人教版必修第二册第8章章末综合练（word版含答案）

人教版必修第二册 第8章 章末综合练
一、单选题
1．如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落在比地面低h的海平面上，若以地面为零势能面，且不计空气阻力，则（　　）
A．物体在海平面的重力势能为mgh
B．重力对物体做的功为零
C．物体在海平面上的机械能为
D．物体在海平面上的动能为
2．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．设该物体在t0和2t0时刻合外力的瞬时功率分别是P1和P2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则（ ）
A．P2=4P1 B．P2=10P1 C．W2=6W1 D．W2=8W1
3．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．传送带对物块的冲量大小一定为2mv2
B．全过程传送带对物块做的总功可能为正，可能为负，也可能为零
C．电动机提供给系统的电能一定大于全程产生的内能
D．全过程产生的内能可能等于2mv1v2
4．一质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力f保持不变。当它以速度v、加速度a加速前进时，发动机的实际功率恰好等于额定功率，从此时开始，发动机始终在额定功率下工作，则汽车（　　）
A．发动机的额定功率为fv B．最后的速度为
C．速度逐渐减小，最终匀速运动 D．加速度逐渐增大，最终保持不变
5．北京时间2021年8月5日，在东京奥运会女子单人十米台决赛中，中国14岁的小将全红婵以466.20分获得冠军，这也是中国跳水队在东京的第六枚金牌，中国跳水队堪称中国奥运梦之队。如图所示是跳水运动员跳板跳水时的情景，跳板跳水运动有起跳、腾空、落水几个阶段，若不计空气阻力，从起跳到腾空上升到最高点的过程中，下列分析正确的是（　　）
A．起跳过程中运动员先超重后失重
B．运动员的机械能先增大后减小
C．运动员即将离开跳板时，动能最大
D．起跳过程中跳板对运动员做功等于运动员动能增加量
6．如图所示，在竖直面内固定有一半径为R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，半圆环ABC是光滑的，半圆环CDA是粗糙的．一质量为m小球（视为质点）在圆环的内侧A点获得大小为v0、方向水平向左的速度，小球刚好能第二次到达C点，重力加速度大小为g．在此过程中（　　）
A．小球损失的机械能为
B．小球通过A点时处于失重状态
C．小球第一次到达C点时速度为
D．小球第一次到达B点时受到圆环的弹力大小为
7．2019~2020赛季短道速滑世界杯盐湖城站比赛，女子3000米接力中国队夺冠，拿到本站比赛第二枚金牌.在比赛中“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，假设运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略，则（　　）
A．甲、乙组成的系统动量守恒
B．甲对乙的力大于乙对甲的力
C．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
8．汽车在平直的公路上由静止开始做匀加速直线运动,当速度达到后立即关闭发动机让其滑行,直至停止.设在运动的全过程中汽车的牵引力做功,克服摩擦力做功,那么为( )
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4
二、多选题
9．下图中，固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的圆环，圆环与水平放置轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在墙壁上的A点，图中弹簧水平时恰好处于原长状态．现让圆环从图示位置（距地面高度为h）由静止沿杆滑下，滑到杆的底端B时速度恰好为零．则在圆环下滑至底端的过程中
A．圆环的机械能守恒
B．弹力对圆环做负功，大小为mgh
C．圆环所受合力做功为零
D．圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh
10．某遥控玩具车在足够大的水平路面上做直线运动，在内的图像如图所示，1s末达到额定功率。已知玩具车的质量为，整个过程中玩具车所受阻力大小为2N，则下列分析正确的是（　　）
A．内玩具车受到的牵引力大小为5N
B．玩具车的额定功率为10W
C．玩具车能达到的最大速度为7.5m/s
D．玩具车能达到的最大速度为5m/s
11．运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示。已知冰壶质量为19kg，g取10m/s2，则以下说法正确的是（　　）
A．μ=0.05 B．μ=0.01
C．滑行时间t=5s D．滑行时间t=10s
12．2016年9月15日,我国的空间实验室天宫二号在酒泉成功发射．9月16日,天宫二号在椭圆轨道Ⅰ的远地点A开始变轨，变轨后在圆轨道Ⅱ上运行，如图所示．若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是( )
A．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A点的速度一定小于第一宇宙速度
B．天宫二号在轨道Ⅰ上运行的周期可能大于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过近地点B的速度一定大于Ⅱ轨道的速度
D．天宫二号在轨道Ⅰ运行时，机械能不变
三、实验题
13．在利用重锤和打点计时器做“验证机械能守恒定律”的实验中，下列各项描述正确的有( ).
