章末綜合測評3　機(jī)械能守恒定律-同步人教版高中物理必修二練習(xí)

章末綜合測評(三)機(jī)械能守恒定律(時(shí)間：90分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．一臺(tái)抽水機(jī)每秒能把30kg的水抽到10m高的水塔上，如果不計(jì)額外功的損失，這臺(tái)抽水機(jī)保持輸出功率不變的前提下，半小時(shí)內(nèi)能做多少功(g＝10m/s2)()A．3×105J B．5.4×105JC．5.4×106J D．3×106JC[抽水機(jī)1秒鐘內(nèi)做的功是：W＝mgh＝30×10×10J＝3000J所以抽水機(jī)的功率為：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(3000,1)W＝3000W抽水機(jī)半小時(shí)做的功是：W′＝Pt′＝3000×30×60J＝5.4×106J，故C正確．]2．關(guān)于摩擦力做功，下列說法中正確的是()A．靜摩擦力一定不做功B．滑動(dòng)摩擦力一定做負(fù)功C．靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力都可做正功D．相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和可能不為0C[靜摩擦力方向與物體的相對運(yùn)動(dòng)趨勢方向相反，與運(yùn)動(dòng)方向可以相同、相反、垂直，故靜摩擦力對物體可以做正功、負(fù)功、不做功，故A錯(cuò)誤；滑動(dòng)摩擦力方向與物體的相對運(yùn)動(dòng)方向相反，與運(yùn)動(dòng)方向可以相同、相反、垂直，故滑動(dòng)摩擦力對物體可以做正功、負(fù)功、不做功，故B錯(cuò)誤；由上可知C正確；一對相互作用的靜摩擦力，大小相等，方向相反，作用的兩個(gè)物體位移相同．所以一對相互作用的靜摩擦力做功之和一定是零，故D錯(cuò)誤．所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]3．質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過程的速度圖象如圖所示，0～t1段為直線，從t1時(shí)刻起汽車保持額定功率不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中汽車所受阻力恒為f，則()A．0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車的牽引力等于meq\f(v1,t1)B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率等于fv1D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車的功率等于fv2D[0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(v1,t1)，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)－f＝ma，解得牽引力F＝f＋meq\f(v1,t1)，故A錯(cuò)誤．從t1時(shí)刻起汽車的功率保持不變，根據(jù)P＝Fv可知，隨速度的增加，牽引力減小，則a＝eq\f(F－f,m)，可知汽車在t1～t2時(shí)間內(nèi)做加速減小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻，汽車的加速度為零，則F＝f，此時(shí)汽車的功率P＝Fv2＝fv2，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤；故選D.]4．彈簧發(fā)生形變時(shí)，其彈性勢能的表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)kx2，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x是形變量．如圖所示，一質(zhì)量為m物體位于一直立的輕彈簧上方h高度處，該物體從靜止開始落向彈簧．設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，則物塊的最大動(dòng)能為(彈簧形變在彈性限度內(nèi))()A．mgh＋eq\f(m2g2,2k) B．mgh－eq\f(m2g2,2k)C．mgh＋eq\f(m2g2,k) D．mgh－eq\f(m2g2,k)A[當(dāng)重力等于彈力時(shí)物體動(dòng)能最大，此時(shí)：kx＝mg，由能量轉(zhuǎn)化和守恒可得：Ek＋Ep＝mg(h＋x)，其中：Ep＝eq\f(1,2)kx2，解得：Ek＝mgh＋eq\f(m2g2,2k)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]5．如圖所示，一木塊沿豎直放置的粗糙曲面從高處滑下．當(dāng)它滑過A點(diǎn)的速度大小為5m/s時(shí)，滑到B點(diǎn)的速度大小也為5m/s.若使它滑過A點(diǎn)的速度變?yōu)?m/s，則它滑到B點(diǎn)的速度大小為()A．大于7m/s B．等于7m/sC．小于7m/s D．無法確定C[木塊從曲面的A點(diǎn)下滑過程中，重力和滑動(dòng)摩擦力做功，當(dāng)木塊下滑的速度增大時(shí)，在同一點(diǎn)木塊所需要的向心力增大，軌道對木塊的支持力增大，則木塊對軌道的壓力增大，滑動(dòng)摩擦力增大．木塊從A運(yùn)動(dòng)到B，運(yùn)動(dòng)的路程相等，則木塊下滑過程中克服摩擦力做功增大，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理得知，動(dòng)能的變化量增大，第一次下滑過程動(dòng)能變化量為零，第二次動(dòng)能的變化量應(yīng)小于零，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＜0，得：vB＜vA＝7m/s.即滑到B點(diǎn)的速率一定小于7m/s.