高中物理人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试一课一练

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1．(4分)关于功和功率的计算，下列说法中正确的是( )
A．用W＝Fxcs θ可以计算变力做功
B．用W合＝Ek2－Ek1可以计算变力做功
C．用W＝Pt只能计算恒力做功
D．用P＝eq \f(W,t)可以计算瞬时功率
B [W＝Fxcs θ是恒力做功公式，不可以计算变力做功，故A错误；动能定理W合＝Ek2－Ek1既可以计算恒力做功，也可以计算变力做功，故B正确；用W＝Pt计算的是恒定功率下，外力做的功，此力可以是恒力，也可以是变力，C错误；用P＝eq \f(W,t)计算的是平均功率，不能计算瞬时功率，D错误。]
2．(4分) 如图所示，在离地面高为H的地方将质量为m的小球以初速度v0竖直上抛，取抛出位置所在的水平面为参考平面，则小球在最高点和落地处重力势能分别为( )
A．mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2g)＋H))，0 B．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，－mgH
C．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，mgH D．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，mgH＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B [小球能上升到的最高点与抛出点相距h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)，所以在最高点时具有重力势能Ep1＝mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。落地时小球的位置在参考平面下方H处，所以落地时小球具有重力势能Ep2＝－mgH。故B项正确。]
3．(4分)如图所示，一质量为m1且足够长的木板放在光滑斜面上，木板的上端用细绳拴在斜面上，木板上有一只质量为m2的小猫。剪断细绳，木板开始下滑，同时小猫沿木板向上爬。小猫在向上爬的过程中，相对于地面的高度不变，忽略空气阻力。细绳剪断后，小猫做功的功率P与时间t的关系图像是图中的( )
A B C D
B [由题意可知，当小猫相对地面静止不动时，对小猫受力分析可知，小猫受木板的沿板面向上摩擦力Ff＝m2gsin θ(θ为斜面倾角)，摩擦力Ff恒定；对木板受力分析可知，木板沿斜面加速下滑，Ff＋m1gsin θ＝m1a，加速度恒定；经过时间t，木板速度v＝at，因此小猫做功功率P＝Ffv＝Ffat，可知P与时间t成正比，对比各选项中图像可知选项B正确。]
4．(4分)汽车匀速驶上山坡，下列说法中错误的是( )
A．汽车所受合外力对汽车所做的功为零
B．若发动机输出功率为P，汽车上坡摩擦力为f，则汽车上坡的最大速度vm＝eq \f(P,f)
C．摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功
D．当发动机输出功率为恒定时，车速越大，牵引力越小
B [对汽车受力分析，因为汽车匀速运动，所受合外力为零，对汽车做功为零，A项正确；由题设可知，汽车上坡的最大速度vm＝eq \f(P,f＋mgsin α)，故B项错误；因为摩擦力和重力沿斜面向下的分力与汽车运动的方向相反，做负功；支持力的方向与速度方向垂直，不做功，C项正确；由P＝Fv可知，在输出功率恒定时车速与牵引力成反比，D项正确。]
5．(4分)如图所示，均匀长木板l＝40 cm，放在水平桌面上，它的右端与桌边相齐，木板质量为m＝2 kg，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。今用水平推力F将其匀速推下桌子，则水平推力做功为(g取10 m/s2)( )
A．0.8 JB．1.6 J
C．8 J D．4 J
A [只要将木板的重心推离桌面，木板就会掉下桌面，由滑动摩擦力公式得f＝μN＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，W＝F·s＝4×0.2 J＝0.8 J，A项正确。]
6．(4分) 如图所示，质量为m的足球静止在水平地面上的位置1，其被运动员踢出后落到水平地面上的位置3。足球在空中达到最高点2时的高度为h，速度为v，已知重力加速度为g，足球运动过程中空气阻力不可忽略。下列说法正确的是( )
A．运动员对足球做的功为mgh＋eq \f(1,2)mv2
B．足球落到位置3时的动能为mgh
C．足球刚离开位置1时的动能大于mgh＋eq \f(1,2)mv2
D．足球在位置2时的机械能等于其在位置3时的动能
C [足球运动的过程中受到空气阻力的作用，足球从位置1运动到位置2的过程中，运用动能定理有W－mgh－Wf＝eq \f(1,2)mv2，得运动员对足球做的功为W＝Wf＋mgh＋eq \f(1,2)mv2，Wf是足球克服空气阻力做的功，故A错误；足球从位置2运动到位置3的过程中，由动能定理有Ek3－eq \f(1,2)mv2＝mgh－Wf′，得足球落到位置3时的动能为Ek3＝eq \f(1,2)mv2＋mgh－Wf′，故B错误；足球从位置1运动到位置2的过程中，由动能定理有eq \f(1,2)mv2－Ek1＝－mgh－Wf，得足球刚离开位置1时的动能为Ek1＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＋Wf＞mgh＋eq \f(1,2)mv2，故C正确；由于空气阻力做负功，所以足球的机械能不断减少，即足球在位置2时的机械能大于其在位置3时的动能，故D错误。]
7．(4分)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
