第八章機械能守恒定律達標檢測-2021-2022學年高一下學期物理人教版必修第二冊Word版含解析

第八章機械能守恒定律本章達標檢測(滿分:100分;時間:75分鐘)一、選擇題(本題共9小題,每小題5分,共45分。在每小題給出的四個選項中,第1～7小題只有一項符合題目要求,第8～9小題有多項符合題目要求。全部選對的得5分,選不全的得2分,有選錯或不答的得0分)1.(2021廣東廣鐵一中、廣州大學附中、廣州外國語學校三校聯考)機車在運行過程中所受的阻力大小始終不變,在某一段直線軌道上勻加速運動,達到最大功率后保持功率恒定直達到最大速度的過程中,下列說法正確的是 ()A.機車達到最大速度時牽引力最小B.機車一直勻加速運動直到達到最大速度C.勻加速過程中任意相等時間內牽引力做功相等D.在功率恒定的加速階段,相等時間內機車動能變化相同2.(2021湖南三湘名校教育聯盟高一下期中)引體向上是中學生體育測試的項目之一,若一個質量為50kg的普通中學生在30秒內完成12次引體向上,每次引體向上重心上升0.4m,該學生此過程中克服重力做功的平均功率為(g取10m/s2) ()A.5WB.20WC.80WD.200W3.(2020吉林高三上期末)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零4.(2020江蘇泰州中學高一下期末)空降兵在某次跳傘訓練中,打開傘之前的運動可視為勻加速直線運動,其加速度為a,下降的高度為h,傘兵和裝備系統(tǒng)的總質量為m,重力加速度為g。此過程中傘兵和裝備系統(tǒng)的 ()A.動能減少了mah B.動能增加了mghC.重力勢能減少了mgh D.重力勢能增加了mgh5.(2021天津和平耀華中學高一下期中)無動力翼裝飛行是一種極限運動,飛行者利用肢體動作來掌控滑翔方向,進行無動力空中飛行。某翼裝飛行者在某次飛行過程中,在同一豎直面內從A到B滑出了一段圓弧,如圖所示。該段運動可視為勻速圓周運動的一部分,關于該段運動,下列說法正確的是 ()A.飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小B.飛行者所受合力為零C.空氣對飛行者的作用力的瞬時功率為零D.空氣對飛行者的作用力做正功6.(2021福建晉江毓英中學高考考前模擬)如圖所示,質量為M的半圓柱體放在粗糙水平面上,一可視為質點、質量為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)g7.(2020山東煙臺高三上期末)如圖所示,把兩個相同的小球從離地面相同高度處,以相同大小的初速度v分別沿豎直向上和豎直向下方向拋出,不計空氣阻力。則下列說法中不正確的是 ()A.兩小球落地時速度相同B.兩小球落地時,重力的瞬時功率相同C.從小球拋出到落地,重力對兩小球做的功相等D.從小球拋出到落地,重力對兩小球做功的平均功率相等8.(2020湖南湘潭一中期末)如圖所示,質量均為m的小球A、B用長為L的細線相連,放在高為h的光滑水平桌面上(L>2h),A球剛好在桌邊。因微小擾動,A球由靜止下落,已知A、B兩球落地后均不再彈起,則下列說法正確的是(重力加速度為g) ()A.A球落地前的加速度為gB.B球到達桌邊的速度為2C.B球落地時與A球間的水平距離為2hD.細線對B球做的功為129.(2021湖南長沙長郡十五校聯盟第二次聯考)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,可視為質點的物體質量為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二、非選擇題(本題共5小題,共55分)10.(2021山東師大附中高一下期中)(8分)在用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗中,使質量為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1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,當地的重力加速度為g=9.80m/s2,那么:圖1圖2(1)根據圖1中所給的數據,應取圖中O點到點來驗證機械能守恒定律。

(2)從O點到(1)問中所取的點,對應的重物重力勢能的減少量ΔEp=J,動能增加量ΔEk=J。(結果保留三位有效數字)