A．必须要测量重锤的质量
B．必须测量重锤的下落时间
C．需要把打点计时器两限位孔尽量调到同一竖直线上
D．由于误差的原因利用纸带测出O到各个计数点的重力势能的减小量，总是略大于测出必须测出的动能增加量
14．如图为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图。
（1）为完成此实验，除了图中所示器材，还必需的器材有___________；
A．刻度尺 B．秒表 C．天平
（2）如图是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94cm、32.78cm、38.02cm、43.65cm、49.66cm、56.07cm。已知打点计时器所用的电源是50Hz的交流电，重物的质量为0.5kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能___________J；重物增加的动能___________J，两者不完全相等的原因可能是___________。（重力加速度g取9.8m/s2，计算结果保留三位有效数字）。
四、解答题
15．有一艘质量为1.0×107kg的轮船，发动机的额定功率是1.8×108 W，假设所受的阻力为1.0×107N，且始终保持不变．求：
(1)当发动机以额定功率工作、航行速度为9m/s时，轮船的加速度；
(2)这艘轮船能保持的最大航行速度．
(3)若轮船从静止开始以1m/s2的加速度启动，这一过程能维持多长时间？
16．如图所示，水平轨道上段光滑，段粗糙，且，为竖直平面内半径为的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，右侧有电场强度的匀强电场，方向水平向右，一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点，现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为，电荷量大小为，与轨道间的动摩擦因数为，忽略滑块P与轨道间电荷转移，已知，求：
（1）若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为，求弹簧释放的弹性势能；
（2）在（1）的条件下，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道（即滑块只能从C点或者F点离开半圆轨道），求弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。
17．如图所示,倾角为θ的斜面上PP′、QQ′之间粗糙，且长为3L，其余部分都光滑．形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、 C沿斜面排列在一起，但不粘接．每块薄木板长均为L，质量均为m，与斜面PP′、QQ′间的动摩擦因数均为3tanθ．将它们从PP′上方某处由静止释放，三块薄木板均能通过QQ′．重力加速度为g．求：
(1)薄木板A下端运动到在QQ′之前速度最大的位置；
(2)薄木板B上端到达PP′时受到木板C弹力的大小；
(3)试分析释放A、B、C时，薄木板A下端离PP′距离满足什么条件，才能使三块薄木板均能通过QQ′．
18．如图所示，小球从离地h＝5m，离竖直墙水平距离s＝4m处水平抛出，不计空气阻力，求：（g＝10m/s2）
（1）若要使小球碰不到墙，则小球的初速度应满足什么条件？
（2）若以v0＝8m/s的初速度向墙水平抛出小球，碰撞点离地面的高度和撞墙的速度大小分别为多少？（结果保留根号）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为，A错误；
B．重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，B错误；
C．整个过程机械能守恒，即初末态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为，所以物体在海平面时的机械能也为，C错误；
D．设末动能为Ek，根据机械能守恒定律有
整理有
D正确。
故选D。
2．D
【解析】
【详解】
试题分析：根据牛顿定律得：0-t0时间内有、v1 =a1t
t0-2t0时间内有 、v2=v1 +a2t
联立解得t0和2t0时刻速度之比：v1：v2=1：3
由P1=F0v1，P2=2F0v2，得：P2=6P1．
0-t0时间内的位移 ，0-2t0时间内的位移；
代入解得：x1：x2=1：5
则W1=F0 x1，W2=2F0 （x2-x1）=8W1．故选D．
考点：牛顿第二定律；功率
【名师点睛】此题是牛顿第二定律及功率公式的应用；解题时要分两段列出牛顿方程和运动公式，并注意两个过程的关联关系；熟练掌握功率的求解公式P=Fv和W=FS，即可进行解答．
3．D
【解析】
【详解】
由于传送带足够长，物体减速向右滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向左加速，分三种情况讨论：
①如果v1>v2，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；