B [圆环在下落过程中机械能减少，弹簧弹性势能增加，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，A、D错误；圆环下落到最低点时速度为零，但是加速度不为零，即合力不为零，C错误；圆环重力势能减少了eq \r(3)mgL，由机械能守恒可知，弹簧的弹性势能增加eq \r(3)mgL，故B正确。]
8．(6分)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x。
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________。
(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________。
A．弹簧原长
B．当地重力加速度
C．滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将___________。
A．增大 B．减小 C．不变
[解析] (1)滑块从B到C所用时间为t，B、C两点间距离为s，则v＝eq \f(s,t)。
(2)由于滑块(含遮光片)弹出后速度为eq \f(s,t)，其动能等于弹簧的弹性势能，因此还需测量滑块(含遮光片)的质量。
(3)增大A、O之间距离x，滑块经B、C间速度变大，计时器显示时间t减小。
[答案] (1)v＝eq \f(s,t) (2)C (3)B
9．(10分)游乐场过山车的运动情况可以抽象为如图所示的模型，弧形轨道AB的下端B点与半径为R的竖直圆轨道平滑连接，质量为m的小球从弧形轨道上离水平地面高度为h的A点由静止开始滚下，小球进入竖直圆轨道后顺利通过圆轨道最高点C，不考虑摩擦等阻力，重力加速度为g。求：
(1)小球位于A点时的重力势能(以水平地面为参考平面)；
(2)小球从A点运动到C点的过程中，重力所做的功；
(3)小球经过C点时的速度大小。
[解析] (1)以水平地面为参考平面，小球位于A点时的重力势能Ep＝mgh。
(2) 小球从A点运动到C点的过程中，WG＝mg(h－2R)。
(3)从A到C运用动能定理：WG＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，vC＝eq \r(2gh－2R)。
[答案] (1)mgh (2)mg(h－2R) (3)eq \r(2gh－2R)
10．(10分)质量为1.0×103 kg的汽车，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，沿倾角为30°的斜坡由静止开始从坡底向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(取g＝10 m/s2)。求：
(1)汽车做匀加速运动持续的时间t1；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？
[解析] (1)根据牛顿第二定律有：
F－mgsin 30°－f＝ma
设匀加速过程的末速度为v，则有：P＝Fv；v＝at1
代入数值，联立解得：匀加速的时间为t1＝7 s。
(2)当达到最大速度vm时，有：P＝(mgsin 30°＋f)vm
解得：汽车的最大速度为vm＝8 m/s。
(3)汽车匀加速运动的位移为x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝24.5 m
在后一阶段牵引力对汽车做正功，重力和阻力做负功，根据动能定理有：
Pt2－(mgsin 30°＋f)x2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mv2,
又有x2＝x－x1
代入数值，联立求解得：t2≈15 s
所以汽车总的运动时间为t＝t1＋t2＝22 s。
[答案] (1)7 s (2)8 m/s (3)22 s
11．(4分)(多选)某质量m＝1 500 kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。若该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为1 250 N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末。则在这11 s内，下列判断正确的是( )
A．汽车第一次切换动力引擎时刻t0＝6 s
B．电动机输出的最大功率为60 kW
C．汽车的位移为165 m
D．汽油机工作期间牵引力做的功为3.6×105J
AC [开始阶段，牵引力F1＝5 000 N，根据牛顿第二定律在F1－Ff＝ma，解得开始阶段的加速度a＝2.5 m/s2，汽车第一次切换动力引擎时v1＝54 km/h＝15 m/s，运动的时间t0＝eq \f(v1,a)＝6 s，故A正确；t0时刻，电动机输出功率最大，Pm＝F1v1＝75 kW，故B错误；汽油机工作期间，功率P＝F2v1＝6 000×15 W＝90 kW,11 s时刻的速度v2＝eq \f(P,F)＝eq \f(90×103,3 600)m/s＝25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功W＝Pt2＝90×103×(11－6)J＝4.5×105J；汽车前6 s内的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2.5×62m＝45 m，后5 s内根据动能定理得Pt2－Ffx2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得汽车后5 s内的位移x2＝120 m，所以11 s内汽车的位移x＝x1＋x2＝165 m，故C正确，D错误。]
12．(4分)(多选)如图所示，竖直平面内有一圆心为O、半径为R的固定半圆槽，CD为水平直径，质量相等的两个小球A、B分别从图示位置以不同的速度水平抛出，结果均落到半圆槽上的P点(O、P两点连线与水平半径OD的夹角θ＝30°)。已知A的初位置在C点正上方且到C点高度为R，B的初位置在C点，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则( )
