章末综合检测(四) 机械能守恒定律（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（人教版2019）

章末综合检测(四)　机械能守恒定律 (满分：100分) 一、选择题(本题共12小题。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12题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) 1．神舟十七号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则(　　) A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大 B．返回舱中的航天员处于失重状态，不受地球的引力 C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行 D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒 C　解析：根据万有引力提供向心力得G＝m，解得v＝，可得天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道运行，和返回舱与天和核心舱的质量无关，A错误，C正确；返回舱中的航天员处于失重状态，仍然受地球引力作用，地球引力提供航天员绕地球做圆周运动的向心力，B错误；返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，D错误。 2．(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中(　　) A．机械能一直增加 B．加速度保持不变 C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大 B　解析：铅球在做平抛运动的过程中，只有重力做功，则机械能守恒，A错误；铅球做平抛运动，只受重力，铅球运动时的加速度等于重力加速度g，一直保持不变，B正确；铅球运动过程中，重力势能转化为动能，动能不断增大，速度大小也不断增大，因此被推出后瞬间动能不是最大，C、D错误。 3．(2024·江西九江高一期末)某同学将5个相同的玻璃球固定在一根细线上，玻璃球等间距分布，初始时整体放置在光滑水平面上，细线刚好伸直，如图所示。甲同学用外力将球1抓住缓慢竖直向上提起，直至球5刚好离开地面，此过程甲同学做的功为W1；乙同学用外力将球3抓住缓慢竖直向上提起，直至球5刚好离开地面，此过程乙同学做的功为W2，则W1与W2的比值为(　　) A．5∶4 B．5∶2 C．15∶4 D．3∶1 B　解析：设玻璃球之间的距离为L，每个玻璃球的质量都为m，根据动能定理可知，甲同学做的功W1＝mgL＋2mgL＋3mgL＋4mgL＝10mgL，乙同学做的功W2＝2mgL＋mg·2L＝4mgL，所以W1∶W2＝5∶2，B正确。 4．(2023·上海交通大学附属中学高一检测)有两个质量均为1 kg的实心铝球、铜球，放在同一水平桌面上保持静止。重力势能大的球是(　　) A．铝球 B．铜球 C．一样大 D．视情况而定 A　解析：铝球的密度小于铜球，则质量相同时铝球的体积较大，放在同一水平桌面上时铝球重心的高度更高，由Ep＝mgh可知两个质量均为1 kg的实心铝球、铜球，放在同一水平桌面上保持静止时，铝球的重力势能大，A正确。 5．如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计。一个质量为m的小滑块从A点由静止滑下，最后停在D点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由D点回到A点，则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ)(　　) A．mgh B．2mgh C．μmg(l＋) D．μmgl＋μmgh cot θ B　解析：由A到D，滑块先在斜面上加速，后在水平面上减速停下。在整个过程中，重力做正功WG＝mgh，摩擦力做功Wf＝－＝－μmg·(l＋hcot θ)，支持力始终不做功。全程由动能定理有mgh＋Wf＝0，得Wf＝－mgh，由D返回A，设拉力做功WF，摩擦力做功仍为Wf，重力做功WG′＝－mgh，由动能定理得WF＋Wf－mgh≈0，解得WF＝2mgh＝2μmg(l＋h cot θ)，B正确，A、C、D错误。 6．(2024·江苏苏州高一期末)如图所示，风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法错误的是(　　) A．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为πρvR2 B．此风力发电机发电的功率为πρv3R2η C．若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的 D．若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的8倍 D　解析：由于风速为v，可以理解为单位时间内通过叶片转动圆面的空气柱长度，所以单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为m＝ρV＝πρvR2，A正确；根据能量的转化与守恒可知，风的一部分动能转化为发电机发出的电能，而发电功率为单位时间内参与能量转化的那一部分动能，所以发电机的发电功率P＝mv2η＝πρv3R2η，B正确；根据P的表达式可知，若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的，C正确；若仅叶片半径增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍，D错误。 