章末综合检测(4) 机械能及其守恒定律（Word练习）-【优化指导】2026-2027学年高中物理必修第二册（教科版2019）

章末综合检测(四)　机械能及其守恒定律 (时间：75分钟　满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。第1～5题只有一个符合题目要求，第6～8题有多个选项符合要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是 (　　) A．90 W B．30 kW C．36 kW D．300 kW C　解析：实际功率P＝Fv＝fv＝1.8×103 N×20 m/s＝36 kW，C正确。 2．中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3，假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，重力加速度g取10 m/s2，泵送系统每小时对混凝土做的功至少为 (　　) 发动机最大输出功率(kW) 332 最大输送高度(m) 63 整车满载质量(kg) 5.4×104 最大输送量(m3/h) 180 A.1.08×107 J B．5.04×107 J C．1.08×108 J D．2.72×108 J C　解析：泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功W＝ρVgh＝2.4×103×150×10×30 J＝1.08×108 J，C正确。 3．某游乐场中的水滑梯如图所示，可视为由倾斜的光滑轨道和水平的阻力轨道组成。若人(视为质点)从距水平轨道7.2 m高的水滑梯的顶端滑下，人在水平轨道上受到的平均阻力为其所受重力的，出于安全考虑，要求人不能碰撞水平轨道的末端，则水平轨道的长度至少为 (　　) A．12 m B．18 m C．25 m D．36 m D　解析：对人从距水平轨道7.2 m高的水滑梯的顶端滑下，到水平轨道的末端时由动能定理可知mgh－mgx＝0，得x＝5h＝36 m，即水平轨道的长度至少为36 m，D正确。 4．桑格尔弹道是如今大部分国家巡航导弹普遍采用的一种反追踪式弹道。导弹经地表发射后会多次“跳跃”过大气层然后击中目标，从而雷达不能准确捕捉运动轨迹。如图所示，已知地球半径为R，质量为M，大气层厚度为d，导弹的质量为m，到达预定高度后关闭发动机，由A点第一次进入大气层，经机翼修正速度后从B点再次穿出大气层，经C点由D点再次进入大气层。由上述信息可以判断 (　　) A．导弹从A点到D点的过程中机械能守恒 B．导弹在A、B、D三点速度大小相等 C．导弹在C点，只受万有引力作用 D．导弹在D点受向心力大小为G C　解析：导弹从A到B的过程由于进入了大气层，有空气阻力，机械能变小，则A、B两点速度不等；从B到D无空气阻力，则机械能守恒，B、D两点速度相等，A、B错误；由于C点在大气层外，导弹在C点只受万有引力作用，C正确；导弹在D点，并不是在万有引力的作用下做圆周运动，不能认为万有引力等于向心力，D错误。 5．如图所示，把石块从高处抛出，初速度大小v0，抛出高度为h，方向与水平方向夹角为θ(0≤θ<90°)，石块最终落在水平地面上。不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　) A．对于不同的抛射角θ，石块落地的时间相同 B．对于不同的抛射角θ，石块落地时的机械能相同 C．对于不同的抛射角θ，石块落地时的水平射程相同 D．对于不同的抛射角θ，石块落地时重力的功率相同 B　解析：将石块初速度沿竖直方向分解，竖直方向的速度vy＝v0sin θ，由公式h＝vyt－gt2＝v0sin θt－gt2，所以对于不同的抛射角θ，石块落地的时间不相同，A错误；由于不计阻力，所以石块抛出后只受重力，机械能守恒，所以对于不同的抛射角θ，石块落地时的机械能相同，B正确；石块初速度沿水平方向分解，水平方向上x＝v0cos θ·t，结合A选项可知对于不同的θ水平位移不相同，C错误；vy2－(v0sin θ)2＝－2gh，重力的功率为P＝mgvy，所以对于不同的θ，重力的功率不同，D错误。 6．如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有 (　　) A．从M到N，小车牵引力大小为40 N B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J ABD　解析：小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，A正确；依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N，摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，故小车克服摩擦力做功为800 J，B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg×Δh＝500 N×20 m×sin 30°＝5 000 J，C错误；依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有f2＋mg sin 30°＝，摩擦力做功为W2＝－f2×s2，s2＝20 m，联立解得W2＝－700 J，故小车克服摩擦力做功为700 J，D正确。 