第八章 機械能守恒定律單元檢測B卷（解析版）

第八章機械能守恒定律單元檢測B卷(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共13小題，每題3分，共39分)1．圖甲為一男士站立在履帶式自動扶梯上勻速上樓，圖乙為一女士站立在臺階式自動扶梯上勻速上樓。下列關(guān)于兩人受到的力以及做功情況正確的是（）A．甲圖中支持力對人做正功B．甲圖中摩擦力對人做負功C．乙圖中人受到水平向前的摩擦力D．兩人受到電梯的作用力的方向相同【答案】D【解析】AB．甲圖中對人受力分析知，人受到重力，垂直斜面的支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，因為人的位移沿斜面向上，所以支持力對人不做功，摩擦力對人做正功，故AB錯誤；C．對乙圖中人受力分析知，人受到重力和豎直向上的支持力，不受摩擦力的作用，故C錯誤；D．因為兩種情況下人均做勻速直線運動，故合力為零，所以兩人受到電梯的作用力與重力等大反向，即方向都是豎直向上，故D正確。故選D。2.如圖所示為我國自行研制的新一代大型客機C919.假定其質(zhì)量為m，起飛時在水平跑道上以加速度a做勻加速直線運動，受到的阻力大小為Ff，當飛機速度為v時，則發(fā)動機輸出的實際功率為()A．Ffv B．(Ff＋ma)vC．(Ff－ma)v D．mav【答案】B【解析】飛機起飛時在水平跑道上以加速度a做勻加速直線運動，設(shè)牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律F－Ff＝ma，得F＝ma＋Ff，所以發(fā)動機輸出的實際功率P＝Fv＝(ma＋Ff)v，故選B.3．長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．甲在空中的運動時間比乙的長B．戰(zhàn)士對兩顆手榴彈做功一樣多C．兩顆手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等D．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為【答案】C【解析】A．根據(jù)，可得甲、乙的下落高度相同，因此在空中的運動時間相等，故A錯誤；B．根據(jù)，可得甲、乙運動的水平位移s不同，因此水平初速度不同，說明獲得的初動能不相等，由動能定理知戰(zhàn)士對兩顆手榴彈做功不相等，故B錯誤；C．兩顆手榴彈在落地前瞬間豎直方向的速度分量相等，重力的瞬時功率相等，故C正確。D．從投出到落地，只有重力做功，手榴彈的機械能保持不變，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，長l＝1m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個質(zhì)量m＝2kg的小球(可視為質(zhì)點)，用水平向右的力F作用在小球上使小球處于靜止狀態(tài)，細繩與豎直方向的夾角θ＝37°.重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.將F撤去，則小球到達最低點時的速度大小為()A．3m/s B．2.5m/sC．2m/s D．1m/s【答案】C【解析】將F撤去，對小球，由機械能守恒定律得mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，得小球到達最低點時的速度大小v＝eq\r(2gl1－cosθ)＝2m/s，C正確．5.如圖所示，輕彈簧水平固定在墻上，一小球以初速度v0沿光滑水平面向左運動．在小球向左壓縮彈簧的過程中()A．小球做勻減速運動B．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒C．克服彈簧彈力做功，小球機械能減少D．小球和彈簧剛接觸時速度最大，加速度最大【答案】C【解析】在小球向左壓縮彈簧的過程中，彈簧的形變量越來越大，彈簧彈力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球的加速度越來越大，小球做加速度變大的減速運動，A錯誤；小球和彈簧組成的系統(tǒng)所受外力做功為零，系統(tǒng)的機械能守恒，B 錯誤；彈簧彈力對小球做負功，即小球克服彈簧彈力做功，小球的機械能減少，C正確；小球和彈簧剛接觸時速度最大，但此時彈簧彈力最小，加速度最小，D錯誤．