7．一名高一学生参加引体向上体能测试，在20 s内完成10次标准动作，每次引体向上的高度约为50 cm，则此过程中学生克服重力做功的平均功率最接近于(　　) A．0 B．150 W C．300 W D．450 W B　解析：高一学生的质量约为60 kg，10次引体向上克服重力做功W＝mgΔh×10＝60×10×0.5×10 J＝3 000 J，此过程中克服重力做功的平均功率＝＝150 W，B正确。 8．(2024·江苏徐州高一期末)如图所示，倾角θ可调的斜面底端安装一个轻质弹簧。当θ为60°时，将质量为m的小物块从斜面上的A点由静止释放，下滑至斜面上的B点后静止，A、B两点间距离为L。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(　　) A．θ为60°时，物块压缩弹簧的过程中动能一直减小 B．θ为60°时，物块到达最低点时弹簧的弹性势能为mgL C．将θ调整为45°，物块仍从A点由静止释放，将静止在B点 D．将θ调整为45°，物块仍从A点由静止释放，将静止在B点上方 D　解析：θ为60°时，物块从静止开始向下加速，接触弹簧后短时间内，弹簧形变量较小，重力沿斜面向下的分力大于沿斜面向上的滑动摩擦力与弹力的合力，即接触弹簧后的短时间内物块仍将向下加速，速度增大，动能增加，A错误；θ为60°时，物块到达最低点时，由能量守恒定律可得mgL sin 60°－μmg cos 60°·L＝Ep，解得Ep＝mgL－，B错误；将θ调整为45°时，则mgL sin 45°－μmg cos 45°·L＜mgL sin 60°－μmg cos 60°·L，即mgL sin 45°－μmg cos 45°·L＜Ep，即物块不能到达B点，将静止在B点上方，C错误，D正确。 9．(2023·全国乙卷)如图所示，一块质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一个质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl BD　解析：设物块在木板上运动时间为t，物块离开木板瞬间物块和木板的速度分别为v1、v2，结合题意分析可知，物块在木板上运动过程中，物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，因物块从木板右端离开，分析可得v0＞v1＞v2，由运动学公式可得，物块在此过程的位移x1＝t，木板在此过程的位移x2＝t，且x1－x2＝l，联立可得t＝l，结合v0、v1、v2的大小关系可知x2＜l，对木板由动能定理有EkM－0＝fx2＜fl，A错误，B正确；当物块从木板右侧离开时，对物块与木板组成的系统由能量守恒定律有mv＋Mv＋Q＝mv，其中Q＝fl，则物块从木板右侧离开时的动能Ekm＝mv＝mv－fl－Mv，可得Ekm＜mv－fl，C错误，D正确。 10．(2024·陕西渭南高一阶段考)水平地面固定一个内径很小的竖直圆形管道，管道的半径为R，圆管内靠近圆心O的侧壁粗糙，远离圆心O的侧壁光滑。直径比圆管内径略小且质量为m的小球在最低点的初速度v0＝，刚好可以第二次经过管道最高点，并从最高点滑下来。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球第一次到最高点的速度大小为 B．小球从开始运动到第二次运动到最高点的过程中机械能减少 mgR C．小球第二次经过a处时速度大小为 D．小球在运动过程中，摩擦力做的总功为 mgR BD　解析：设小球在最高点对内外壁均无压力的速度为v，由牛顿第二定律有mg＝m，可得v＝，设小球第一次到最高点的速度为v1，假设小球从开始运动到第一次到最高点的过程无摩擦力做功，由动能定理有mv－mv＝－mg·2R，解得v1＝，由于v1<v，可知v1不存在，所以假设不成立，由于速度不同，小球与内壁的摩擦力不同，摩擦力做功也不同，无法求出摩擦力做功，无法得出小球第一次到最高点的速度，A错误；由题意可知，小球刚好可以第二次经过管道最高点，刚好通过最高点的临界速度v＝0，小球从开始运动到第二次运动到最高点的过程由动能定理得0－mv＝－mg·2R＋Wf，解得Wf＝－mgR，由功能关系可知，小球从开始运动到第二次运动到最高点过程中机械能减少等于摩擦力做功的大小，即ΔE＝mgR，B正确；由于最高点到a点的过程中，摩擦力做功无法求出，所以无法求出小球第二次经过a点时的速度，C错误；由题意可知，小球在直径ab以下运动时不受摩擦力，根据能量守恒定律可得小球最终将在直径ab以下的半圆弧内做往复运动，由能量守恒定律可得mv＝mgR＋Wf′，解得Wf′＝mgR，即小球在运动过程中，摩擦力做的总功为mgR，D正确。 11．(2024·广东广州高一期末)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度—时间图像和该拉力的功率—时间图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是(　　) A．0～6 s内物体位移大小为30 m B．0～6 s内拉力做的功为60 J C．合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等 D．滑动摩擦力大小为 N ACD　解析：0～6 s内物体位移大小为(4＋6)×6× m＝30 m，A正确；0～6 s内拉力做的功W＝(2×30×＋4×10) J＝70 J，B错误；由动能定理可知，合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等，C正确；由P＝Fv，对应v-t图像和P-t图像可得10 W＝Ff·6 m/s，解得Ff＝ N，D正确。 12．(2023·湖北卷)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为 B．