7．复兴号动车组在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内 (　　) A．做匀加速直线运动 B．加速度逐渐减小 C．牵引力的功率P＝fvm D．牵引力做功W＝mvm2－mv02 BC　解析：动车的功率恒定，根据P＝F牵v可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－f＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为P＝fvm，C正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理得Pt－fs＝mvm2－mv02，D错误。 8．一个物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线 Ⅰ、Ⅱ 所示，斜面底端所在水平面为零势能面，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A．物块下滑过程中机械能不守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J AB　解析：下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，可得质量m＝1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cos θ·s＝20 J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma，求得a＝2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D错误。 二、非选择题(本题共6小题，共52分) 9．(6分)某实验小组同学利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度大小g＝9.80 m/s2。 (1)小组同学想测重物的质量，但没有天平，该小组同学用弹簧测力计测出重物受到的重力如图乙所示，则重物受到的重力G＝__________ N，再算出重物的质量。 (2)按图甲中所示，用手拉住纸带使之静止，之后应该__________。 A．先闭合打点计时器所接的电源开关，后松开手指让纸带自由下落 B．先松开手指让纸带自由下落，后闭合打点计时器所接的电源开关 (3)重复三次(2)中的正确操作，在打好点的纸带中挑选出一条点迹清晰的纸带如图丙所示。将打出的第一个点记作O，从O点后某个点开始，依次标为1、2、3、…，分别测出部分计时点到O点的距离，已知打点计时器打点周期T＝0.02 s，则打计时点“4”时重物的速度大小v4＝________ m/s。(保留3位有效数字) (4)从重物开始下落到打计时点“4”时，重物减少的重力势能为________ J(保留3位有效数字)。比较打“4”时重物的动能，可以发现，在误差允许范围内，重物下落过程中机械能守恒。 答案：(1)2.15(2.12～2.18范围内均可)　(2)A (3)3.05　(4)1.05 解析：(1)由题图乙可知，弹簧测力计的最小刻度为0.1 N，读数时估读到下一位，则重物受到的重力为G＝2.15 N。 (2)实验中应先接通打点计时器，再释放纸带，B错误，A正确。 (3)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得v4＝，代入题图丙中数据可得v4≈3.05 m/s。 (4)由题图丙可得，从重物开始下落到打计时点“4”时，重物下降的高度为Δh＝48.67 cm＝0.4867 m，则重物减少的重力势能为ΔEp＝mgΔh≈1.05 J。 10．(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。 (1)完善下面实验步骤： ①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平。 ②用游标卡尺测量挡光条的宽度l。 ③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x＝________ cm。 ④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2。 ⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间t1和t2。则挡光条通过光电门1时滑块的速度v1＝______(用l、x、t1和t2中的字母表示) ⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量m0，再称出托盘和砝码的总质量m。 (2)已知重力加速度为g，在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，则系统势能的减少量ΔEp＝______，系统动能的增加量ΔEk＝______________(用m0、m、l，x，t1和t2表示)。 