做匀减速直线运动，合力的方向与速度方向相反，则合力做负功．故A错误，BCD正确．此题选择不正确的选项，故选A．3.（2021·北京市丰台区高三上学期11月期中）如图所示，用水平传送带将质量为m的煤块从A端运送到B端，AB之间的距离为L，传送带始终保持以速率v匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，将煤块轻轻放在传送带上后，煤块在传送带上留下一段长度为l（l<L）的痕迹。下列说法不正确的是（　　）A. 摩擦力对煤块做的功为μmg（L+l） B. 摩擦力对煤块做的功为μmglC. 煤块与传送带因摩擦产生的热量为μmgl D. 煤块与传送带因摩擦产生的热量为mv2【答案】A【解析】AB．设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且煤块相对于地面的位移为x，则由于煤块在传送带上留下一段长度为l（l<L）的痕迹，则有联立解得则摩擦力对煤块做的功为故A错误，符合题意；B正确，不符合题意；C．煤块与传送带因摩擦产生的热量为故C正确，不符合题意；D．煤块在水平传送带上由于摩擦而产生的加速度为a=μg，匀加速运动的位移为x=l，由运动学公式2ax=v2可得上式变形，得到故煤块与传送带因摩擦产生的热量为故D正确，不符合题意。故选A。4.（2021·北京市丰台区高三上学期11月期中）把一小球放在竖立的轻弹簧上，并把小球往下按至A的位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）A. 小球从A运动到B的过程中，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能B. 小球从A运动到C的过程中，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能C. 小球从A运动到B的过程中，动能一直增大D. 小球从A运动到B过程中，动能最大的位置为AB的中点【答案】B【解析】A．小球从A运动到B的过程中，因小球在B点具有速度，所以弹簧的弹性势能一部分转化为小球的重力势能，还有一部分转化为小球的动能，故A错误；B．小球从A运动到C的过程中，由于小球在C点的速度为零，则弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能，故B正确；C．小球从A运动到B的过程中，先向上作加速运动，后作减速运动，所以其动能不是一直增大，而是先增大后减小，故C错误；D．小球从A运动到B的过程中，动能最大的位置为小球的重力等于弹簧的弹力时的位置，而不一定是AB的中点位置，故D错误。故选B。5.（2021·黑龙江哈师大附中高三上学期10月月考）质量为m的汽车，额定功率为P，与水平地面间的摩擦数为μ，以额定功率匀速前进一段时间后驶过一圆弧形半径为R的凹桥，汽车在凹桥最低点的速度与匀速行驶时相同，则汽车对桥面的压力N的大小为 （ ）A. N=mg B. C.  D. 【答案】C【解析】机车以恒定功率启动行驶，满足：所以在凹形桥最低点时，根据牛顿第二定律得则汽车对桥面的压力等于支持力，A．N=mg，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论相符，选项C正确；D．，与结论不相符，选项D错误；故选C．6.（2021·广东省佛山市顺德区容山中学高三上学期10月月考）乘坐摩天轮观光是广大青少年喜爱的一种户外娱乐活动，如图所示是欢乐海岸的“顺德眼”，某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）A. 摩天轮转动一周的过程中，该同学一直处于超重状态B. 上升程中，该同学所受合外力为零C. 摩天轮转动过程中，该同学的机械能守恒D. 该同学运动到最低点时，座椅对他支持力大于其所受重力【答案】D【解析】A．该同学作匀速圆周运动，向心加速度指向圆心，在上半周向心加速度方向偏向下，处于失重状态，故A错误；B．该同学作匀速圆周运动，需要合外力提供向心力，所以所受合外力不为零，故B错误；C．机械能等于重力势能和动能之和，该同学作匀速圆周运动，其速度大小不变，则动能不变；但高度变化，则重力势能变化。所以机械能在变化，故C错误；D．该同学运动到最低点时，向心加速度向上，属于超重，所以座椅对他的支持力大于其所受重力，故D正确。故选D。7.（2021·江苏省常熟市高三上学期阶段性抽测）2020年7月4日，羽毛球运动员林丹宣布退役，如图是林丹在某次羽毛球比赛中跃起的动作，将羽毛球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落至对方的界面内。林丹运动过程中空气阻力不计，则下列说法正确的是（　　）A. 林丹在起跳过程中地面对他的支持力做正功B. 林丹在最高点速度为零，处于平衡状态C. 林丹在起跳过程中地面对他的支持力大于他对地面的压力D. 林丹击球过程中合外力对羽毛球做功为零【答案】D【解析】A. 