小球在P点下方l处的加速度大小为(3－4)g C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 AD　解析：小球在P点受力平衡，则有mg＝f，f＝μFN，FN＝k(l－)，联立解得k＝，A正确；在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F＝k(l－)，小球受到的摩擦力为f1＝μFN1＝μF sin θ，化简得f1＝μ(kl sin θ－)，θ在MP之间增大在PN间变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等，D正确；小球运动到P点下方时θ＝45°，此时摩擦力大小为f＝μ(kl－)，由牛顿第二定律mg＋F cos 45°－f＝ma，联立解得a＝g，B错误。 二、非选择题(共60分) 13．(6分)(2022·河北卷)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。 (1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________________________，钩码的动能增加量为____________________，钩码的重力势能增加量为________。 图1 　 图2 (2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。 图3 由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是_____________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)k(L－L0)2－k(L－h5－L0)2　m()2　mgh5　(2)上升距离越大阻力做功越多，机械能减少越多 解析：(1)初位置弹簧的弹性势能为Ep1＝k(L－L0)2，末位置弹簧的弹性势能为Ep2＝k(L－h5－L0)2，因此弹簧弹性势能减少量ΔEp＝k(L－L0)2－k(L－h5－L0)2；F点钩码的速度vF＝，可知钩码在F点的动能为Ek＝m()2，则钩码的动能增加量ΔEk＝m()2；钩码重力势能增加量为mgh5。 (2)由题图知，两曲线纵向间隔变大，说明系统机械能减少量增加，其主要原因是上升距离越大阻力做功越多，机械能减少越多。 14．(8分)“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图如图甲所示。 (1)某同学按照正确操作选的纸带如图乙所示，其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，打点频率为50 Hz，该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中(单位：cm)，重物的质量为m＝0.1 kg，重力加速度g取9.80 m/s2。根据以上数据，当打点计时器打到B点时，重物重力势能的减少量为______J，动能的增加量为______J。(要求计算结果均保留3位有效数字) (2)通过作图像的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度。从纸带上选取多个点，测量从起始点O到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以下落高度h为横轴，根据实验数据作出图线。若在实验误差允许的范围内，图线是一条过原点的直线，验证了机械能守恒定律，则图线斜率表示的物理量是________________________________________________________________________。 (3)在实验过程中，以下说法正确的是______。 A．实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，因此，实验选取的纸带越短越好 B．实验中用天平称出重物的质量是必不可少的步骤 C．测出重物下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度 D．若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证 答案：(1)0.550　0.545　(2)重力加速度(或g)　(3)D 解析：(1)当打点计时器打下B点时，重物重力势能的减少量 ΔEp＝mgh＝0.1×9.8×56.10×10－2 J＝0.550 J。 B点的瞬时速度 vB＝＝ m/s＝3.3 m/s 则动能的增加量 ΔEk＝mv＝×0.1×3.32 J＝0.545 J。 (2)根据机械能守恒定律有：mgh＝mv2，则v2＝gh，可见v2-h图像中图线的斜率等于当地的重力加速度g。 (3)实验中摩擦不可避免，纸带越短克服摩擦做功越小，但是纸带不是越短越好，A错误；由mgh＝mv2有v2＝gh，质量可以约去，可见不需测量重物的质量，B错误；因在初速度为0的匀变速运动中有v2＝2ah，而验证机械能守恒定律时需验证的式子是v2＝gh，可见在验证机械能守恒定律时实质上是验证物体运动的加速度a是否等于重力加速度g，故计算瞬时速度时不能使用v＝gt或v＝等式，否则就默认了机械能守恒，失去验证的意义，C错误；若纸带前面几点较为密集且不清楚，可以舍去前面比较密集的点，合理选取一段打点比较清晰的纸带，同样可以验证，但需注意初速度不等于0，D正确。 15．(10分)(2024·安徽滁州高一期末)上海的磁悬浮列车如图所示，它靠磁体间相互作用浮离轨道约15 cm，列车的总质量为3×104 kg，它从静止开始做匀加速直线运动，当运行50 s时瞬时速度为60 m/s，运行最高速度可达360 km/h(即100 m/s)。运行时所受空气阻力与速度的平方成正比，即f＝kv2，k＝2 kg/m，g取10 m/s2。