第8章 机械能守恒定律 章末达标检测8（Word练习）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019）

(满分：100分) 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分) 1．野山鼠擅长打洞，假设山鼠打洞时受到的阻力Ff与洞的深度L成正比，即Ff＝kL(k为比例常数)，则野山鼠打到洞深d的过程中，需要克服阻力做的功为(　　) A．kd2 B. C．2kd2 D. 解析　由于山鼠打洞时受到的阻力Ff与洞的深度L成正比，则野山鼠打到洞深d的过程中，需要克服阻力做的功为W＝fd＝d＝，故选项B正确。 答案　B 2．如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度，使小车沿轨道内侧做圆周运动。要使小车不脱离轨道，则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为(　　) A. B. C. D. 解析　小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg＝m。小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒。设小车在A处获得的最小初速度为vA，由机械能守恒定律得mvA2＝mgr＋mv2，解得vA＝，故选项C正确。 答案　C 3．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 解析　对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12 N；下落过程，(mg－F)h＝Ek－Ek0，即mg－F＝k′＝8 N，联立两公式，得到m＝1 kg、F＝2 N。 答案　C 4．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　) A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变 解析　运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。 答案　C 5．如图所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一小钉子，现将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是(　　) A. B. C. D. 解析　设小球做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为mg＝m，解得v0＝；小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得mg(L－2R)＝mv2－0，解得R＝，所以OA的最小距离为L－R＝，故D正确。 答案　D 6．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的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　) A．物体的质量为1 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 解析　由Ep­h图像知其斜率为G，故G＝＝20 N，解得m＝2 kg，故A错误；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E总－Ep＝100 J－0＝100 J，故mv2＝100 J，解得v＝10 m/s，故B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，Ek＝E总－Ep＝90 J－40 J＝50 J，故C错误；h＝0时，Ek＝E总－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m时，Ek′＝E总－Ep＝80 J－80 J＝0 J，故Ek－Ek′＝100 J，故D正确。 答案　D 7.如图所示，物体自倾角为θ、长为L的固定于水平地面的斜面顶端由静止开始滑下，到斜面底端时与固定挡板发生碰撞，碰后物体又沿斜面上升，多次往复后，物体最后停靠在挡板上。设碰撞时无机械能损失，物体总共滑过的路程为s，则物体与斜面间的动摩擦因数为(　　) A. B. C. D. 解析　碰撞时无机械能损失，物体最终停在挡板上，对全过程，运用动能定理得mgLsin θ－μmgscos θ＝0，解得μ＝，故选C。 答案　C 8．(2024·黑龙江哈尔滨期中)如图所示，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，以速度大小v0＝4 m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB的长度L＝6 m，传送带的速度大小v＝2 m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2，物块滑离传送带时传送带对物块做的功为(　　) A．4 J B．2 J C．6 J D．－6 J 解析　物块向右减速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度大小为a＝＝2 m/s2，物块向右减速到速度为0通过的位移大小为x1＝＝4 m<L＝6 m，可知物块向右减速到速度为0后反向加速到与传送带共速，之后与传送带相对静止一起匀速运动到左端离开，根据动能定理可知，传送带对物块做的功为W＝mv2－mv02＝－6 J，故选D。 答案　D 9．图甲、图乙分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角θ相同，某质量为m的同学先后站在两扶梯上，随扶梯匀速上升，均在时间t内上升的高度为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．两图中支持力均对人不做功 B．两图中重力的瞬时功率均为mgv C．图乙人所受的摩擦力做功的平均功率为 D．若图甲电梯加速运动，甲所受的摩擦力对甲做正功 解析　题图甲中，人匀速上升，支持力向上，与速度方向为锐角，则支持力做正功。题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，A错误；由题图知，重力与速度之间有夹角，故两图中重力的瞬时功率均为P＝mgvsin θ，B错误；题图乙人所受的摩擦力为动力，摩擦力做正功，由于电梯做匀速直线运动，则摩擦力做功等于重力势能增加量，则Pt＝mgh，P＝，C正确；若题图甲电梯加速运动，设人的加速度为a方向斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得ax＝acos θ，方向水平向右；ay＝asin θ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用f＝ma＝macos θ，方向水平向右，电梯对人的摩擦力表现为动力，故甲所受的摩擦力对甲做正功，D正确。 答案　CD 10．质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　) A．重力势能增加了mgh B．克服摩擦力做功mgh C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh 解析　物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A正确；根据牛顿第二定律知：mgsin 30°＋f＝ma，解得摩擦力的大小f＝mg，物体沿斜面上升的位移为2h，则克服摩擦力做功2fh＝mgh，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，为ΔEk＝F合·2h＝m·g·2h＝mgh，故C错误；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，为mgh，故D正确。 答案　AD 11．(2024·重庆期末)如图所示，某足够长的斜面倾角为θ，底部在A点与水平面平滑连接。在斜面下方的水平面上标记一个定点O作为原点建立直角坐标系，规定正方向如图所示。一木块(可视为质点)与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ，从P(0，h)由静止释放，恰好在Q(x,0)停下。改变P、A两点的位置以及斜面倾角θ，使木块由静止释放后仍能在Q点停下，满足条件的P点坐标可能是(　　) A. B. C. D. 