②如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v′2=v2；
③如果v1A．根据动量定理求解传送带对物块的冲量大小，由于物块再次回到P点的速度方向向左，大小不一定等于v2，所以传送带对物块的冲量大小不一定为2mv2，故A错误；
B．根据上面的讨论，物块再次回到P点的速度大小v′2≤v2，整个过程动能变化△Ek≤0，根据动能定理得：全过程传送带对物块做的总功可能为负，也可能为零，不可能为正，故B错误；
C．根据能量守恒，如果物块再次回到P点的速度大小v′2=v2，那么物块动能变化为0，那么电动机提供给系统的电能等于全程产生的内能，故C错误；
D、过程产生的内能是通过克服滑动摩擦力对系统做功来量度的，克服滑动摩擦力对系统做功
设物块运动的加速度大小为a，如果v1≥v2，则
即
故D正确。
故选D。
4．B
【解析】
【分析】
【详解】
发动机的实际功率恰好等于额定功率，此时的额定功率
联立解得
功率恒定后，速度继续增大，此时牵引力减小，所以加速度减小，汽车做加速度减小的加速直线运动，当a=0时，汽车做匀速直线运动，此时速度最大，最大的速度为
联立解得
故选B。
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．运动员从在起跳过程中受到跳板的弹力和重力，弹力从大于重力逐渐减小到0，运动员向上先做加速运动，后做减速运动，离开跳板后做竖直上抛运动，运动员先超重后失重，故A正确；
B．在整个起跳过程中，运动员的机械能一直增大，离开跳板后运动员机械能不变，故B错误；
C．在起跳过程中，当跳板的弹力等于重力时，运动员的动能最大，故C错误；
D．起跳过程中跳板对运动员做正功，等于运动员的机械能增加量，故D错误。
故选A。
6．A
【解析】
【详解】
A、设整个过程克服摩擦力做功为W，根据动能定理得：﹣mg2R﹣W，刚好能第二次到达C点，则mg，根据功能关系得：Q＝W，解得：QmgR，故A正确；
B、在A点受重力和支持力的合力提供向心力，即FN1﹣mg＝m，即FN1＝mg+mmg，故小球通过A点时处于超重状态，故B错误；
C、小球第一次到达C点的过程由动能定理得：﹣mg 2R，解得：vC，故C错误；
D、小球第一次到达B点的过程由动能定理得：﹣mgR，在B点由牛顿第二定律得：N，解得：N＝m（2g），故D错误．
7．C
【解析】
【详解】
A．在乙推甲的过程中，因运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略，则甲、乙组成的系统受合外力不为零，则系统的动量不守恒，选项A错误；
B．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，等大反向，选项B错误；
C．根据
I=Ft
可知，甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小，选项C正确；
D．乙推甲的过程中，甲乙的位移不相等，则甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不相等，选项D错误。
故选C。
8．A
【解析】
【详解】
运动的全过程，牵引力对汽车做正功，摩擦力对汽车做负功，其它力对汽车做的功是零；车从静止开始运动最终停止，则牵引力对汽车做的正功与摩擦力对汽车做的负功正好抵消，即汽车的牵引力做功与克服摩擦力做功之比为1:1．故A项正确，BCD三项错误．
9．BCD
【解析】
【详解】
圆环除了重力做功以外还有弹簧的弹力做功，故圆环的机械能不守恒，选项A错误；圆环从开始下落到落到B点，由动能定理：，即W弹=mgh，选项B正确；由动能定理，则圆环所受合力做功为零，选项C正确；因克服弹力做功等于增加的弹性势能，故圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh，选项D正确；故选BCD.
10．AC
【解析】
【详解】
A．由图可知，内玩具车做匀加速运动，加速度为3m/s2，整个过程中玩具车所受阻力大小为2N，由牛顿第二定律，可得
F-f=ma
解得内玩具车受到的牵引力大小为5N，A正确；
B．玩具车1s末达到额定功率，由P=Fv,可得P=15W，B错误；
CD．玩具车到达最大速度时，P=fvm，解得vm=7.5m/s，C正确，D错误。
故选AC。
11．BD
【解析】
【详解】
AB．由动能定理得
由图知x=5m，EK0=9.5J，代入得
解得
故A错误，B正确；
CD．设冰壶的初速度为v，则有
得
由
得
滑行时间
故C错误，D正确。
故选BD。
12．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．天宫二号在轨道Ⅰ上的A点加速后才能进入圆轨道Ⅱ，根据
可知，在圆轨道Ⅱ上的运行速度小于第一宇宙速度，可知天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A点的速度一定小于第一宇宙速度，选项A正确；
B．根据开普勒第三定律可知
因天宫二号在轨道Ⅰ上运行的半长轴小于在轨道Ⅱ上做圆周运动的半径，可知天宫二号在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期，选项B错误；