6.如圖所示,皮帶傳送裝置把物體P勻速送至高處,在此過程中,下列說法不正確的是 ()A.摩擦力對物體做正功B.摩擦力對物體做負功C.支持力對物體不做功D.合外力對物體做功為零【答案】B【解析】物體P勻速向上運動的過程中,摩擦力的方向沿皮帶向上,與物體運動的方向相同,所以摩擦力做正功,A說法正確,B說法錯誤;支持力的方向與物體運動的方向垂直,則支持力對物體不做功,C說法正確;物體勻速上升,動能變化量為零,根據(jù)動能定理可知,合外力對物體做功為零,D說法正確。7.如圖所示,質(zhì)量為M的半圓柱體放在粗糙水平面上,一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的光滑物塊在大小可變、方向始終與圓柱面相切的拉力F作用下從A點沿著圓弧勻速運動到最高點B,整個過程中半圓柱體保持靜止,重力加速度為g。則 ()A.物塊克服重力做功的功率先增大后減小B.拉力F的功率逐漸減小C.當物塊在A點時,半圓柱體對地面有水平向左的摩擦力D.當物塊運動到B點時,半圓柱體對地面的壓力為(M+m)g【答案】B【解析】設(shè)物塊與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ,物塊克服重力做功的功率為P=mgvsinθ,物塊從A到B過程中,θ逐漸減小,則P減小,故A錯誤;拉力大小F=mgsinθ,拉力的功率P'=Fv=mgvsinθ,故拉力的功率逐漸減小,故B正確;當物塊在A點時,對物塊和半圓柱體整體受力分析,可知地面對半圓柱體的摩擦力水平向左,即半圓柱體對地面有水平向右的摩擦力,故C錯誤;當物塊在B點時,對物塊有mg-FN=mv2R,地面對半圓柱的支持力F'NM=Mg+F'N=(M+m)g-mv2R8.如圖是某同學跳遠的頻閃模擬圖，該同學身高168cm，體重52kg.假設(shè)助跑起跑前該同學的機械能為零，圖中輔助標線方格橫豎比為2∶1，請你估算他在最高點時機械能最接近的值是()A．1600JB．800JC．400JD．200J【答案】B【解析】從最高點到落地前重心在豎直方向運動了約2格，豎直方向速度為vy＝gt①水平方向運動了約2格，圖中輔助標線方格橫豎比為2∶1，設(shè)豎直方向高度為h，水平方向速度為vx＝eq\f(2h,t)②由自由落體運動可知h＝eq\f(1,2)gt2③綜合①②③可得落地前的速度為v＝eq\r(v\o\al(x2)＋v\o\al(y2))＝2eq\r(gh)由題圖可知每格豎直高度約0.5m，即h＝1m，從最高點到落地前做平拋運動，在最高點時機械能與落地前的動能相等，約為E＝Ek＝eq\f(1,2)mv2＝2mgh≈1000J，在最高點時機械能最接近的值是800J，故選B.9．如圖甲所示，物體在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由靜止開始運動，在時刻撤去恒力F，物體運動的圖像如圖乙所示．重力加速度g取，下列說法正確的是（）A．物體在內(nèi)的位移B．恒力F與摩擦力大小之比C．物體與地面間的動摩擦因數(shù)D．在撤去F前后兩個階段的平均速度大小之比【答案】C【解析】A．圖像與坐標軸圍成的面積等于位移，可知物體在內(nèi)的位移選項A錯誤；B．前1s內(nèi)的位移整個過程由動能定理解得恒力F與摩擦力大小之比選項B錯誤；C．撤去力F后的加速度則物體與地面間的動摩擦因數(shù)選項C正確；D．在撤去F前后兩個階段的平均速度大小之比選項D錯誤。故選C。10．如圖所示，在傾角為α=30°的光滑斜面上有一長L=0.8m的輕桿，桿一端固定在O點，可繞O點自由轉(zhuǎn)動，另一端系一質(zhì)量為m=0.05kg的小球，小球在斜面上做圓周運動，g取10m/s2。要使小球能到達最高點A，則小球在最低點B的最小速度是（）A．4m/sB．2m/sC．2m/sD．2m/s【答案】A【解析】小球恰好到達A點時的速度大小為vA=0，此時對應(yīng)B點的速度最小，設(shè)為vB對小球從A到B的運動過程，由動能定理有解得故選A。11．如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有（）A．甲的切向加速度始終比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度 D．甲比乙先到達B處12．