(3)若測出紙帶上所有點到O點的距離,根據紙帶算出各點的速度v及重物下落的高度h,則以v22為縱軸、以h為橫軸畫出的圖像是圖2中的11.(2021天津南開高三上期中)(9分)2012年11月23日,艦載機殲-15在“遼寧艦”上首降成功,隨后又成功實現滑躍式起飛。某興趣小組通過查閱資料對艦載機滑躍起飛過程進行了如下的簡化模擬:假設起飛時“航母”靜止,飛機質量視為不變并可看成質點,“航母”起飛跑道由圖示的AB、BC兩段軌道組成(二者平滑連接,不計拐角處的長度),水平軌道AB長L=125m,斜面軌道末端C點與B點的高度差為h=5m,一架殲-15飛機的總質量為m=2×104kg,離開C端的起飛速度v=60m/s。若某次起飛訓練中,殲-15從A點由靜止啟動,飛機發(fā)動機的推動力大小恒為F=2.4×105N,方向與速度方向相同,飛機受到空氣和軌道阻力的合力大小恒為f=4×104N,重力加速度為g=10m/s2,求:(1)飛機在水平軌道AB上運動的時間t;(2)在水平軌道末端B點,發(fā)動機推力的功率P;(3)要保證飛機正常起飛,斜面軌道的最小長度l0。12.(9分)如圖所示,在豎直平面內有一粗糙斜面軌道AB與光滑圓弧軌道BC在B點平滑連接(滑塊經過B點時速度大小不變),斜面軌道長L=2.5m,斜面傾角θ=37°,O點是圓弧軌道圓心,OB豎直,圓弧軌道半徑R=1m,圓心角θ=37°,C點距水平地面的高度h=0.512m,整個軌道是固定的。一質量m=1kg的滑塊在斜面頂點A由靜止釋放,最終落到水平地面上?；瑝K可視為質點,滑塊與斜面軌道之間的動摩擦因數μ=0.25,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計空氣阻力,求:(1)滑塊經過圓弧軌道最低點B時,對圓弧軌道的壓力大小;(2)滑塊離開C點后在空中運動的時間t。13.(2021江蘇啟東中學高一下第二次月考)(14分)如圖所示,兩個質量均為m的小環(huán)A、B用長為L的輕繩連接,分別套在水平細桿OM和豎直細桿ON上,OM與ON在O點平滑相連,且ON足夠長。初始時刻,B環(huán)距離O點12L,一水平外力F作用于A環(huán),使系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。撤去水平外力后,兩環(huán)將從靜止開始運動,重力加速度為g,不計一切摩擦,求(1)水平外力F的大小;(2)A環(huán)運動到O點時的速度vA;(3)兩環(huán)相碰前瞬間B環(huán)的速度vB。14.(2020吉林長春實驗中學高三上期末)(15分)如圖甲所示,傾斜的傳送帶以恒定的速率逆時針運行。在t=0時刻,將質量為1.0kg的物塊(可視為質點)無初速度地放在傳送帶的最上端A點,經過1.0s,物塊從最下端的B點離開傳送帶。取沿傳送帶向下為速度的正方向,則物塊的對地速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。取g=10m/s2。求:(1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數;(2)物塊從A到B的過程中,傳送帶對物塊做的功。

答案全解全析1.A當功率達到額定功率后,機車的功率就不再增大,要增大速度,就要減小牽引力,當牽引力等于阻力時,機車速度達到最大值,所以機車勻加速運動過程達不到最大速度,故A正確,B錯誤;機車勻加速過程中,牽引力大小不變,任意相等時間內機車的位移大小不同,則牽引力做功不相等,C錯誤;在功率恒定的加速階段,由W=Pt知相等時間內機車牽引力做功相等,但阻力做功不相等,則機車動能變化不相同,D錯誤。2.C學生質量為50kg,每次引體向上重心上升高度為0.4m,引體向上一次克服重力做功為W=mgh=50×10×0.4J=200J,全過程克服重力做功的平均功率為P=nWt=12×20030W=80W,故C正確,A、B、3.B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,根據動能定理可知,合外力對物體做功為零,D說法正確。4.C傘兵和裝備系統(tǒng)做勻加速直線運動,速度增大,動能增加,由牛頓第二定律知,系統(tǒng)所受的合力F=ma,由動能定理知動能的增加量等于合力做的功,為mah,選項A、B錯誤;系統(tǒng)下降了高度h,重力做功為mgh,所以重力勢能減少了mgh,選項C正確,D錯誤。