故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]6．如圖所示，一根橡皮筋兩端固定在A、B兩點(diǎn)，橡皮筋處于ACB時(shí)恰好為原長狀態(tài)，將彈丸放在橡皮筋內(nèi)C處并由C處豎直向下拉至D點(diǎn)釋放，C、D兩點(diǎn)均在AB連線的中垂線上．橡皮筋的質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，彈丸由D運(yùn)動(dòng)到C的過程中()A．橡皮筋對彈丸的彈力一直在增大B．橡皮筋對彈丸的彈力始終做正功C．彈丸的機(jī)械能守恒D．彈丸的動(dòng)能一直在增大B[從D到C，橡皮筋的形變量一直減小，所以橡皮筋對彈丸的彈力一直在減小，故A錯(cuò)誤；從D到C，橡皮筋對彈丸的彈力的方向始終與彈丸運(yùn)動(dòng)的方向相同，所以彈力一直做正功，故B正確；從D到C橡皮筋對彈丸的彈力始終做正功，所以彈丸的機(jī)械能一直在增大，故C錯(cuò)誤；橡皮筋A(yù)CB恰好處于原長狀態(tài)，在C處橡皮筋的拉力為0，在CD連線中的某一處，彈丸受力平衡，所以從D到C，彈丸的合力先向上后向下，速度先增大后減小，彈丸的動(dòng)能先增大后減小，故D錯(cuò)誤．]7．如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgRC[設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動(dòng)能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R.由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]8．一質(zhì)量為m的小球從高度為H的平臺(tái)上以速度v0水平拋出，落在松軟路面上出現(xiàn)一個(gè)深度為h的坑，如圖所示，不計(jì)空氣阻力，對從拋出到落至坑底的過程中，以下說法正確的是()A．外力對小球做的總功為mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．小球的機(jī)械能減小量為mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．路基對小球做的功為－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgH＋h＋\f(1,2)mv\o\al(2,0)))D．路基對小球做的功為－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgH＋\f(1,2)mv\o\al(2,0)))BC[根據(jù)動(dòng)能定理：W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故A錯(cuò)誤；路基對小球做功為W1：mg(H＋h)＋W1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W1＝－mg(H＋h)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確，D正確；根據(jù)能量守恒可知，小球機(jī)械能的減小量即為小球克服路基做的功，故B正確．]9．如圖所示，在長為L的輕桿中點(diǎn)A和端點(diǎn)B處各固定一質(zhì)量為m的球，桿可繞軸O無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，使桿從水平位置無初速度釋放擺下轉(zhuǎn)到豎直位置，下列說法正確的是()A．重力對B球做功的瞬時(shí)功率先增大后減小B．A球和B球都遵循機(jī)械能守恒C．豎直位置時(shí)vA＝eq\r(\f(3gl,5))，vB＝eq\r(\f(12gl,5))D．桿對A桿做功WA＝0.2mgL，對B做功WB＝－0.2mgLAC[B球開始時(shí)速度為零，此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，到最低點(diǎn)時(shí)，速度方向與重力的方向垂直，此時(shí)重力的瞬時(shí)功率也為零，所以重力對B球做功的瞬時(shí)功率先增大后減小，故A項(xiàng)正確；設(shè)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，A球和B球的速度分別為vA和vB.如果把輕桿、兩球組成的系統(tǒng)作為研究對象，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．若取B的最低點(diǎn)為重力勢能參考平面，根據(jù)ΔE減＝ΔE增可得mgL＋eq\f(1,2)mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又因A球與B球在各個(gè)時(shí)刻對應(yīng)的角速度相同，故vB＝2vA聯(lián)立解得：vA＝eq\r(\f(3gL,5))，vB＝eq\r(\f(12gL,5))根據(jù)動(dòng)能定理，可解出桿對A、B做的功，對A有：WA＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)所以WA＝－0.2mgL對B有WB＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)所以WB＝0.2mgL由于桿對A、B做功，所以A、B機(jī)械能不守恒，故C項(xiàng)正確，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤．]10．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定的初速度v0滑上傾角為θ的足夠長的固定斜面并在沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ作用下運(yùn)動(dòng)．