4-第八章　机械能守恒定律测评卷2021-2022学年物理必修第二册人教版2019（含解析）

这是一份2020-2021学年全册综合课时训练，共17页。

第八章　机械能守恒定律
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。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,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,有选错或不答的得0分)
1.(2020山东潍坊高一下期中)关于功和功率的计算,下列说法中正确的是 (　　)
A.用W=Fx cos θ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=Wt可以计算瞬时功率
2.(2021广东东莞高级中学高三模拟)“愤怒的小鸟”曾是一款非常流行的游戏,故事也相当有趣。如图甲,为了报复偷走鸟蛋的小猪们,鸟儿以自己的身体为武器,如炮弹般弹射出去攻击小猪们的堡垒。该游戏完全按照实际的抛体运动规律设计,设弹弓高度为h,到小猪堡垒的水平距离为l,不计空气阻力。设某次小鸟被弹弓沿水平方向弹出,模拟图如图乙所示。关于小鸟由静止开始到击中小猪堡垒的运动过程,下列说法正确的是 (　　)

A.整个过程弹弓的弹力一直对小鸟做正功
B.整个过程弹弓的弹力一直对小鸟不做功
C.整个过程弹弓的弹力一直对小鸟做负功
D.小鸟离开弹弓后,速度增量的方向一直是竖直向下的
3.(2021安徽合肥新东方学校高三下月考)一小球从高空由静止开始自由下落,从下落时刻开始计时,不计空气阻力。若用a、v、t、h、P分别表示小球的加速度、速度、时间、下落高度、重力的瞬时功率,则如图所示图像正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A B C D
4.(2020山东淄川中学高一下期末)如图所示,某喷泉喷出的水柱高度为5 m,喷管的半径为4 cm。若水的密度为1×103 kg/m3,重力加速度为g,则用于喷水的电动机输出功率至少为 (　　)

A.100π W　　　　　B.200π W　　　　　C.400π W　　　　　D.800π W
5.(2020浙江嘉兴三校高一下检测)弹簧发生弹性形变时,其弹性势能的表达式为Ep=12kx2,其中k是弹簧的劲度系数,x是形变量。如图所示,一质量为m的物体位于一直立的轻弹簧上方h高处,该物体从静止开始落向弹簧。设弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,则物体的最大动能为(弹簧形变在弹性限度内) (　　)

A.mgh+m2g22k　　　　　　　　B.mgh-m2g22k
C.mgh+m2g2k　　　　　　　　D.mgh-m2g2k
6.(2021安徽阜阳高三质检)如图,AB是固定在竖直面内的16光滑圆弧轨道,圆弧轨道最低点B的切线水平,最高点A到水平地面的距离为h。现使一小球(可视为质点)从A点由静止释放,不计空气阻力,小球落地点到B点的最大水平距离为 (　　)

A.ℎ2　　　　　B.3ℎ2　　　　　C.h　　　　　D.2h
7.(2021浙江宁波北仑中学高一下期中)如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连,小球B距水平地面的距离h=0.1 m。两球由静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,重力加速度为g。则下列说法中正确的是 (　　)

A.整个下滑过程中,A球的机械能守恒
B.整个下滑过程中,B球的机械能守恒
C.整个下滑过程中,A球机械能的增加量为23 J
D.整个下滑过程中,B球机械能的增加量为23 J
8.(2020辽宁铁岭六校高一下期中联考)一质量为m的小球从高度为H的平台上以速度v0水平抛出,落在松软路面上,砸出一个深度为h的坑,如图所示。不计空气阻力,重力加速度为g,对小球从抛出到落至坑底的过程,以下说法正确的是 (　　)

A.外力对小球做的总功为mg(H+h)+12mv02
B.小球的机械能减少量为mg(H+h)+12mv02
C.路面对小球做的功为mg(H+h)+12mv02
D.路面对小球做的功为-mgℎ+12mv02
9.(2021山西太原高三上期中)如图所示,两个完全相同的小球P、Q,从斜面上的两点分别以初速度v1、v2沿水平方向飞出,两球均落到斜面上。已知v1∶v2=3∶4,不计空气阻力,则P、Q两小球 (　　)

