高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第四章 机械能及其守恒定律本章综合与测试导学案

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第四章 机械能及其守恒定律本章综合与测试导学案，共10页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．关于功和功率的计算，下列说法正确的是( )
A．用W＝Fscs α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
答案 B
解析 功的公式W＝Fscs α只能计算恒力做功，选项A错误；动能定理既可以计算恒力做功，又可以计算变力做功，选项B正确；公式W＝Pt适用于功率不变的情况，当物体处于加速阶段且功率不变时，牵引力是变力，仍适用，选项C错误；公式P＝eq \f(W,t)只能计算平均功率，选项D错误．
2．在下列所描述的运动过程中，若物体所受的空气阻力均可忽略不计，则机械能守恒的是( )
A．小孩沿滑梯匀速滑下
B．电梯中的货物随电梯一起匀速下降
C．发射过程中的火箭加速上升
D．被投掷出的铅球在空中运动
答案 D
3．质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力f保持不变．当汽车的速度为v、加速度为a时，发动机的实际功率为( )
A．fv B．mav
C．(ma＋f)v D．(ma－f)v
答案 C
解析 由题意知，汽车受到的阻力为f，当加速度为a时，由牛顿第二定律有F－f＝ma，得F＝f＋ma；根据P＝Fv，则发动机的实际功率P＝(f＋ma)v，选项C正确．
4．用起重机将一个质量为m的物体以加速度a竖直向上匀加速提升高度H，重力加速度为g，在这个过程中，以下说法正确的是(不计一切阻力)( )
A．起重机对物体的拉力大小为ma
B．物体的机械能增加了mgH
C．物体的动能增加了maH
D．物体的机械能增加了maH
答案 C
解析 物体所受的合外力为ma，拉力为m(g＋a)，物体增加的机械能等于拉力做的功，即m(g＋a)H，故A、B、D错误；物体增加的动能等于合外力做的功，即maH，故C正确．
5.(2019·大庆中学高一期末)如图1，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75 m，质量m＝1.0 kg的物块(可视为质点)从斜面顶端无初速度释放，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则( )
图1
A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5 J
B．物块滑到斜面底端时的动能为1.5 J
C．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24 W
D．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18 W
答案 D
解析 物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做的功WG＝mgLsin θ＝4.5 J，故A错误；根据动能定理可得mgLsin θ＝Ek＝4.5 J，故B错误；对物块受力分析，结合牛顿第二定律可知mgsin θ＝ma，L＝eq \f(1,2)at2，解得t＝0.5 s，平均功率P＝eq \f(WG,t)＝eq \f(4.5 J,0.5 s)＝9 W，故C错误；物块运动到斜面底端时的瞬时速度大小v＝eq \r(\f(2Ek,m))＝3 m/s，重力的瞬时功率P′＝mgvsin θ＝18 W，故D正确．
6.如图2所示，木块A放在木块B的左端，用水平恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在水平地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑水平地面上自由滑动，F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有( )
图2
A．W1C．W1答案 A
解析 F做的功W＝FlA，第一次lA1比第二次lA2小，故W17.(2019·厦门外国语学校高一下月考)如图3所示，水平传送带保持2 m/s的速度运动，一质量为1 kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2.现将该物体无初速度地放到传送带上的A点，然后运动到距A点1 m的B点，则传送带对该物体做的功为(g取10 m/s2)( )
图3
A．0.5 J B．2 J C．2.5 J D．5 J
答案 B
解析 把物体无初速度地放到传送带上，匀加速运动的过程中加速度为a＝eq \f(f,m)＝eq \f(μmg,m)＝2 m/s2.设物体从放上传送带到速度与传送带相同经历的时间为t，则有t＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s，通过的位移s＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m，所以物体在B点的速度与传送带相同，根据动能定理得传送带对物体做的功W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×22 J＝2 J，故选B.