求： (1)使列车浮起要做的功； (2)估算列车的额定输出功率； (3)估算50 s这一时刻列车牵引力的瞬时功率。(保留2位有效数字) 答案：(1)4.5×104 J　(2)2×106 W　(3)2.6×106 W 解析：(1)使列车浮起需克服重力做功 W＝mgh＝4.5×104 J。 (2)列车以最大速度v m运行时，做匀速直线运动有 F＝f＝kv＝2×1002 N＝2×104 N 由此得列车的额定输出功率P＝Fv m＝2×106 W。 (3)列车开始运动至50 s内做匀加速直线运动，由v＝at得，加速度大小a＝1.2 m/s2 设瞬时速度v＝60 m/s时阻力为f′，牵引力为F′，根据牛顿第二定律有F′－f′＝ma 又有f′＝kv2 解得F′＝4.32×104 N 50 s这一时刻列车牵引力的瞬时功率 P＝F′v＝2.6×106 W。 16．(10分)(2022·上海卷)如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面。A与地面间高度差为h1，BC间高度差为h2，一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地，已知重力加速度为g。 (1)若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB； (2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。 答案：(1)E1－mgh1 (2)＜F＜ 解析：(1)物块从B点到落地过程中只有重力做功，因此机械能守恒，设地面为零势能面，由机械能守恒定律有 mgh1＋EkB＝E1① 解得EkB＝E1－mgh1②。 (2)设恒力F的最大值为Fmax，物块从A点静止开始运动到落地的过程中，根据动能定理得 FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1③ 解得Fmax＝④ 设恒力的最小值为Fmin，若物块恰能到达C点，在物块从A点静止开始运动到达C点的过程中，根据动能定理得 FminL－μmgL－mgh2＝0⑤ 解得Fmin＝⑥ 联立④⑥解得恒力F必须满足的条件是 ＜F＜。 17．(12分)(2024·天津高一期末)如图所示，在竖直平面内有轨道PMNQ，水平轨道PMN与足够高的弯曲轨道NQ平滑连接。左端固定于P点的轻弹簧处于原长状态，右端恰位于M点。质量m＝0.2 kg的小滑块(可视为质点)静止于N点。已知轨道MN的长度L＝1.5 m，MN与小滑块间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分均光滑。现使小滑块获得一个水平向右的初速度v0＝4 m/s(设弹簧始终处于弹性限度内，小滑块始终未脱离轨道，g取10 m/s2)，求： (1)小滑块第一次沿轨道NQ上升的最大高度； (2)弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能； (3)小滑块最后一次离开弹簧时的速度大小。 答案：(1)0.8 m　(2)1.3 J　(3)1 m/s 解析：(1)设小滑块第一次沿轨道NQ上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得mv＝mgh 解得h＝0.8 m。 (2)设弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为Ep，由能量守恒定律得mv＝μmgL＋Ep 解得Ep＝1.3 J。 (3)设小滑块运动全过程的路程为s，对小滑块的整个运动过程用动能定理得－μmgs＝0－mv 解得s＝8 m，s＝5L＋0.5 m 小滑块最后一次离开弹簧后向右减速x＝0.5 m停止；设小滑块最后一次离开弹簧时的速度大小为v，由动能定理得－μmgx＝0－mv2 解得v＝1 m/s。 18．(14分)(2024·湖北武汉高一期末)如图所示，一根轻质细线长L＝0.6 m，一端固定在O点，另一端系一个小物块质量m＝2 kg，不计物块体积大小。现将细线拉直，使细线在O点右侧水平线上方与水平方向夹角θ＝30°，物块位于图中A处。物块由A处静止释放，不计空气阻力，物块做自由落体运动至细线绷紧瞬间，物块沿细线方向的速度立即变为0，而沿垂直细线方向的速度保持不变。随即以线长为半径做圆周运动到最低点C处时，细线下端突遇锋利小刀P瞬间将细线割断，此瞬间对物块运动没有造成影响。物块恰沿水平方向冲上一个静止于光滑水平面上的长木板上表面右端，长木板质量M＝1 kg，物块与长木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.2。物块最终恰好在长木板左端相对木板静止。g取10 m/s2。求： (1)在细线绷紧瞬间细线对物块做的功W； (2)长木板的长度d； (3)物块与木板间摩擦力对系统做的总功Wf。 答案：(1)－3 J　(2)1.25 m　(3)－5 J 解析：(1)从A处释放到细线在B处绷紧时物块下落的高度为h＝2L sin θ， 由动能定理得mgh＝mv 在B处，对速度分解如图所示，沿细线方向的v1′将立即变为0。v1＝vB cos θ 所以绷紧瞬间细线做功W＝ΔEk＝m(v－v) 解得W＝－3 J。 (2)从绷紧后瞬间B处到最低点C处，由动能定理有 mgL(1－sin θ)＝m 解得vC＝ m/s 从物块冲上长木板到相对静止的过程中，设此过程时间为t，共同的速度为v 对物块：μmg＝ma1，v＝vC－a1t，x1＝t 对木板：μmg＝Ma2，v＝a2t，x2＝t 板长d＝x1－x2， 联立代入数值可得d＝1.25 m。 (3)摩擦力对物块做功W1＝－μmg·x1 摩擦力对木板做功W2＝μmg·x2 则摩擦力对系统做的总功Wf＝W1＋W2 代值得Wf＝－5 J。 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