A.落到斜面上时的速度方向不相同
B.在空中飞行的时间之比为3∶4
C.落在斜面上的动能之比为9∶16
D.下落的高度之比为3∶4
10.(2020山东济南高一下质检)如图所示,将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放(图甲、丙、丁)和平抛(图乙),其中图丙、丁中分别是倾角为45°和60°的光滑斜面。不计空气阻力,则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是 (　　)

A.落地时间t1=t2 B.全程重力做功W1=W2=W3=W4
C.落地瞬间重力的功率P1=P2=P3=P4
D.全程重力做功的平均功率P1=P2>P4>P3
11.(2021陕西西安长安高三二模)一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上,在水平外力作用下由静止开始运动,小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。在小物块运动0～2L的过程中,下列说法正确的是 (　　)

A.小物块在0～L内做匀变速直线运动,L～2L内做匀速直线运动
B.小物块运动至2L处的速度为6a0L
C.整个过程中水平外力做功为2mL(2μg+3a0)
D.小物块从L处运动至2L处所用的时间为t=22+6La0
12.(2020安徽合肥一中高一下质检)如图所示,质量m=2 kg的物体(可视为质点)静置在倾角为37°的粗糙斜面上的A点,现利用固定在B点的电动机通过跨过斜面顶端光滑小定滑轮的轻绳将该物体从A点拉升到斜面顶端O点,轻绳均与所在的斜面和平面平行。物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,轻绳可承受的最大拉力为20 N,电动机的额定功率P=320 W,A、O间的距离s=175 m。若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点,且物体到达O点前已经达到最大速度。则(已知sin 37°=0.6,重力加速度为g) (　　)

A.物体运动过程中的最大速度v=16 m/s
B.物体上升过程中的最大加速度am=2 m/s2
C.在将物体从A点拉到O点的过程中,电动机共做功3 200 J
D.物体从A运动到O共用时14 s
二、非选择题(本题共6小题,共52分)
13.(2020贵州遵义高一下三校联考)(6分)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离s,再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A,由静止释放,计时器显示遮光片从B到C所用的时间t,用米尺测量A、O之间的距离x。

(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是　　　。 
(2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量　　　　。 
A.弹簧原长
B.当地重力加速度
C.滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A、O之间的距离x,计时器显示时间t将　　　　　。 
A.增大　　　B.减小　　　C.不变
14.(2021上海黄浦敬业中学高一下期末)(8分)如图为“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置,将一传感器先后分别固定在竖直板上的D、C和B三点,最低点D作为零势能点。逐次将摆锤从A点由静止释放,分别测出摆锤经过D、C和B点时的速度。

(1)实验中使用　　　　传感器测速度。 
(2)操作时,从右侧某一高度由静止释放摆锤,可以观察到摆锤摆到左侧的最高位置与释放点基本在　　　　。为进一步研究在整个摆动过程中机械能是否守恒,需要仔细测量摆锤经过任意位置的机械能,实验中每次静止释放摆锤的位置应　　　　(选填“相同”或“不同”);某同学由于操作不当,测得摆锤在B点的机械能明显比在A、C和D点的机械能大,其原因可能是　　　　　　　　　　　　。 
15.(2021河南郑州高一下期末)(6分)某游乐场的滑梯可以视为由上、下两段高均为h,倾角分别为45°和37°的滑道组成。质量为m的小朋友从滑梯顶端由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,恰好静止于滑道的底端。已知上、下两段滑道与小朋友之间的动摩擦因数相同。不计小朋友在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。求:
(1)小朋友在滑梯上滑动时与滑梯之间的动摩擦因数μ;
(2)小朋友在滑梯上下滑时的最大速度。






16.(2021江苏镇江中学高一下月考)(8分)质量均为m=1 kg的物体A和B系在一根不计质量的细绳两端,绳子跨过固定在倾角为θ=37°的斜面顶端的定滑轮,斜面固定在水平地面上,开始时把物体B拉到斜面底端,这时物体A离地面的距离为h=1 m,如图所示。若斜面足够长,B与斜面、细绳与滑轮间的摩擦均不计,放手让它们从静止开始运动,重力加速度为g,求:
(1)物体A着地时的速度大小;
(2)若物体A着地瞬间,细绳与物体B的连接处断开,则从此时刻起,物体B又回到斜面底端所需的时间。






17.(2020四川乐山高一下期中)(10分)如图甲所示,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。已知物体从开始到运动到斜面最高点的v-t图像如图乙所示,不计其他阻力,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(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。