A．A在空中运动的时间为eq \r(\f(R,g))
B．B被抛出时的速度大小为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)＋1))eq \r(gR)
C．A、B被抛出时的速度大小之比为eq \r(3)∶1
D．A、B落到P点前瞬间所受重力的功率之比为eq \r(3)∶1
BD [由图可知A球下落的高度为hA＝R＋Rsin 30°＝eq \f(3,2)R，A球与B球在水平方向的位移为xA＝xB＝R＋Rcs 30°＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3),2)))R，B球下落的高度为hB＝Rsin 30°＝eq \f(1,2)R，A球在空中运动的时间为tA＝eq \r(\f(2hA,g))＝eq \r(\f(3R,g))，B球在空中运动的时间为tB＝eq \r(\f(2hB,g))＝eq \r(\f(R,g))，可得B球的初速度为vB＝eq \f(xB,tB)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3),2)))eq \r(gR)，A球的初速度为vA＝eq \f(xA,tA)＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3),2)))eq \r(gR)，所以两球的初速度大小之比为1∶eq \r(3)，故A、C错误，B正确；两小球落在P点时，A球在竖直方向的分速度为vAy＝gtA，B球在竖直方向的分速度为vBy＝gtB，根据P＝mgvy可得两球重力的瞬时功率之比为eq \f(PA,PB)＝eq \f(mg·gtA,mg·gtB)＝eq \f(\r(3),1)，故D正确。]
13．(4分)(多选)如图所示，质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质直弹簧的一端与小球相连，另一端固定于O点。小球由A点静止释放后，沿固定竖直杆运动到B点。OA的长度小于OB的长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹簧的弹性势能相等。下列说法正确的是( )
A．小球通过B点时，其所受重力的功率不为零
B．在小球从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大
C．在小球从A点运动到B点的过程中，小球减少的重力势能等于其增加的弹性势能
D．在小球从A点运动到B点的过程中，小球增加的动能等于重力对小球做的功
AD [在小球运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，故小球和弹簧组成的系统机械能守恒；因在A、B两点弹簧的弹性势能相等，小球减少的重力势能转化为小球的动能，所以在B点的速度不为零，则其所受重力的功率不为零，故A正确；在运动过程中A点弹簧为压缩状态，B点弹簧为伸长状态，在小球从A运动到B的过程中，弹簧的形变量先增大后减小再增大，则弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，故B错误；在小球从A运动到B的过程中，增加的弹性势能为零，则小球减少的重力势能大于增加的弹性势能，故C错误；在小球从A运动到B的过程中，弹簧的弹力对小球做功为零，根据动能定理知小球增加的动能等于重力对小球做的功，故D正确。]
14．(4分)质量分别为2m和m的A、B两个物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受到摩擦力的作用减速到静止，其v­t图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．F1、F2大小相等
B．F1、F2对A、B两个物体做功之比为1∶1
C．A、B两个物体受到的摩擦力大小之比为1∶2
D．全过程中摩擦力对A、B两个物体做功之比为1∶2
B [A、B两个物体做匀减速直线运动的加速度大小分别为aA＝eq \f(v0,2t0)，aB＝eq \f(v0,t0)，根据牛顿第二定律可知，A、B两个物体受到的摩擦力的大小分别为fA＝2maA＝eq \f(mv0,t0)，fB＝maB＝eq \f(mv0,t0)，则fA＝fB，故C错误；根据v­t图线与横轴围成的面积表示位移可知，全过程两物体的位移分别为xA＝eq \f(v0·3t0,2)，xB＝eq \f(v0·3t0,2)，可得全过程中摩擦力对A、B做功分别为WfA＝－fAxA，WfB＝－fBxB，故全过程中摩擦力对A、B两个物体做功之比为1∶1，故D错误；A、B两个物体做匀加速直线运动的加速度大小分别为a′A＝eq \f(v0,t0)，a′B＝eq \f(v0,2t0)，由牛顿第二定律得F1－fA＝2ma′A，得F1＝eq \f(3mv0,t0)，F2－fB＝ma′B，得F2＝eq \f(3mv0,2t0)，故A错误；对全过程，由动能定理得WF－Wf＝0，则恒力做功WF＝Wf，可知F1、F2对A、B两个物体做功之比为1∶1，故B正确。]
15．(4分)(多选)如图所示，足够长的粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力的作用。现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中，下列说法正确的有( )
A．a的加速度大小为eq \f(F,m)
B．a的重力势能增加了mgh
C．轻绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加量
D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加量