8.(2020·全国卷Ⅱ)如图4，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.eq \f(E2,E1)等于( )
图4
A．20 B．18 C．9.0 D．3.0
答案 B
解析 摩托车从a点做平抛运动到达c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝eq \f(1,2)gt12，联立解得v1＝eq \r(\f(gh,2))，摩托车的动能E1＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(mgh,4)；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝eq \f(1,2)gt22，解得v2＝3eq \r(gh)，摩擦车的动能E2＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(9,2)mgh，故eq \f(E2,E1)＝18，B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9.(2020·天津卷)复兴号动车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．如图5所示，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( )
图5
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＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02
答案 BC
解析 由P＝F牵v知，P不变，v变大，则F牵变小，由F牵－F＝ma知，a变小，故A错误，B正确；当F牵＝F时，动车的速度最大，可得牵引力的功率P＝F牵vm＝Fvm，故C正确；由动能定理可知W－W阻＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，所以牵引力做功W＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02＋W阻，故D错误．
10.如图6所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为m0、m(m0>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图6
A．两滑块组成的系统机械能守恒
B．重力对m0做的功等于m0动能的增加量
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量
D．两滑块组成系统的机械能损失量等于m0克服摩擦力做的功
答案 CD
解析 对于m0和m组成的系统，摩擦力对m0做了功，系统机械能不守恒，选项A错误；对于m0，合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和，根据动能定理可知，m0动能的增加量等于合外力做的功，选项B错误；对于m，只有其重力和轻绳拉力做了功，根据功能关系可知，除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量，选项C正确；对于m0和m组成的系统，系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零，只有两滑块的重力和m0受到的摩擦力对系统做了功，根据功能关系得，m0的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量，选项D正确．
11.如图7所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直且B与轻滑轮间的弹簧和细绳均与斜面平行，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
图7
A．弹簧的劲度系数为eq \f(mg,h)
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－eq \f(1,2)mv2
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动
答案 AB
解析 A物体下落h，则弹簧的形变量是h，B物体处于静止状态，所以kh＝2mgsin 30°，解得k＝eq \f(mg,h)，A正确；物体A减少的机械能转化为了弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹性势能为mgh－eq \f(1,2)mv2，B正确；此时弹簧弹力大小为mg，则A受到细绳的拉力大小为mg，故A物体受力平衡，加速度为0，C错误；因A落地后不再运动，则弹簧的形变量不再变化，弹力不会再增大，故B不可能离开挡板向上运动，D错误．
12．如图8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，cs 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )
图8
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＝eq \f(E机,gh)＝eq \f(30,10×3) kg＝1 kg，故A正确；在物体上升过程中，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|＝μmgcs α·eq \f(h,sin α)，代入数据解得μ＝0.5，故B错误；在物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcs 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运动至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5小题，共60分)
13．(12分)利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置示意图如图9所示．
图9
(1)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用游标卡尺测出挡光条的宽度l＝9.30 mm.
③由导轨标尺读出两光电门中心间的距离s＝________ cm.
④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.
⑤从数字式计时器(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Δt1和Δt2.
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.
(2)用表示直接测量量的字母写出下列物理量的表达式．
①滑块通过光电门1和光电门2时，瞬时速度分别为v1＝________和v2＝________.
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1＝____________和Ek2＝________.
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝________(重力加速度为g)．
(3)如果在误差允许范围内ΔEp＝________，则可认为验证了机械能守恒定律．
答案 (1)③60.00(59.96～60.04均可)(1分) (2)①eq \f(l,Δt1)(1分) eq \f(l,Δt2)(1分) ②eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt1)))2(2分) eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt2)))2(2分) ③mgs(2分) (3)Ek2－Ek1(3分)
解析 (1)③距离s＝80.30 cm－20.30 cm＝60.00 cm.
(2)①由于挡光条宽度很小，因此可以将挡光条通过光电门时的平均速度当成瞬时速度，挡光条的宽度l可用游标卡尺测量，挡光时间Δt可从数字式计时器上读出．因此，滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度分别为v1＝eq \f(l,Δt1)，v2＝eq \f(l,Δt2).
②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统的总动能分别为Ek1＝eq \f(1,2)(M＋m)v12＝eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt1)))2；
Ek2＝eq \f(1,2)(M＋m)v22＝eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,Δt2)))2.
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量ΔEp＝mgs.