甲　　　　　　　　　　乙






18.(2020山东省实验中学高一下检测)(14分)图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分,其运行原理可以简化成图乙的“小球轨道”模型。其中AB段和圆轨道不计阻力,BC、CD、DE、EF段直轨道与小球间的动摩擦因数为μ=0.2,DE段的倾角α=53°,B、C分别为两竖直圆轨道1、2的最低点,LBC=LCD=6 m,LDE=1 m,LEF=10 m,半径R1=2 m。质量为m=1 kg的小球(可视为质点),从轨道的右侧A点由静止开始下滑,设小球始终不脱离轨道,且不考虑经过D、E点的能量损失,(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度为g)试求:
(1)如果小球恰能通过第一个圆轨道,A点的高度h应是多少;
(2)在(1)的条件下,要使小球不脱离第二个圆轨道,半径R2应满足的条件;
(3)要使小球最终停在EF段,A点的高度h应该设计为多少。

甲

乙


答案全解全析
1.B　W=Fx cos θ是恒力做功公式,不可以计算变力做功,故A错误;应用动能定理W合=Ek2-Ek1既可以计算恒力做功,也可以计算变力做功,故B正确;用W=Pt计算的是恒定功率下外力做的功,此力可以是恒力,也可以是变力,C错误;用P=Wt计算的是平均功率,不能计算瞬时功率,D错误。
2.D　在小鸟与弹弓接触的过程中,弹弓的弹力方向和小鸟位移方向相同,弹力对小鸟做正功,小鸟离开弹弓后,弹力不再对小鸟做功,A、B、C错误;小鸟离开弹弓后只受重力,加速度方向竖直向下,故其速度增量的方向一直是竖直向下的,D正确。
3.C　小球做自由落体运动,其加速度等于重力加速度g,不随时间变化,故A错误;根据自由落体运动的规律可得,小球的速度v=gt,可知速度与时间成正比,故B错误;根据自由落体运动的位移-时间关系可得h=12gt2,解得ℎt=12gt,可知ℎt与t成正比,故C正确;重力的瞬时功率P=mgv=mg2gℎ,P与ℎ成正比,故D错误。
4.D　喷泉喷出的水初速度为v0=2gℎ=10 m/s,t时间内喷出水的质量为m=ρV=ρπr2v0t,有Ek=12mv02,Ek-0=W,P=Wt,联立得喷水消耗的功率至少为P=12mv02t=800π W,所以D正确。
5.A　当弹簧弹力等于物体的重力时,物体的动能最大,此时有kx=mg,由能量守恒定律可得Ek+Ep=mg(h+x),其中Ep=12kx2,解得Ek=mgh+m2g22k,故A正确,B、C、D错误。
6.C　设小球的质量为m,圆弧轨道的半径为R,小球从A到B,根据动能定理可得mgR(1-cos 60°)=12mv2;小球离开B点后做平抛运动,在水平方向为匀速直线运动,有x=vt,在竖直方向为自由落体运动,有h-R(1-cos 60°)=12gt2,联立解得x=R(2ℎ-R),由数学知识可得,当R=2h-R即R=h时,x最大,此时x=h,故A、B、D错误,C正确。
7.D　对于两球组成的系统,在整个下滑的过程中,只有重力做功,系统的机械能守恒;B在水平地面上滑行,而A在斜面上滑行时,B加速,B的机械能在增加,A的机械能在减少,所以A球和B球的机械能均不守恒,故A、B错误。设两球均到达水平地面上时速度大小为v,对整个下滑过程,根据系统的机械能守恒,得mAg(h+L sin 30°)+mBgh=12(mA+mB)v2,代入数据解得v=236 m/s;整个下滑的过程中,B球机械能的增加量为ΔEB=12mBv2-mBgh=23 J,则A球机械能的减少量为23 J,故C错误,D正确。
8.B　根据动能定理得W=0-12mv02=-12mv02,故A错误;设路面对小球做的功为W1,则mg(H+h)+W1=0-12mv02,解得W1=-mg(H+h)-12mv02,故C、D错误;根据能量守恒定律可知,小球机械能的减小量等于小球克服路面阻力做的功,故B正确。