解析　小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在Q点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为x1＝Lcos θ，根据功能关系可得mgh＝μmgLcos θ＋μmg(x－x1)，整理可得mgh＝μmgx，解得μ＝。改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在Q点停下，设小木块静止释放点的坐标为(x′，h′)。根据前面的分析可得mgh′＝μmg(x－x′)，整理可得h′＝h－·x′。当x′＝x时，解得h′＝h；当x′＝x时，解得h′＝h；当x′＝x时，解得h′＝h；当x′＝x时，解得h′＝h，故A错误，BCD正确。 答案　BCD 12．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环(　　) A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2 C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 解析　圆环受到重力、弹力、阻力、支持力，圆环的运动是先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后静止，A项错误；A到C过程，根据能量守恒定律有mgh－Wf＝Ep(Wf为阻力做功，Ep为弹性势能)，C到A过程，mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得Wf＝mv2，B项正确；在C处，弹簧的弹性势能为mgh－mv2，C项错误；A到B过程，mgh1－Wf1＝mvB12＋ΔEp1，C到B过程，mv2＋ΔEp2＝mvB22＋mgh2＋Wf2，比较得vB2＞vB1，D项正确。 答案　BD 二、实验题(本题共2小题，共10分) 13．(6分)某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地重力加速度为g＝9.80 m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示。纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题：(计算结果保留三位有效数字) (1)打点计时器打B点时，重物速度的大小vB＝________ m/s。 (2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据。 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析　(1)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知vB＝，由电源频率为50 Hz可知T＝0.02 s，代入其他数据可解得vB＝3.90 m/s。 (2)本实验是利用自由落体运动验证机械能守恒定律，只要在误差允许范围内，重物重力势能的减少等于其动能的增加，即可验证机械能守恒定律。选B点分析，由于mvB2≈7.61m，mghB≈7.70m，故该同学的实验结果近似验证了机械能守恒定律。 答案　(1)3.90　(2)见解析 14．(4分)某同学用如图所示的实验装置探究外力做功与小车动能变化的关系。 (1)实验中，该同学让小车从静止开始运动一段位移，利用打点计时器测得了小车的速度v和位移x，读取了弹簧测力计的示数T，还测得了小车的质量M，沙桶的质量m，则细线对车做的功可以用W＝________来计算。 (2)实验中，该同学改变拉力，仍让小车从静止开始运动，保持位移一定，测得W与v对应的多组数据，得到如图所示的W­v2关系图像，但与预期的过原点直线不符，经检查测量、计算与作图均无误。你认为主要原因是________________；实验操作中改进的具体措施是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)细线的拉力等于弹簧测力计的示数T，则细线对车所做的功W＝Tx。 (2)因没有平衡小车的摩擦力，故细线拉力对小车所做的功W＝mv2＋Wf。(其中Wf为小车克服阻力所做的功)。 答案　(1)Tx　(2)小车受到了阻力　将平板适当垫高平衡小车受到的摩擦力 三、计算题(本题共4小题，共42分) 15．(10分)一辆质量m＝1 500 kg的汽车，沿平直的路面以恒定功率P＝20 kW由静止出发，经过t＝60 s，汽车达到最大速度vm＝20 m/s。设汽车运动过程中受到的阻力恒定。求： (1)汽车运动过程中受到的阻力f的大小； (2)汽车运动速度v＝10 m/s时加速度a的大小； (3)0到60 s汽车行驶的距离s。 解析　(1)汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力F＝f，此时P＝Fvm 联立解得f＝1 000 N。 (2)汽车速度v＝10 m/s时，设汽车的牵引力为F′，则F′＝ 由牛顿第二定律F′－f＝ma 代入数据解得a＝ m/s2。 (3)0到60 s汽车牵引力做的功为Pt，汽车克服阻力做的功为fs，由动能定理 Pt－fs＝mvm2－0，代入数据解得s＝900 m。 答案　(1)1 000 N　(2) m/s2　(3)900 m 16.(10分)(2024·江苏扬州期中)如图所示，重物质量m1＝0.5 kg，圆环质量m2＝0.3 kg，通过轻绳跨过定滑轮连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，B点与定滑轮A等高，A、B间距离l＝0.8 m，开始时圆环在C点，系统处于静止状态。不计定滑轮和空气的阻力，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)系统处于静止状态时，细线与竖直杆的夹角θ； (2)将圆环提自B点从静止释放，向下运动的最大距离h。 解析　(1)平衡时，对圆环进行受力分析，有m1gcos θ＝m2g 解得θ＝53°。 (2)圆环向下运动到最大距离时，重物和圆环的速度都为0，该过程系统机械能守恒 m2gh＝m1gh1，由几何关系可得h1＝－l 联立解得h＝1.5 m。 答案　(1)53°　(2)1.5 m 17．(10分)航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求： (1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W； (2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN的大小。 解析　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有 ＝① 根据动能定理，有 W＝mv2－0② 联立①②式，代入数据解得 W＝7.5×104 J。③ (2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有 L2＝Rsin θ④ 由牛顿第二定律，有 FN－mg＝m⑤ 联立①④⑤式，代入数据解得 FN＝1.1×103 N。 答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N 18．(12分)(2024·广东广州期中)如图为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，工作一段时间后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为f＝0.4 N，赛车质量为m＝0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、F两点间高度差为h＝0.45 m，赛道AB的长度为L＝2 m，C与圆心O的连线与竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： (1)电动机工作的时间； (2)要使赛车能通过圆轨道最高点D后沿轨道回到水平赛道EG，轨道半径R需要满足什么条件？ 解析　(1)赛车在BC间做平抛运动，则竖直方向有2gh＝vy2，可得vy＝＝3 m/s 则在C点的速度分解图如图所示，由图可知vC＝＝5 m/s 赛车通过B点时的速度v0＝vCcos 37°＝4 m/s 根据动能定理得Pt－fL＝mv02 解得电动机工作时间t＝2 s。 (2)当赛车恰好通过最高点D时，轨道半径最大，设轨道半径为Rm，mg＝m 从C到D，由动能定理可知－mgRm(1＋cos 37°)＝mvD2－mvC2，解得Rm＝ m 所以轨道半径的取值范围为0<R≤ m。 答案　(1)2 s　(2)0<R≤ m 学科网（北京）股份有限公司 $$