(3)如果在误差允许的范围内ΔEp＝Ek2－Ek1，则可认为验证了机械能守恒定律．
14.(10分)(2019·资阳市高一下学期期末)如图10所示，水平长直轨道AB与半径为R＝0.8 m的光滑eq \f(1,4)竖直圆轨道BC相切于B点，轨道BC与半径为r＝0.4 m的光滑eq \f(1,4)竖直圆轨道CD相切于C点，质量m＝1 kg的小球静止在A点，现用F＝18 N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
图10
(1)小球在D点的速度大小vD；
(2)小球在B点对圆轨道的压力大小FNB；
(3)A、B两点间的距离s.
答案 (1)2 m/s (2)45 N (3)2 m
解析 (1)小球恰能通过最高点D，由牛顿第二定律有
mg＝meq \f(v\\al(D2),r)(2分)
代入数据解得vD＝2 m/s；(1分)
(2)小球从B到D，由动能定理：－mg(R＋r)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvB2 (2分)
设小球在B点受到圆轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(v\\al(B2),R)(1分)
由牛顿第三定律得FNB＝FN(1分)
联立解得FNB＝45 N；(1分)
(3)小球从A到B，由动能定理：
F·eq \f(s,2)－μmgs＝eq \f(1,2)mvB2 (1分)
代入数据解得s＝2 m．(1分)
15．(10分)一质量为8.0×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.6×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为零势能参考平面，飞船下落过程中重力加速度可视为常量，大小取g＝9. 8 m/s2.(结果保留两位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能
Ek0＝eq \f(1,2)mv02①(1分)
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度大小．代入数据解得
Ek0＝4.0×108 J②(1分)
飞船进入大气层时的机械能Eh＝eq \f(1,2)mvh2＋mgh③(2分)
式中，vh是飞船在高度为1.6×105 m处的速度大小．由③式和题中数据得
Eh≈2.4×1012 J④(1分)
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能
Eh′＝eq \f(1,2)m(eq \f(2.0,100)vh)2＋mgh′⑤(2分)
由功能关系得W＝Eh′－Ek0⑥(2分)
式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题中数据得
W≈9.7×108 J(1分)
16．(14分)如图11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v－t图像如图乙所示，不计空气阻力及连接处的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
图11
(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大小．
答案 (1)50 J (2)20 W (3)2eq \r(5) m/s
解析 (1)由题图乙知物体1 s末的速度v1＝10 m/s(1分)
根据动能定理得WF＝eq \f(1,2)mv12＝50 J．(2分)
(2)由题图乙可知物体沿斜面上升的最大距离：
s＝eq \f(1,2)×1×10 m＝5 m(1分)
物体到达斜面底端时的速度v2＝10 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理
－mgssin 37°－Wf＝0－eq \f(1,2)mv22 (2分)
代入数据解得Wf＝20 J(1分)
eq \x\t(P)＝eq \f(Wf,t)＝20 W．(2分)
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3，在物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，根据动能定理：－2Wf＝eq \f(1,2)mv32－eq \f(1,2)mv22 (3分)
代入数据解得v3＝2eq \r(5) m/s(1分)
此后物体做匀速直线运动，
故物体回到出发点的速度大小为2eq \r(5) m/s.(1分)
17.(14分)(2019·德州市高一下期末)如图12所示，光滑坡道顶端距水平地面高度为h，质量为m的小物块A(可视为质点)从坡道顶端由静止滑下，进入水平地面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点．已知在OM段，物块A与水平滑道间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
图12
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧的形变量为最大压缩量d时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；
(3)若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度．
答案 (1)eq \r(2gh) (2)mgh－μmgd (3)h－2μd
解析 (1)物块由A点滑到O点，根据动能定理有
mgh＝eq \f(1,2)mv2－0，(2分)
解得v＝eq \r(2gh).(2分)
(2)物块由最高点滑到将弹簧压缩到最短的过程中，根据动能定理有mgh－W弹－μmgd＝0，(2分)
又W弹＝Epmax，(2分)
解得Epmax＝mgh－μmgd.(1分)
(3)物块从斜面顶端下滑到返回到最高点，根据动能定理有
mg(h－h′)－2μmgd＝0，(3分)
解得h′＝h－2μd.(2分)