9.BC　设斜面的倾角为α,小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为θ。对于任一小球,有tan α=yx=12gt2v0t=gt2v0=vy2v0,tan θ=vyv0,则tan θ=2 tan α,这个结论与小球的初速度无关,所以,P、Q两小球落到斜面上时的速度方向相同,故A错误;由于tan α=gt2v0,得t=2v0tanαg,故P、Q两小球在空中飞行的时间之比为t1∶t2=v1∶v2=3∶4,故B正确;由 tan θ=vyv0得vy=v0 tan θ,任一小球落在斜面上的速度大小为v=v02+vy2=v02+(v0tanθ)2=v01+4tan2α∝v0,则小球落在斜面上时的动能Ek=12mv2∝v02,故P、Q两小球落在斜面上的动能之比为Ek1∶Ek2=v12∶v22=9∶16,故C正确;根据h=12gt2得P、Q两小球下落的高度之比为h1∶h2=t12∶t22=9∶16,故D错误。
10.BD　设小球初位置的高度为h,图甲中小球做自由落体运动,则落地时间为t1=2ℎg;图乙中小球做平抛运动,在竖直方向做自由落体运动,则落地时间为t2=2ℎg;对于图丙、丁,设斜面倾角为θ,根据牛顿第二定律得a=g sin θ,则ℎsinθ=12g sin θ·t2,得落地时间为t=2ℎgsin2θ,将θ=45°和θ=60°分别代入可得t3=4ℎg,t4=8ℎ3g,即t1=t2P4>P3,故选项C错误。根据平均功率的公式P=Wt可知,由于W1=W2=W3=W4=mgh,而且t1=t2P4>P3,故选项D正确。
11.BD　由图像知,0～L内小物块的加速度均匀减小,故小物块做非匀变速直线运动;在L～2L内小物块的加速度不变,做匀变速直线运动,故A错误。由v2=2ax得ax=v22,故a-x图像中图线与x轴包围的面积是v22,可得0～2L过程中,v22=3a0L,解得v=6a0L,故B正确。整个过程,由动能定理得W外-2μmgL=12mv2,解得W外=2μmgL+3ma0L=mL(2μg+3a0),故C错误;设L处物块的速度为v0,0～L内a-x图线与x轴包围的面积是v022,有v022=2a0L,解得v0=2a0L;由于L～2L内物块做加速度为a0的匀加速直线运动,2L处物块的速度为v=6a0L,故小物块从L处运动至2L处所用的时间为t=v-v0a0=(6-2)La0=22+6La0,故D正确。
12.BCD　物体达到最大速度时,所受合力为零,有F=mg sin θ+μmg cos θ,得F=16 N,则最大速度vm=PF=20 m/s,故A错误。当轻绳拉力为Fm=20 N时,物体加速度最大,根据牛顿第二定律有Fm-mg sin θ-μmg cos θ=mam,代入数据解得am=2 m/s2,故B正确。若要用最短的时间将物体拉到斜面顶端O点,则物体必须先以最大加速度am=2 m/s2做匀加速运动,再做变加速运动,最后做匀速运动。设经过t1,物体做匀加速运动的速度达到最大,此时电动机功率达到额定功率,则匀加速阶段的最大速度为v1=PFm=16 m/s,则匀加速运动的时间为t1=v1am=8 s,匀加速运动的位移为x1=v12t1=64 m;设再经过时间t2物体到达O点,此过程电动机功率保持额定功率不变,根据动能定理有Pt2-(mg sin θ+μmg cos θ)(s-x1)=12mvm2-12mv12,解得t2=6 s,故物体从A运动到O的总时间为t=t1+t2=14 s,D正确。根据功能关系可知,在将物体从A点拉到O点的过程中,电动机共做功为W=(mg sin θ+μmg cos θ)s+12mvm2=3 200 J,故C正确。
13.答案　(1)v=st(2分)　(2)C(2分)　(3)B(2分)
解析　(1)遮光片从B到C做匀速直线运动,所用时间为t,B、C两点间距离为s,则v=st。
(2)由于滑块(含遮光片)弹出后速度为st,其动能等于弹簧的弹性势能,因此还需要测量滑块(含遮光片)的质量。
(3)增大A、O之间的距离x,弹簧具有的弹性势能增大,则滑块离开弹簧时获得的动能增大,速度增大,从B到C所用的时间t将减小。
14.答案　(1)光电门(2分)　(2)同一高度(2分)　相同(2分)　测量B点的高度偏大或在B点固定光电门时固定的位置偏低(2分)
解析　(1)本实验采用光电门传感器来测量瞬时速度。
