第四章 机械能及其守恒定律 章末检测试卷(四)-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（粤教版）

章末检测试卷(四) (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.(2023·连云港市期末)质量为m＝1 kg的小球，从图中A点下落到地面上的B点，已知h1＝1.2 m，h2＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A．以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为12 J B．以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为8 J C．从A点到B点的过程中，小球动能的增加量为12 J D．从A点到B点的过程中，小球重力势能的减少量为20 J 答案　D 解析　以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为EpA＝mg(h1＋h2)＝20 J，以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为EpB＝－mgh2＝－8 J，A、B错误；从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律可知动能的增加量等于重力势能的减少量，即ΔEk＝mg(h1＋h2)＝20 J，C错误，D正确。 2.(2023·广东深圳高一校考期中)人站在如图所示的自动扶梯的斜面上，与扶梯一起沿斜面匀速上升，则在这个过程中，脚底所受的摩擦力(　　) A．等于零，对人不做功 B．沿斜面向下，对人做负功 C．沿斜面向上，对人不做功 D．沿斜面向上，对人做正功 答案　D 解析　人站在自动扶梯的斜面上，与扶梯一起沿斜面匀速上升，则人处于平衡状态，受重力、支持力、沿斜面向上的静摩擦力，其中支持力垂直斜面，不做功，重力做负功，静摩擦力做正功，故A、B、C不符合题意，D符合题意。 3.(2023·厦门一中高一期末)如图所示，轻弹簧水平固定在墙上，一小球以初速度v0沿光滑水平面向左运动。在小球向左压缩弹簧的过程中(　　) A．小球做匀减速运动 B．小球和弹簧组成的系统机械能不守恒 C．克服弹簧弹力做功，小球机械能减少 D．小球和弹簧刚接触时速度最大，加速度最大 答案　C 解析　在小球向左压缩弹簧的过程中，弹簧的形变量越来越大，弹簧弹力越来越大，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度越来越大，小球做加速度变大的减速运动，A错误；小球和弹簧组成的系统所受外力做功为零，系统的机械能守恒，B错误；弹簧弹力对小球做负功，即小球克服弹簧弹力做功，小球的机械能减少，C正确；小球和弹簧刚接触时速度最大，但此时弹簧弹力最小，加速度最小，D错误。 4.(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　运动员从a到c根据动能定理有mgh＝mvc2，在c点有FNc－mg＝m，FNc≤kmg，联立有Rc≥，故选D。 5．(2023·广东深圳高一校考期中)如图所示，两个完全相同的小球甲、乙，从高度相同的光滑斜面顶端由静止释放，已知斜面倾角θ1<θ2，两小球均可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．两球落地时的速度相同 B．滑到底端过程中，重力对小球甲做的功较多 C．滑到底端过程中，重力对小球甲做功的平均功率较大 D．滑到底端时，小球乙所受重力做功的瞬时功率较大 答案　D 解析　滑到底端过程中，重力对小球做功W＝mgh，高度相同，则做功相同，故B错误；根据动能定理可知，两球落地时的速度大小相同，方向不同，故A错误；滑到底端过程中有＝at2，又a＝gsin θ，联立解得t＝，所以甲运动时间长，做功相同，由P＝得重力对小球甲做功的平均功率较小，故C错误；滑到底端时，小球受重力做功的瞬时功率P＝mgvsin θ，小球乙所受重力做功的瞬时功率较大，故D正确。 6.如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在与B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点时对轨道的压力大小为(　　) A．2μmg B．3mg C．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg 答案　C 解析　设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－mvB2，在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，联立解得FN＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(1＋2μ)mg，选项C正确。 7．(2023·福建省福州第一中学高一期末)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(取g＝10 m/s2)(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25 B．物体在8 m处的加速度为a＝4 m/s2 C．整个过程中拉力做功的平均功率P＝5 W D．合力做的功为－32 J 答案　D 解析　物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝8 N，所以有μ＝＝＝＝0.4，故A错误；由题图可知在8 m处拉力大小为4 N，根据牛顿第二定律可知此时有F－f＝ma，代入数据可得a＝－2 m/s2，故B错误；由于不知道整个过程运动的时间，故不能求得拉力做功的平均功率，故C错误；F－s图像与横轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知WF＝(8×4＋×8×8) J＝64 J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgs＝－8×12 J＝－96 J，所以合外力做的功为W合＝－96 J＋64 J＝－32 J，D正确。