一個凹形圓弧軌道ABC豎直固定放置，A、C兩點連線水平，B為軌道的最低點，且B到AC連線的距離為h。質(zhì)量為m的滑塊從A點以初速度v0=沿軌道的切線方向進入軌道，運動到B點時的速度大小。已知物體與軌道的動摩擦因數(shù)處處相同，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．從A到B，滑塊所受的合外力的方向始終指向圓心B．在B點，滑塊處于失重狀態(tài)C．滑塊一定會從C點滑出軌道D．滑塊一定不會從C點滑出軌道【答案】C【解析】A．滑塊從A到B，速度的大小發(fā)生變化，則滑塊不是做勻速圓周運動，則滑塊的合外力不指向圓心，故A錯誤；B．在B點，滑塊的加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；CD．滑塊從A到B，設(shè)摩檫力做功為，根據(jù)動能定理得解得滑塊從B到C，設(shè)摩檫力做功為，由于BC段的平均速度小于AB段的平均速度，則滑塊在BC段對軌道的壓力小于在AB段對軌道的壓力，所以滑塊在BC段受到的摩擦力小于在AB段受到的摩擦力，則,在BC段根據(jù)動能定理可得則滑塊一定會從C點滑出，故D錯誤C正確。故選C。13．如圖所示，質(zhì)量分別為m、m的物體A、B通過一輕繩連接，A物體套在光滑的豎直桿上，質(zhì)量為m物體C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧與B相連，開始時，物體A與定滑輪之間的繩子處于水平狀態(tài)，長度為l，此時彈簧處于原長狀態(tài)，物體A距離地面的高度為hl?，F(xiàn)從靜止開始釋放物體A，當物體A剛要到達地面時，物體C恰好對地面無壓力，重力加速度為g，不計定滑輪和空氣的阻力，整個過程彈簧處于彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為kB．整個下降過程中物體A勻加速下落C．整個下降過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能不守恒，機械能損失mglD．物體A到達地面瞬間的速度為【答案】D【解析】A．由物體A剛落地瞬間，物體C對地面的壓力為零，可知，彈簧對C的拉力等于C的重力，此時彈簧伸長量xl＝l由平衡條件得kx＝mg得kA錯誤；B．整個下降過程中物體A受力發(fā)生變化，由牛頓第二定律知其加速度大小發(fā)生變化，做非勻加速運動，B錯誤；CD．將物體A、B作為一個整體，除重力外，還有彈簧彈力做功，故整體機械能不守恒，設(shè)物體A到達地面瞬間的速度為v，對物體A、B整體從開始到A落地的整個過程，由功能關(guān)系得mg.l﹣mgl﹣W彈根據(jù)物體A沿繩子方向的分速度大小等于物體B的速度，得vB＝vcos30°聯(lián)立解得v彈簧彈力做功W彈l＝﹣0.5mglA、B組成的系統(tǒng)克服彈簧彈力的功等于系統(tǒng)機械能的減少量，則系統(tǒng)機械能損失0.5mgl，C錯誤，D正確。故選D。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題2分，共6分)14.如圖所示,一輕彈簧下端固定在傾角為θ的固定斜面底端,彈簧處于原長時上端位于斜面上B點,B點以上斜面光滑,B點到斜面底端粗糙,可視為質(zhì)點的物體質(zhì)量為m,從A點靜止釋放,將彈簧壓縮到最短后恰好能被彈回到B點。已知A、B間的距離為L,物體與B點以下斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,不計空氣阻力,則此過程中 ()A.物體克服摩擦力做的功為mgLsinθB.彈簧的最大壓縮量為LC.物體的最大動能一定等于mgLsinθD.彈簧彈性勢能的最大值為12mgLsinθ(1+tan【答案】AD【解析】對于物體運動的整個過程,運用動能定理得mgLsinθ-Wf=0,得物體克服摩擦力做的功Wf=mgLsinθ,故A正確。物體從A運動到B過程機械能守恒,可得物體剛接觸彈簧時的動能等于mgLsinθ。若μ≥tanθ,則μmgcosθ≥mgsinθ,物體在B點達到最大動能mgLsinθ;若μ<tanθ,則當重力沿斜面向下的分力等于滑動摩擦力和彈簧彈力的合力,即物體所受合力為零時,速度最大,動能最大,此時物體在B點以下,從B點到此位置物體仍加速,此時物體的最大動能大于mgLsinθ,故C錯誤。