林丹在起跳过程中地面对他的支持力不做功，因为力的作用点没有位移，A错误；B. 林丹在最高点受重力作用，合力不等于零，不是平衡状态，B错误；C. 根据牛顿第三定律，林丹在起跳过程中地面对他的支持力等于他对地面的压力，C错误；D. 将羽毛球以原速率斜向上击回，动能不变，由动能定理知，林丹击球过程中合外力对羽毛球做功为零，D正确。故选D。8.（2021·山东省济南市商河县一中高三上学期阶段测试）如图所示，塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为的建材以加速度匀加速向上提起高，已知重力加速度为，则此过程中下列说法正确的是（　　）A. 建材的动能增加了B. 建材的重力势能减少了C. 建材的机械能增加了D. 建材所受的钢绳的拉力做的功【答案】D【解析】A．建筑材料向上做匀加速直线运动，上升高度为h根据动能定理故A错误；B．重力做负功，所以重力势能增加，故B错误；CD．受力分析知绳子拉力机械能增加量等于绳子拉力做功故C错误，D正确。故选D。9.（2021·陕西省西安中学高三上学期期中考试）如图所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图所示。g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80则（　　）A. 物体的质量约为m=0.67kg B. 物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.40C. 物体上升过程的加速度大小a=10m/s2 D. 物体回到斜面底端时的动能Ek=10J【答案】CD【解析】A．在最高点物体速度为零，动能为零，物体在最高点的机械能等于重力势能，则有所以物体质量为故A错误；B．由功能关系可知物体机械能减少量等于克服摩擦力做的功 代入数值解得故B错误；C．由牛顿第二定律可得代入数值可得 故C正确；D．物体上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同，由B可知物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J，说明物体整个过程克服摩擦力做的功为40J，整个运动过程中重力、支持力做功为零，由动能定理可得物体回到斜面底端时的动能为50J-40J=10J，故D正确。故选CD。10.（2021·辽宁省沈阳市郊联体高三上学期11月期中）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块（可视为质点）从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内，AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（　　）A. 弹簧和物块组成系统机械能守恒B. 物块克服摩擦力做的功为C. 弹簧的弹性势能增加量可能大于μmgLD. 物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和【答案】CD【解析】A．由于物块与地面之间有摩擦力做功，则弹簧和物块组成的系统机械能不守恒，选项A错误；B．由能量关系可知物块克服摩擦力做的功小于，选项B错误；CD．因为可知，弹簧的弹性势能增加量可能大于μmgL，物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和，选项CD正确。故选CD。11.（2021·荆荆襄宜四地七校考试联盟高三上学期期中联考）轻绳一端通过光滑的定滑轮与物块P连接，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接，Q从静止释放后，上升一定距离后到达与定滑轮等高处，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）A. 任意时刻Q受到的拉力大小与P的重力大小相等B. 任意时刻P、Q两物体的速度大小满足C. 物块P一直做加速直线运动D. 当Q上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【答案】BD【解析】A．P先向下做加速运动，处于失重状态，则绳拉力大小小于P的重力大小，即Q受到的拉力大小小于P的重力大小。后向下减速运动，处于超重状态，拉力大小大于P的重力大小。故A错误；B．将圆环Q的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，则沿绳子方向的分速度等于P的速度。轻绳与杆的夹角为θ时，由速度的分解可得所以。故B正确；C．圆环Q和物块P被一根轻绳相连，一开始圆环Q加速运动，绳上拉力竖直方向的分力大于重力。之后随着圆环Q上升，拉力竖直方向的分力逐渐减小，经过中间某一位置时，拉力竖直方向的分力等于重力。