BD [两物块a、b静止时，对物块a受力分析有mg＝magsin θ，解得ma＝eq \f(m,sin θ)，施加恒力F后分别对物块a、b应用牛顿第二定律，对物块a有FT－magsin θ－Ff＝maa，对物块b有F＋mg－FT＝ma，解得两物块的加速度大小a＝eq \f(F－Ff,m＋ma)16．(6分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材。为完成此实验，除了所给的器材，从下图还必须选取的实验器材是______，可选择的实验器材是________。(填字母代号)
A B C D
E F G
(2)下列方法有助于减小实验误差的是________。
A．在重物的正下方地面铺海绵
B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒
C．重复多次实验，重物必须从同一位置开始下落
D．重物的密度尽量大一些
(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图所示，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度vB＝_______m/s。
若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，重物质量为m，当地重力加速度为g，为得出实验结论完成实验，需要比较mghBH与______________的大小关系(用题中字母表示)。
[解析] (1)在实验中需要用刻度尺测量纸带上点与点间的距离，从而可知道重物下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度。纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表。用电火花计时器时就不用学生电源。必须选取的实验器材为重物、电火花计时器、毫米刻度尺。
重物的质量可以测量也可以不测量，可选择的实验器材为天平。
(2)A.在重物的正下方地面铺海绵可以防止摔坏实验器材，故A错误；
B．不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故B错误；
C．重复多次实验时，重物不需要从同一位置开始下落，故C错误；
D．重物下落时受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦会使实验误差变大。所以选重物的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差。故D正确。
(3)打B点时对应的速度等于A、C两点间的平均速度，vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(5.40×10－2,0.04) m/s＝1.35 m/s;
如果机械能守恒，重物减小的重力势能等于增加的动能，则mgh＝eq \f(1,2)mv2，即mghBH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,H)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)。
[答案] (1)AEF D (2)D (3)1.35 eq \f(1,2)mveq \\al(2,H)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
17．(10分)如图所示，A物体用板托着，位于离地h＝1.0 m处，轻质细绳通过光滑定滑轮与A、B相连，绳子处于绷直状态，已知A物体质量M＝1.5 kg，B物体质量m＝1.0 kg，现将板抽走，A将拉动B上升，设A与地面碰后不反弹，B上升过程中不会碰到定滑轮(g取10 m/s2)，问：
(1)A落地前瞬间的速度大小为多少？
(2)B物体在上升过程中离地的最大高度为多大？
[解析] (1)A落地时，A、B系统重力势能的减少量ΔEp减＝Mgh－mgh，
系统动能的增加量ΔEk增＝eq \f(1,2)(M＋m)v2
根据系统机械能守恒有
Mgh－mgh＝eq \f(1,2)(M＋m)v2
故A落地前瞬间，A、B物体的瞬时速度v＝2 m/s
(2)A落地后，B物体上升过程机械能守恒，设上升h′后速度变为零，取地面为参考平面
故：mgh＋eq \f(1,2)mv2＝mg(h＋h′)
所以h′＝0.2 m
故B物体离地面的最大高度为h＋h′＝1.2 m。
[答案] (1)2 m/s (2)1.2 m
18．(10分)如图甲所示，质量m＝1 kg的物体静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，物体受到一个变力F作用，t＝1 s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v­t图像如图乙所示，不计其他阻力(g取10 m/s2)，求：
甲 乙
(1)变力F做的功；
(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率；
(3)物体回到出发点的速度。
[解析] (1)物体1 s末的速度v1＝10 m/s，根据动能定理得：
WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝50 J。
(2)物体在斜面上升的最大距离：
x＝eq \f(1,2)×1×10 m＝5 m
物体到达斜面时的速度v2＝10 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：
－mgxsin 37°－Wf＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得：Wf＝20 J，
P＝eq \f(Wf,t)＝20 W。
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3，则根据动能定理：
－2Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得：v3＝2eq \r(5) m/s
此后物体做匀速直线运动，到达原出发点的速度为2eq \r(5) m/s。
[答案] (1)50 J (2)20 W (3)2eq \r(5) m/s