已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取斜面底端所在水平面為零重力勢能面，則滑塊在從斜面底端運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過程中，因滑塊與斜面摩擦而產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動(dòng)能Ek、重力勢能Ep以及系統(tǒng)的機(jī)械能E隨時(shí)間t、位移x變化的關(guān)系，下列圖象大致正確的是()ABCDBCD[根據(jù)牛頓第二定律，滑塊將以初速度v0沿斜面向上做加速度大小a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ－F,m)＝gsinθ的勻減速運(yùn)動(dòng)，滑塊的位移x＝v0t－eq\f(1,2)at2，Q＝μmgcosθ·x＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)at2))sinθ，可見Q-t圖象應(yīng)為一條拋物線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；F與Ff的總功為零，系統(tǒng)的機(jī)械能恒定，選項(xiàng)B正確；根據(jù)動(dòng)能定理有－max＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得Ek＝－max＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可見Ek-x圖象是一條直線且其斜率為負(fù)，選項(xiàng)C正確；重力勢能Ep＝mgxsinθ，可見Ep與x成正比，選項(xiàng)D正確．]二、非選擇題(本題共6小題，共60分，按題目要求作答)11．(6分)下表是在探究功與物體速度變化的關(guān)系時(shí)得到的數(shù)據(jù)．請根據(jù)以下數(shù)據(jù)在圖中完成W-v、W-v2、W-v3圖象，并由圖象確定功與速度變化的關(guān)系是___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.W(一條橡皮筋做的功作為功的單位)12345678v(m/s)1.42.02.42.83.23.53.74.0v2(m2/s2)v3(m3/s3)[解析]v2、v3的數(shù)值如下表所示：W(一條橡皮筋做的功作為功的單位)12345678v(m/s)1.42.02.42.83.23.53.74.0v2(m2/s2)1.964.05.767.8410.2412.2513.6916.0v3(m3/s3)2.748.013.8221.9532.7742.8850.6564.0W-v、W-v2、W-v3圖象如圖所示．由圖可得力對物體做的功與速度的平方成正比．[答案]見解析12．(8分)在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中：(1)實(shí)驗(yàn)室提供了鐵架臺(tái)、夾子、導(dǎo)線、紙帶等器材．為完成此實(shí)驗(yàn)，除了所給的器材，從下圖還必須選取的實(shí)驗(yàn)器材是__________，可選擇的實(shí)驗(yàn)器材是________．(填字母代號(hào))ABCDEFG(2)下列方法有助于減小實(shí)驗(yàn)誤差的是________．A．在重錘的正下方地面鋪海綿B．必須從紙帶上第一個(gè)點(diǎn)開始計(jì)算驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒C．重復(fù)多次實(shí)驗(yàn)，重物必須從同一位置開始下落D．重物的密度盡量大一些(3)完成實(shí)驗(yàn)后，小明用刻度尺測量紙帶距離時(shí)如圖所示，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每0.02s打一個(gè)點(diǎn)，則B點(diǎn)對應(yīng)的速度vB＝________m/s.若H點(diǎn)對應(yīng)的速度為vH，重物下落的高度為hBH，重物質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，為得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論完成實(shí)驗(yàn)，需要比較mghBH與______________的大小關(guān)系(用題中字母表示)．[解析](1)在實(shí)驗(yàn)中需要用刻度尺測量紙帶上點(diǎn)與點(diǎn)間的距離，從而可知道重錘下降的距離，以及通過紙帶上兩點(diǎn)的距離，求出平均速度，從而可知瞬時(shí)速度．紙帶上相鄰兩計(jì)時(shí)點(diǎn)的時(shí)間間隔已知，所以不需要秒表．用電火花計(jì)時(shí)器時(shí)就不用學(xué)生電源．必須選取的實(shí)驗(yàn)器材為重物、電火花計(jì)時(shí)器、毫米刻度尺．重錘的質(zhì)量可以測量也可以不測量，可選擇的實(shí)驗(yàn)器材為天平．(2)A.在重錘的正下方地面鋪海綿可以防止摔壞實(shí)驗(yàn)器材，故A錯(cuò)誤；B．不一定要從紙帶上第一個(gè)點(diǎn)開始計(jì)算驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，故B錯(cuò)誤；C．重復(fù)多次實(shí)驗(yàn)時(shí)，重物不需要從同一位置開始下落，故C錯(cuò)誤；D．重物下落時(shí)受到空氣阻力和紙帶與限位孔之間的摩擦?xí)箤?shí)驗(yàn)誤差變大．所以選重物的密度盡量大一些，可以減小受到的阻力的影響，可減少實(shí)驗(yàn)誤差．故D正確．(3)打B點(diǎn)時(shí)對應(yīng)的速度等于A、C兩點(diǎn)間的平均速度，vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(5.40×10－2,0.04)m/s＝1.35m/s;如果機(jī)械能守恒，物體減小的重力勢能等于增加的動(dòng)能，則mgh＝eq\f(1,2)mv2，即mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,H)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B).