(2)从右侧某一高度由静止释放摆锤,可以观察到摆锤摆到左侧的最高位置与释放点基本在同一高度;为进一步研究在整个摆动过程中机械能是否守恒,需要仔细测量摆锤经过任意位置的机械能,实验中每次静止释放摆锤的位置应相同。
测得摆锤在B点的机械能明显比在A、C和D点的机械能大,其原因可能是测量B点的高度偏大,导致测得的重力势能偏大;或在B点固定光电门时,固定的位置偏低,致使测得的动能偏大,进而导致机械能偏大。
15.答案　(1)67　(2)2gℎ7
解析　(1)对整个过程,由动能定理得
2mgh-μmg cos 45°·ℎsin45°-μmg cos 37°·ℎsin37°=0 (2分)
解得μ=67 (1分)
(2)由题意可知,小朋友在上段滑道做匀加速运动,在下段滑道做匀减速运动,故通过上段滑道末端时速度最大,设为v,由动能定理得
mgh-μmg cos 45°·ℎsin45°=12mv2-0 (2分)
解得v=2gℎ7 (1分)
16.答案　(1)2 m/s　(2)1 s
解析　(1)物体A落地前,对A、B和细绳组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒。设A落地时的速度为v,由机械能守恒定律可得
mgh-mgh sin θ=12(m+m)v2 (2分)
代入数据解得v=2 m/s(1分)
(2)A落地后,B以v为初速度沿斜面做匀变速直线运动,根据牛顿第二定律可知,B继续向上运动至再滑回到斜面底端的加速度大小
a=g sin θ=10×0.6 m/s2=6 m/s2 (1分)
方向沿斜面向下 (1分)
设沿斜面向上为正方向,由匀变速直线运动的位移公式可得
-h=vt-12at2 (2分)
代入数据解得t=1 s(t=-13 s舍去) (1分)
17.答案　(1)50 J　(2)20 W　(3)25 m/s
解析　(1)0～1 s内变力F做功,1 s末物体的速度v1=10 m/s,根据动能定理得WF=12mv12=50 J(2分)
(2)2～3 s物体沿斜面上滑,物体在斜面上升的最大距离
x=12×1×10 m=5 m(1分)
物体第一次到达斜面底端时的速度v2=10 m/s,到达最高点的速度为零,根据动能定理得
-mgx sin 37°-Wf=0-12mv22 (1分)
解得克服摩擦力做功为Wf=20 J(1分)
则平均功率P=Wft=20 W(2分)
(3)设物体第二次到达斜面底端时的速度为v3,则根据动能定理得-2Wf=12mv32-12mv22 (1分)
解得v3=25 m/s(1分)
此后物体做匀速直线运动,则到达出发点的速度大小为25 m/s(1分)
18.答案　(1)5 m　(2)0 解析　(1)小球恰好能通过第一个圆轨道,则在最高点满足
mg=mv02R1 (1分)
小球从A点到第一个圆轨道最高点,根据机械能守恒定律有
mg(h-2R1)=12mv02 (1分)
联立解得h=5 m(1分)
(2)要保证小球不脱离第二个圆轨道,可分两种情况进行讨论:
Ⅰ.轨道半径较小时,小球恰能通过第二个圆轨道。设小球在最高点时的速度为v2,应满足
mg=mv22R2 (1分)
同时满足小球能通过第一个圆轨道,根据动能定理有
mg(2R1-2R2)-μmgLBC=12mv22-12mv02 (1分)
联立解得R2=1.52 m(1分)
Ⅱ.轨道半径较大时,小球在第二个圆轨道上升的最大高度为R2时不脱离轨道。根据动能定理得
mg(2R1-R2)-μmgLBC=0-12mv02 (1分)
联立解得R2=3.8 m(1分)
故0 (3)如果小球沿直轨道运动停止在E点,从A点到E点,根据动能定理得
mg(h-LDE sin α)-μmg(LBC+LCD)-μmgLDE cos α=0 (1分)
解得h=3.32 m<5 m(1分)
此时不满足小球通过第一个圆轨道的条件,说明小球不可能停在E点。
如果小球停止在F点,从A点到F点,根据动能定理得
mg(h-LDE sin α)-μmg(LBC+LCD+LEF)-μmgLDE cos α=0 (1分)
解得h=5.32 m(1分)
综上可得5 m≤h≤5.32 m(1分)