之后，拉力竖直方向的分力小于重力，圆环Q做减速运动。所以物块P先做加速运动，后做减速运动。故C错误；D．圆环Q上升到与滑轮等高前，绳子的拉力做正功，Q机械能增加。圆环Q上升到与滑轮等高之后，绳子拉力做负功，Q机械能减小。所以Q上升到与滑轮等高时，机械能最大。故D正确。故选BD。12.（2021·湖北省衡水中学高三上学期11月期中）如图所示，半径为R=0.4m的圆形光滑轨道固定在竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切．可视为质点的质量均为m=0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与圆心O点等高，小球乙位于圆心O的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动．g=10m/s2.则(     )A. 两小球最终在水平面上运动的速度大小为2m/sB. 甲小球下滑到圆形轨道最低点时重力的功率为10WC. 甲小球下滑到圆形轨道最低点时对轨道压力的大小为5ND. 整个过程中轻杆对乙做的功为1J【答案】AD【解析】整个过程中，甲、乙组成的系统机械能守恒，最后两者的速度大小相等，应用机械能守恒：，得，选项A正确；下滑到最低点时速度水平，重力的功率为0，选项B错误；甲小球下滑到最低点时，重力与支持力的合力提供向心力，解得，由牛顿第三定律得，甲小球下滑到最低点对轨道压力的大小为10N，选项C错误；整个过程中对乙受力分析可知，重力不做功，乙小球动能的增量等于轻杆对乙做的功，选项D正确；故选AD．二、实验题（本题共5个空格，每空3分，共18分)13.（2020·河南省洛阳市高三一模）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________。（2）已测得s1=8.89cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1％。由此推算出f为_________Hz。【答案】    (1).     (2).     (3). 40【解析】(1)[1][2] 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：由速度公式vC=vB+aT可得：a=(2)[3] 由牛顿第二定律可得：mg-0.01mg=ma所以a=0.99g结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得f=40HZ14.（2020·四川省内江市高三一模）.如图甲，是“探究功与速度变化的关系”的实验装置，当质量为的小车，在1条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为；当用2条、3条完全相同的橡皮筋进行第2次、第3次实验时，由于每次实验中橡皮筋的拉伸长度相同，因此第2次、第3次实验中，橡皮筋对小车做的功分别为、，每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带求出。则：（1）关于该实验，下列说法中正确的是__（填选项序号字母）。A．必须平衡摩擦力B．打点计时器可以用干电池供电C．每次实验，小车必须从同一位置由静止释放D．可以选用规格不相同的橡皮筋（2）图乙为某次用1条橡皮筋实验打出的纸带，测得、、、、相邻两点间的距离分别为，，，，则小车获得的最大速度为__。如果用2条橡皮筋做实验，那么，在理论上，小车获得的最大动能为__（结果保留两位有效数字）。【答案】    (1). AC    (2). 0.82    (3). 0.067【解析】【详解】（1）[1]．A．为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜，故A正确。
B．打点计时器使用的是低压交流电源。故B错误；
C．根据实验原理可知，每次实验，小车必须从同一位置由静止弹出。故C正确。
D．根据实验原理可知，橡皮筋必须是相同的，故D错误。
故选AC（2）[2][3]．要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分。即应选用纸带的C、D、E部分进行测量，时间间隔为0.02s，最大速度：如果用2条橡皮筋做实验，那么在理论上，小车获得的最大动能为三、计算题（本大题有4个小题，共34分。在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）15.（7分）（2020·上海市崇明区高三下学期5月二模）.一小球从离地m高处以初速度m/s竖直向上抛出，其上升过程中图像如图所示。已知小球质量kg，小球运动过程中所受空气阻力大小不变。求：（g取10m/s2）(1)小球所受的空气阻力；(2)通过计算完成2s后的图像；(3)整个运动过程中，重力的平均功率。