設(shè)彈簧的最大壓縮量為x,彈性勢能的最大值為Ep,物體從A到最低點的過程,由能量守恒定律得mg(L+x)sinθ=μmgcosθ·x+Ep,物體從最低點到B點的過程,由能量守恒定律得mgxsinθ+μmgcosθ·x=Ep,聯(lián)立解得x=Ltanθ2μ,Ep=12mgLsinθ1+tan15．質(zhì)量為1kg的物體（可視為質(zhì)點）在水平外力F的作用下，從t=0時刻開始在平面直角坐標系xoy（未畫出）所決定的光滑水平面內(nèi)運動。運動過程中，x方向和y方向的速度-時間圖像如圖甲、乙圖所示，下列說法中正確的是（）A．質(zhì)點做勻變速曲線運動B．質(zhì)點所受外力F的大小為5NC．前6s內(nèi)外力F對質(zhì)點所做的功為900JD．6s末，外力F功率的大小為150W【答案】ABD【解析】A．由圖可知，x方向物體做勻速直線運動，y方向物體做初速度為零的勻加速運動，合運動是勻變速曲線運動，故A正確；B．由乙圖知物體運動的加速度由牛頓第二定律知質(zhì)點所受外力F的大小為故B正確；C．前6s在y方向上物體的位移所以前6s內(nèi)外力F對質(zhì)點所做的功為故C錯誤；D．6s末，外力F功率的大小為故D正確。故選ABD。16．如圖14甲所示，物體以一定的初速度v0從傾角為α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3m，選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化如圖乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是()A．物體的質(zhì)量m＝1kgB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4C．物體上升過程的加速度大小a＝10m/s2D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝10J【答案】ACD【解析】物體到達最高點時，機械能E機＝Ep＝mgh，則m＝eq\f(E機,gh)＝eq\f(30,10×3)kg＝1kg，故A正確；物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能減少，減少的機械能等于克服摩擦力做的功，則|ΔE機|＝μmgcosα·eq\f(h,sinα)，解得μ＝0.5，故B錯誤；物體上升過程中，由牛頓第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，解得a＝10m/s2，故C正確；由題圖乙可知，物體上升過程中摩擦力做的功W＝30J－50J＝－20J，則物體從斜面底端開始運動到回到斜面底端的整個過程中，由動能定理得Ek－Ek0＝2W，則Ek＝Ek0＋2W＝50J＋2×(－20)J＝10J，故D正確．三、非選擇題(本題共6小題，共55分)17．（7分）學校物理興趣小組驗證機械能守恒定律的實驗裝置如圖甲所示，電火花計時器打點的周期。（1）實驗中，電火花計時器接的是______（選填“6V”或“220V”）的交流電源；（2）下列操作中，有利于減小實驗誤差的是______；A．兩限位孔在同一豎直線上B．先釋放紙帶，后接通電源C．精確測量重錘的質(zhì)量（3）實驗中得到的一條紙帶如圖乙所示，O為打出的第一個點，A、B、C、D、E為依次打下的點，根據(jù)紙帶上的數(shù)據(jù)，電火花計時器打D點時重錘的速度大小為______，重錘下落的加速度大小為______。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）（4）張同學根據(jù)如圖乙所示的紙帶算出了電火花計時器打某點時重錘的瞬時速度，測出O點與該點的距離h，以h為橫坐標、為縱坐標建立坐標系，作出圖像，從而驗證機械能守恒定律。若所有操作均正確，重力加速度大小為g，則在誤差允許的范圍內(nèi)，圖線的“斜率”為______；（5）王同學根據(jù)打出的另一條紙帶，發(fā)現(xiàn)重錘重力勢能的減少量小于其動能的增加量，他認為這是空氣阻力造成的。王同學的觀點______（選填“正確”或“錯誤”），其原因是______?！敬鸢浮?20VA1.759.632g錯誤空氣阻力會造成，而不是【解析】（1）實驗中，電火花計時器接的是220V的交流電源；（2）A.兩限位孔在同一豎直線上，可減小紙帶與打點計時器之間的摩擦，從而減小誤差，選項A正確；B.