[答案](1)AEFD(2)D(3)1.35eq\f(1,2)mveq\o\al(2,H)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)13.(8分)如圖甲所示，升降機(jī)在電動(dòng)機(jī)的拉力作用下，從靜止開始沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，升降機(jī)先做勻加速運(yùn)動(dòng)，5s末到達(dá)額定功率，之后保持額定功率運(yùn)動(dòng)．其運(yùn)動(dòng)情況v-t圖象如圖乙所示，已知電動(dòng)機(jī)的牽引力的額定功率為36kW，重力加速度g取10m/s2，求：甲乙(1)升降機(jī)的總質(zhì)量大??；(2)5s末時(shí)瞬時(shí)速度v的大??；(3)升降機(jī)在0～7s內(nèi)上升的高度．[解析](1)設(shè)升降機(jī)的總質(zhì)量為m，升降機(jī)最后做勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力F＝mg根據(jù)P＝Fvm＝mgvm得m＝eq\f(P,gvm)＝eq\f(36000,10×12)kg＝300kg.(2)設(shè)勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a，當(dāng)t＝5s時(shí)，速度v＝at此時(shí)牽引力F′＝eq\f(P,v)根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)′－mg＝ma解得a＝2m/s2，v＝10m/s.(3)則0～5s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×25m＝25m對5～7s內(nèi)運(yùn)用動(dòng)能定理得，Pt2－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得：h＝21.8m則x＝x1＋h＝(25＋21.8)m＝46.8m.[答案](1)300kg(2)10m/s(3)46.8m14．(12分)質(zhì)量為1.0×103kg的汽車，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定輸出功率為5.6×104W，沿傾角為30°的斜坡由靜止開始從坡底向上運(yùn)動(dòng)，汽車在運(yùn)動(dòng)過程中所受摩擦阻力大小恒為2000N，開始時(shí)以a＝1m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)(取g＝10m/s2)．求：(1)汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)的時(shí)間t1；(2)汽車所能達(dá)到的最大速率；(3)若斜坡長143.5m，且認(rèn)為汽車達(dá)到坡頂之前，已達(dá)到最大速率，則汽車從坡底到坡頂需多少時(shí)間？[解析](1)根據(jù)牛頓第二定律有：F－mgsin30°－f＝ma設(shè)勻加速的末速度為v，則有：P＝Fv；v＝at1代入數(shù)值，聯(lián)立解得：勻加速的時(shí)間為t1＝7s.(2)當(dāng)達(dá)到最大速度vm時(shí)，有：P＝(mgsin30°＋f)vm解得：汽車的最大速度為vm＝8m/s.(3)汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝24.5m在后一階段牽引力對汽車做正功，重力和阻力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理有：Pt2－(mgsin30°＋f)x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2,又有x2＝x－x1代入數(shù)值，聯(lián)立求解得：t2＝15s所以汽車總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝t1＋t2＝22s.[答案](1)7s(2)8m/s(3)22s15．(12分)如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧軌道與高為10R的光滑斜軌道放在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，水平軌道與斜軌道間有一段圓弧過渡．在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓，處于靜止?fàn)顟B(tài)．同時(shí)釋放兩個(gè)小球，a球恰好能通過圓弧軌道的最高點(diǎn)A，b球恰好能到達(dá)斜軌道的最高點(diǎn)B.已知a球質(zhì)量為m1，b球質(zhì)量為m2，重力加速度為g.求：(1)a球離開彈簧時(shí)的速度大小va；(2)b球離開彈簧時(shí)的速度大小vb；(3)釋放小球前彈簧的彈性勢能Ep.[解析](1)由a球恰好能到達(dá)A點(diǎn)知：m1g＝m1eq\f(vA\o\al(2,),R)由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veqa\o\al(2,)－eq\f(1,2)m1veqA\o\al(2,)＝m1g·2R解得va＝eq\r(5gR).(2)對于b球由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)m2veqb\o\al(2,)＝m2g·10R解得vb＝2eq\r(5gR).(3)由機(jī)械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)m1veqa\o\al(2,)＋eq\f(1,2)m2veqb\o\al(2,)解得Ep＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)m1＋10m2))gR.[答案](1)eq\r(5gR)(2)2eq\r(5gR)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)m1＋10m2))g