【答案】(1)2N；(2)；(3)W【解析】(1)根据图像的斜率求得上升时的加速度为代入数据解得根据牛顿第二定律可得由此变形可得代入数据解得(2)上升高度为代入数据解得下落的总高度为代入数据解得根据牛顿第二定律可得由此变形可得代入数据解得因此，落地时的速度为所以2s后的2s后的图像如图所示(3)依题得，该运动过程为上抛运动，因此重力做功为由图像可知，该运动过程持续了6s，因此时间所以重力的平均功率为代入数据解得16.（8分）（2021·荆荆襄宜四地七校考试联盟高三上学期期中联考）如图所示，倾角37°的传送带以速度v0=1m/s顺时针匀速转动，可视为质点的小滑块以平行于传送带向下的初速度v滑上传送带顶端，经过一段时间从传送带上滑落。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为µ＝0.8，滑块的质量m=1kg，传送带转轴两中心相距为L=5m，重力加速度g取10m/s2，求：(1)若v=3m/s，求滑块在传送带上运动的整个过程中，摩擦力对滑块做的功；(2)若v=1m/s，求滑块在传送带上运动的整个过程中，电动机多消耗的电能；【答案】(1)；(2)【解析】(1) 滑块向下滑动的加速度方向沿传送带向上，假设滑块在传送带上减速到零，向下运动的位移则，滑块会从传送带下端滑落，摩擦力对滑块做功(2)当时，滑块减速到零下滑的位移则，滑块先向下减速到零再向上加速到1m/s，加速度大小不变滑块由向下的1m/s到向上的1m/s经历的时间电动机多消耗的电能17.（9分）（2021·北京市海淀区高三上学期11月期中）如图22甲所示，粗糙平直轨道与半径为R的光滑半圆形竖直轨道平滑连接。质量为m、可视为质点的滑块与平直轨道间的动摩擦因数为μ，由距离圆形轨道最低点为L的A点，以水平向右的不同初速度滑上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨道最低点处有压力传感器，滑块沿圆形轨道上滑的最大高度h与滑块通过圆形轨道最低点时压力传感器的示数F之间的关系如图22乙所示。（1）若滑块沿圆形轨道上滑的最大高度为R，求滑块在A点初速度的大小v0；（2）求图22乙中F0的大小；（3）请通过推导写出F<3mg时h与F的关系式，并将图21乙中F<3mg的部分图像补充完整。【答案】（1）v0=；（2）F0=6mg；（3）h=；图像如图所示。【解析】（1）由图像可知，当滑块沿圆形轨道上滑的最大高度是R时，滑块在在圆形轨道的最低点对轨道的压力是3mg；则根据牛顿第二定律得：F支-mg=m，而F支=F压=3mg，解之得v=；再由A到圆形轨道的最低点，由动能定理可得：-μmgL=mv2-mv02；解得v0=；（2）再由乙图可知，当压力为F0时，滑块刚好通过圆形轨道的最高点，故在最高点，由牛顿第二定律可得：mg=m，解得：v1=；在由圆形轨道的最高点到最低点，由动能定理得：mg×2R=mv22-mv12；解得：v2=；在圆形轨道的最低点，则F0-mg= m，解得F0=6mg；（3）当F<3mg时，滑块上升的高度小于R，由机械能守恒得：mgh=mv32；在最低点：F-mg=m，故可得：h=；所以h和F的图像是一条直线，取两个特殊点，用直线连接起来即可，而当h<0时没有意义，故只画h>0的这一部分即可。18.（110分）2021·湖北省襄阳市五校高三上学期期中）在水平轨道上有一弹簧左端系于A点，右端与质量为m的小球接触但不连接。现用外力推动小球将弹簧压缩至P点保持静止，此时弹性势能为EP=mgs（s为一定值）。P、B之间的距离为2.5s，小球与水平轨道的动摩擦因数为µ=0.1，静止释放弹簧，小球沿水平轨道向右运动从DB进入圆弧轨道，如图所示。BC是一段竖直墙面，DEF是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道上端D点的切线水平，B、D间距很小，可看作重合的点。圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为。在BC右边整个空间有水平向左、大小为F0=0.75mg的恒定风力，小球进入圆孤轨道之后恰好能沿着轨道DEF运动，一段时间后从轨道下端F处脱离，最后打在竖直墙面BC的C点。已知重力加速度为g，sin=0.8，求：(1)小球运动到B点的速度大小；(2)轨道DEF的半径R；(3)小球打在C点前瞬间的速度大小。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)小球由静止释放到运动到B点，根据动能定理有解得(2)由题意得设DEF轨道半径为R，设在E点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着DEF轨道运动，则在E点有根据动能定理得解得(3)过点F做切线以及垂直BC的水平线，则α为。如图又因为则小球所受合力的方向与水平方向夹角成。即在F点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运动，由几何关系得从B到C全程动能定理有解得