5.A設飛行者速度方向與豎直方向的夾角為θ,飛行者所受重力的瞬時功率P=mgvcosθ,由于θ逐漸增大,則飛行者所受重力的瞬時功率逐漸減小,故A正確;飛行者做勻速圓周運動,其所受合力不為零,故B錯誤;飛行者的動能不變,所以合外力做功為零,重力做正功,則空氣對飛行者的作用力做負功,瞬時功率不為零,故C、D錯誤。6.B設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-mv2R7.D由機械能守恒定律知,兩小球落地時的速度大小相等,方向均豎直向下,故速度相同,A說法正確;由于兩小球落地時速度相同,故重力的瞬時功率相同,B說法正確;由重力做功公式W=mgh得,從開始運動至落地,重力對兩小球做的功相等,C說法正確;從拋出至落地,重力對兩小球做的功相等,但是兩小球運動的時間不同,故重力對兩小球做功的平均功率不相等,D說法錯誤。8.ACDA球落地前,以兩球整體為研究對象,根據牛頓第二定律有mg=2ma,求得加速度為g2,A正確。A球落地后,B球先向右做勻速直線運動,離開桌面后做平拋運動,從A球開始下落至落地的過程,對A、B組成的系統(tǒng),根據機械能守恒定律有mgh=12×2mv2,解得A球落地時B球的速度v=g?,則B球到達桌邊的速度為g?;由運動學規(guī)律可得,B球下落到地面所用的時間t=2?g,兩球落地后均不再彈起,所以B球落地時與A球間的水平距離為Δs=vt=2h<L,故B錯誤,C正確。細線對B球做的功等于B球到達桌邊時獲得的動能,W=12mv29.AD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,聯立解得x=Ltanθ2μ,Ep=12mgLsinθ1+tan10.答案(1)B(2分)(2)1.88(2分)1.84(2分)(3)A(2分)解析(1)實驗需要驗證重物重力勢能的減少量與動能的增加量相等,需要求出重物的速度,根據題圖1結合勻變速直線運動的推論可以求出打B點時重物的瞬時速度,因此應取圖中O點到B點來驗證機械能守恒定律。(2)從O點到B點,對應的重物重力勢能的減少量ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×19.20×10-2J≈1.88J打B點時重物的瞬時速度為vB=AC2T=(23.23-15.55)×10-22×0.02從O點到B點,對應的重物動能增加量ΔEk=12mvB2=12×1.00×1.922J≈1(3)重物下落過程,由機械能守恒定律得mgh=12mv2,整理得v22=gh,g是定值,則v22與h成正比,故A正確,B11.答案(1)5s(2)1.2×107W(3)60m解析(1)飛機在水平軌道AB上做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律有F-f=ma (1分)根據勻變速直線運動的位移公式有L=12at2 (1分代入數據解得a=10m/s2,t=5s(1分)(2)飛機在B點的速度為vB=at=50m/s(1分)則發(fā)動機推力的功率P=FvB=1.2×107W(1分)(3)在BC軌道上,根據勻變速直線運動的速度-位移公式有v2-vB2=2a'l0 (1根據牛頓第二定律有F-mgsinθ-f=ma' (1分)其中sinθ=?l0 (1聯立解得l0=60m(1分)12.答案(1)30N(2)0.64s解析(1)對滑塊從A到B的過程,由動能定理有mgLsin37°-μmgLcos37°=12mvB2 解得vB=25m/s(1分)滑塊經過圓弧軌道的B點時,由牛頓第二定律得F-mg=mvB2R 由牛頓第三定律可知,滑塊經過B點時對圓弧軌道的壓力大小F'=F (1分)解得F'=30N(1分)(2)對滑塊從B到C的過程,由動能定理有-mgR(1-cos37°)=12mvC2-12mv解得vC=4m/s(1分)滑塊離開C點后,在豎直方向上做豎直上拋運動,以豎直向下為正方向,則有h=-vCsin37°·t+12gt2 (1分解得t=0.64s。 (1分)13.答案(1)3mg(2)gL(3)gL解析(1)A、B靜止時,設輕繩與豎直方向的夾角為θ。以B為研究對象,豎直方向有Tcosθ=mg (