答案：(1)60.00　　(2)mgx　(m＋m0) 解析：(1)由题图读出两光电门中心之间的距离为60.00 cm；挡光条通过光电门1时用时很短，可以用平均速度代替瞬时速度，则v1＝。 (2)系统势能的减少量即托盘和砝码重力势能减少量ΔEp＝mgx，挡光条通过光电门2时速度v2＝，系统动能的增加量ΔEk＝(m＋m0)(v22－v12)＝(m＋m0)。 11．(8分)2024年12月，中国商飞公司的C919大飞机累计交付14架。该飞机的质量为m，起飞过程中从静止开始沿直线滑跑，当位移大小为L时，飞机的速度大小为v。在此过程中飞机的牵引力和受到的阻力均为恒力，且阻力为飞机受到的重力的k倍，重力加速度大小为g。求： (1)飞机的牵引力大小F； (2)飞机的速度大小为v时，牵引力的功率P。 答案：(1)＋kmg　(2)＋kmgv 解析：(1)根据题意，由动能定理有FL－kmgL＝mv2，解得F＝＋kmg。 (2)根据题意，由公式P＝Fv可得，飞机的速度大小为v时，牵引力的功率P＝＋kmgv。 12．(10分)如图所示是一个设计“过山车”的试验装置的原理示意图，斜面AB与竖直面内的圆形轨道在B点平滑连接，斜面AB和圆形轨道都是光滑的，圆形轨道半径为R＝1 m，一个质量为m＝1 kg的小车(可视为质点)从距离斜面底端h＝3.2 m的A点由静止释放沿斜面滑下，已知重力加速度为g＝10 m/s2。 (1)运动到B点时小车对圆形轨道压力的大小； (2)通过分析判断小车能否通过圆形轨道的最高点C。 答案：(1)74 N　(2)见解析 解析：(1)由A运动到B，根据机械能守恒定律得mgh＝mvB2，小车在B点有N－mg＝，解得N＝74 N。由牛顿第三定律得运动到B点时小车对圆形轨道压力的大小为74 N。 (2)小车恰能通过圆形轨道的最高点C，有mg＝，解得vC′＝ m/s，由A运动到C，根据机械能守恒定律得mgh＝mg×2R＋mvC2，解得vC＝2 m/s>vC′，故小车能通过最高点C。 13．(10分)如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R＝0.4 m。一个质量为m＝1 kg的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1＝6 m/s，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2＝3 m/s。重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep； (2)物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功Wf； (3)物体在最高点C轨道对物体的弹力N。 答案：(1)18 J　(2)－5.5 J　(3)12.5 N，方向竖直向下 解析：(1)物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，经光滑水平面AB到达C点，弹性势能转化为动能，根据机械能守恒定律有Ep＝mv12，解得Ep＝18 J。 (2)物体沿半圆形导轨由B到C运动，根据动能定理得－mg2R＋Wf＝mv22－mv12，解得Wf＝－5.5 J。 (3)物体在最高点C，由牛顿第二定律得mg＋N＝m，解得轨道对物体的弹力N＝12.5 N，方向竖直向下。 14．(12分)我校物理兴趣小组的同学决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点。已知赛车质量m＝0.5 kg，通电后以额定功率P＝2 W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为f＝0.4 N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L＝10.00 m，R＝0.32 m(g取10 m/s2)。 (1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的C点速度至少多大？ (2)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道B点对轨道的压力至少多大？ (3)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？ (4)若电动机工作时间为t0＝5 s，当R为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？ 答案：(1) m/s　(2)30 N　(3)4 s　(4)0.3 m　1.2 m 解析：　(1)当赛车恰好过C点时，有mg＝m，解得vC＝＝ m/s。 (2)对赛车从B到C，由机械能守恒定律得mvB2＝mvC2＋mg·2R，赛车在B处由牛顿第二定律得N－mg＝m，解得vB＝4 m/s，N＝30 N，由牛顿第三定律可知，赛车在B点对轨道的压力至少为N′＝N＝30 N。 (3)对赛车从A到B运动过程中，由动能定理得Pt－fL＝mvB2－0，解得t＝4 s。 (4)对赛车从A到C，由动能定理得Pt0－fL－mg·2R＝mv02，赛车飞出C后有2R＝gt′2，x＝v0t′，解得x＝，所以当R＝0.3 m时x最大，xmax＝1.2 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$