實驗中應(yīng)該先接通電源，后釋放紙帶，選項B錯誤；C.實驗要驗證的關(guān)系是兩邊消掉m，則不需要測量重錘的質(zhì)量，選項C錯誤。故選A。（3）電火花計時器打D點時重錘的速度大小為重錘下落的加速度大小為（4）根據(jù)可得v2=2gh則v2-h圖像的斜率為k=2g（5）王同學的觀點是錯誤的；其原因是空氣阻力會造成，而不是。18．(7分)在驗證機械能守恒定律的實驗中，使質(zhì)量為m＝1.00kg的重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列的點，選取一條符合實驗要求的紙帶，如圖16所示．O為第一個點，A、B、C為從合適位置開始選取的連續(xù)點中的三個點．已知打點計時器每隔0.02s打一個點，當?shù)氐闹亓铀俣萭取9.80m/s2，那么：圖16(1)根據(jù)圖上數(shù)據(jù)，應(yīng)取圖中O點到________點對應(yīng)的過程來驗證機械能守恒定律；(2)從O點到(1)問中所取的點，重物重力勢能的減少量ΔEp＝________J，動能的增加量ΔEk＝________J；(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)(3)若測出紙帶上各點到O點之間的距離，根據(jù)紙帶算出各點的速度v及重物下落的高度h，則以eq\f(v2,2)為縱軸、以h為橫軸作出的圖像是下圖中的________．【答案】(1)B(1分)(2)1.88(2分)1.84(2分)(3)A(2分)【解析】(1)驗證機械能守恒定律時，我們驗證的是減少的重力勢能ΔEp＝mgh和增加的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2之間的關(guān)系，因在B點能夠測出相應(yīng)的h和v的數(shù)據(jù)，而在A、C兩點無法測出v，故選B點．(2)減少的重力勢能ΔEp＝mghB≈1.88J，打B點時重物的速度vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(23.23－15.55,2×0.02)×10－2m/s＝1.92m/s，所以增加的動能ΔEk＝eq\f(1,2)mvB2≈1.84J.(3)在實驗誤差允許的范圍內(nèi)可認為mgh＝eq\f(1,2)mv2，則eq\f(1,2)v2＝gh，即eq\f(1,2)v2與h成正比，A正確．19．（9分）如圖所示，一架戰(zhàn)斗機在距水平地面A點正上方高h=500m處，將質(zhì)量m=40kg的炮彈以相對地面v=100m/s的水平速度投出，擊中目標B。不計空氣阻力，g取10m/s2.求炮彈：（1）剛投出時相對地面所具有的重力勢能；（2）目標B距離A點的水平距離x；（3）重力做功的平均功率。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）重力勢能（2）根據(jù)平拋運動，解得，（3）重力做功的平均功率20.（9分）如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的木塊在傾角θ＝37°的足夠長的斜面上由靜止開始下滑，木塊求：(1)前2s內(nèi)重力做的功；(2)前2s內(nèi)重力的平均功率；(3)2s末重力的瞬時功率.【答案】(1)48J(2)24W(3)48W【解析】(1)木塊下滑過程中，由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma前2s內(nèi)木塊的位移x＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得：x＝4m，a＝2m/s2所以重力在前2s內(nèi)做的功為W＝mgsinθ·x＝2×10×0.6×4J＝48J；(2)重力在前2s內(nèi)的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(48,2)W＝24W；(3)木塊在2s末的速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s末重力的瞬時功率為P＝mgsinθ·v＝2×10×0.6×4W＝48W.21．（10分）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道