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.(2023·广东揭阳高一期末)竖直放置的轻弹簧下端连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示。则迅速放手后直至小球运动到最低点过程(不计空气阻力)(　　) A．放手瞬间小球的加速度等于重力加速度 B．弹簧的弹力一直增大 C．小球与弹簧以及地球组成的系统机械能守恒 D．小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大 答案　CD 解析　放手瞬间，弹簧处于压缩状态，小球受到竖直向下的弹力和重力，小球的合力大于重力，故小球的加速度大于重力加速度，A错误；小球向下运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹力逐渐减小，弹簧恢复原长时，弹力为零，之后弹簧处于伸长状态，随着伸长量的增大，弹力逐渐增大，B错误；小球与弹簧以及地球组成的系统，只有弹力和重力做功，系统满足机械能守恒，C正确；小球向下运动过程中，小球与弹簧以及地球组成的系统机械能守恒，小球的重力势能不断减小，故小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大，D正确。 9.一长度为2R的轻质细杆两端分别连接质量为m和2m、可视为质点的球M、N，细杆的中点O处有一轴，细杆可绕其在竖直面内无摩擦地转动，开始时细杆处于竖直位置，球N处在最高点，如图所示，当装置受到很小的扰动后，细杆开始绕过中点的轴转动，则在球N转动到最低点的过程中，下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　　) A．球M的机械能守恒 B．球N的机械能守恒 C．细杆对球M、N均做功 D．运动过程中两球的最大速度均为 答案　CD 解析　球M的重力势能、动能均在增加，故机械能增加，A错误；两球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，所以球N的机械能减少量等于球M的机械能增加量，故B错误；两球机械能均不守恒，杆对球M、N均做功，C正确；球N转动到最低点时两球速度最大，根据机械能守恒定律得4mgR－2mgR＝×2mv2＋mv2，解得v＝，故D正确。 10．如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3 m，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的变化如图乙所示。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　　) A．物体的质量m＝1 kg B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4 C．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2 D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J 答案　ACD 解析　物体到达最高点时，机械能E机＝Ep＝mgh，则m＝＝ kg＝1 kg，故A正确；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，则|ΔE机|＝μmgcos α·，解得μ＝0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α＝ma，解得a＝10 m/s2，故C正确；由题图乙可知，物体上升过程中摩擦力做的功W＝30 J－50 J＝－20 J，则物体从斜面底端开始向上运动到回到斜面底端的整个过程中，由动能定理得Ek－Ek0＝2W，则Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正确。 三、非选择题(本题共4小题，共54分) 11．(10分)(2023·滨海新区塘沽第一中学期末)如图甲所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。 (1)实验中得到的一条纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。重物的质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。则从打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量ΔEk＝________。 (2)在实验过程中，下列实验操作和数据处理错误的是________。 A．重物下落的起始位置靠近打点计时器 B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重物 C．为测量打点计时器打下某点时重物的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式v＝计算，其中g应取当地的重力加速度 D．用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式Ep＝mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度 (3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度v，描点并绘出v2－h的图像。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2－h图像是图中的________。 答案　(1)(4分)　(2)C(3分)　(3)A(3分) 解析　(1)因为做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则重物打B点时的速度大小为vB＝ 所以，从打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量为 ΔEk＝mvB2＝ (2)为充分利用纸带，重物下落的起始位置应靠近打点计时器，A正确；做实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放重物，B正确；根据实验打出的纸带，应由匀变速直线运动的推论求出打点计时器打下某点时重物的速度v，不可测量该点到O点的距离h，再根据公式v＝计算，否则就默认了机械能守恒，失去了验证的意义，C错误；用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式Ep＝mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，D正确。 (3)设重物下落时所受阻力为f，由动能定理得mgh－fh＝mv2 整理得v2＝2(g－)h 阻力f不变，m、g不变，则v2∝h，故选A。 12．(14分)(2023·广东湛江高一统考期末)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。 (1)如图(a)，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________ N/m。(g取9.8 m/s2，结果保留两位有效数字) 砝码质量(g) 50 100 150 弹簧长度(cm) 8.62 7.63 6.66 (2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图(b)所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________。 (3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________。 (4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系图像如图(c)。由图可知，v与x成________关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比。 答案　(1)50(4分)　(2)相等(3分)　(3)滑块的动能(3分)　(4)正比　形变量的平方(4分) 解析　(1)根据胡克定律有Δmg＝kΔx 由表格数据有Δm＝50 g＝0.05 kg，Δx＝ cm＝9.8×10－3 m，解得k＝50 N/m (2)当气垫导轨调整至水平时，滑块自由滑动时做匀速直线运动，则通过两个光电门的速度大小相等。 (3)释放滑块过程中，弹簧形变量减小，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。 (4)题图(c)中v与x的关系图线是一条过原点的直线，v与x成正比关系；由于滑块的动能Ek＝mv2，在释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，而速度v与形变量x成正比关系，则可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的形变量的平方成正比。 13．(14分)某滑雪道为曲线轨道，滑雪道长s＝2.5×103 m，竖直高度h＝720 m。运动员从该滑道顶端由静止开始滑下，经t＝200 s到达滑雪道底端时速度v＝30 m/s，人和滑雪板的总质量m＝80 kg，g取10 m/s2，求人和滑雪板： (1)到达底端时的动能； (2)在滑动过程中重力做功的平均功率； (3)在滑动过程中克服阻力做的功。 答案　(1)3.6×104 J　(2)2.88×103 W　(3)5.4×105 J 解析　(1)到达底端时的动能Ek＝mv2(2分) 代入数据得Ek＝3.6×104 J(2分) (2)在滑动过程中重力做的功W＝mgh(2分) 重力做功的平均功率P＝(2分) 代入数据解得P＝2.88×103 W。(2分) (3)设在滑动过程中克服阻力做的功为Wf，由动能定理有 mgh－Wf＝mv2(2分) 代入数据解得Wf＝5.4×105 J。(2分) 14．(16分)(2022·广东梅州高一统考期末)如图所示，水平面右端放一质量m＝0.1 kg、可视为质点的小物块，使小物块以v0＝4 m/s的初速度向左运动，运动d＝1 m后将弹簧压至最紧，此时弹簧具有的弹性势能为Ep＝0.5 J。若水平面与一长L＝3 m的水平传送带平滑连接，传送带以v2＝10 m/s的速度顺时针匀速转动。传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆轨道的底端平滑连接，圆轨道半径R＝0.8 m，当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭。取g＝10 m/s2。求： (1)小物块与水平面间的动摩擦因数μ1； (2)物块反弹回出发点的速度v1的大小； (3)要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件。 答案　(1)0.3　(2)2 m/s　(3)μ2≤0.2或μ2≥0.6 解析　(1)小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得Ep＝mv02－μ1mgd(2分) 代入数据解得μ1＝0.3(1分) (2)小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得μ1mg·2d＝mv02－mv12(2分) 代入数据解得v1＝2 m/s(1分) (3)本题分两种情况讨论： ①设物块在圆轨道最低点时速度为v3时，恰好到达圆心右侧等高点。根据机械能守恒得mgR＝mv32(1分) 解得v3＝4 m/s<v2＝10 m/s(1分) 说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得μ2mgL＝mv32－mv12(1分) 解得μ2＝0.2(1分) ②设物块在圆轨道最低点时速度为v4时，恰好到达圆轨道最高点。在圆轨道最高点有 mg＝m(1分) 从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得2mgR＋mv52＝mv42(1分) 解得v4＝2 m/s<v2＝10 m/s(1分) 说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得μ2mgL＝mv42－mv12(1分) 解得μ2＝0.6(1分) 所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件为μ2≤0.2或μ2≥0.6。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$