C．天宫二号在轨道Ⅱ上运行的速度小于第一宇宙速度；若天宫二号在过B点的近地圆轨道上做圆周运动则运行速度为7.9km/s，依据离心运动，则天宫二号在B点沿圆轨道需加速才能进入椭圆轨道Ⅰ，则天宫二号在轨道Ⅰ上运行时经B点的速度大于第一宇宙速度，所以飞船在轨道Ⅰ上运行时经B点的速度大于天宫二号在轨道Ⅱ上运行的速度，故C正确；
D．天宫二号在轨道Ⅰ运行时，只有地球的引力做功，则机械能不变，选项D正确。
故选ACD。
【点睛】
此题要知道变轨到更高轨道需要加速做离心运动．根据“高轨低速大周期”判断速度大小．利用开普勒第二和第三定律判断椭圆轨道的速度和周期．
13．CD
【解析】
【详解】
A项：因为我们是比较mgh，的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平测质量，故A错误；
B项：打点计时器记录了重锤下落时间，不需要测量时间，故B正确；
C项：为减小摩擦阻力，需要调整打点计时器的限位孔，使它在同一竖直线上，故C正确；D项：重锤下落的过程中不可避免的受到阻力作用，因此重力势能的减小量大于动能的增加量，故D正确．
14． A 2.14J 2.12J 重物及纸带在下落时受到阻力,从能量转化的角度,由于阻力做功,重力势能减小除了转化为动能还有一部分转化为摩擦产生的内能
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1] A．需要刻度尺测量纸带上点迹间的距离，故A正确；
B．打点计时器本身就是计时仪器，所以不需要秒表，故B错误；
C．该实验可不测质量，因为要验证机械能守恒
只需验证
即可，故C错误。
故选A。
（2）[2]重力势能的减小量
[3]打D点时的速度
重物增加的动能
[4]重物及纸带在下落时受到阻力,从能量转化的角度,由于阻力做功,重力势能减小除了转化为动能还有一部分转化为摩擦产生的内能。
15．（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
(1)由P＝Fv可知，当v＝9m/s时，牵引力的大小为：，
又F－f＝ma，
故
(2)轮船以最大速度航行时，F＝f＝1.0×107N，故
(3). F－f＝ma
解得：F=2.0×107N
则
则由
解得. t=9s
故本题答案是：（1） （2） （3）
点睛：本题是一道汽车启动的问题，要知道汽车启动时最大速度与额定功率之间的关系，并利用牛顿第二定律和运动学公式求匀加速的时间．
16．（1）；（2）3.5N，方向沿OD连线向右；（3）或
【解析】
【详解】
（1）F点时，由牛顿第二定律
则
由能量守恒
解得
（2）滑块由D到F过程，根据动能定理
得
得
FD=3.5N
根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为3.5N，方向沿OD连线向右。
（3）由条件可得，在电场中的等效重力
设方向与竖直方向夹角为 ，则有
可得
设M、N两点分别为等效最高点和等效圆心等高点
要使小球P沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，可得
可得
小球从压缩时到M点的过程中，由动能定理得
联立可得
小球在等效圆心等高点N最小速度为零，所以
得
所以要使小球P沿光滑半圆轨道运动时不脱离圆弧轨道
或
17．(1)L (2)2mgsinθ (3)
【解析】
【分析】
（1）薄木板A在PP′、QQ′间运动时，将三块薄木板看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值，由此列式求解滑块A的下端离P处的距离；
（2）对三个薄木板整体运用用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离C，由牛顿第二定律求B对C的作用力；
（3）要使三个薄木板都能滑出QQ′处，薄木板C的过QQ′处时它的速度应大于零，薄木板C全部越过PP′前，三木板是相互挤压着，全部在PP′、QQ′之间运动无相互作用力，离开QQ′时，三木板是相互分离的．分段由动能定理列式求解；
【详解】
(1)薄木板A在PP′、QQ′间运动时，将三块薄木板看成整体．当它们下滑到重力沿斜面分力等于摩擦力时，运动速度达最大值，有：，得：
即滑块A的下端离P处L时的速度最大．
(2)当薄木板B的上端到达PP’时，对三个薄木板整体用牛顿第二定律有：
，得：
对C薄木板用牛顿第二定律有：，
得：，方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知：薄木板B上端到达PP′时受到木板C弹力的大小为，方向沿斜面向下．
(3)要使三个薄木板都能滑出QQ′处，薄木板C的过QQ′处时它的速度应大于零．
薄木板C全部越过PP′前，三木板相互挤压着；薄木板全部在PP′、QQ′之间运动时无相互作用力；离开QQ′时，三木板是相互分离的．
设C木板刚好全部越过PP′时速度为v.
对木板C从刚好越过PP′到木板C的到达QQ′处速度为0，用动能定理有：
得
设开始下滑时，A的下端离PP′处距离为x，对三木板从刚释放到木板C从刚好越过PP′整体用动能定理有：
得到：
即能使三块薄木板均能通过QQ′的释放位置在木板A下端离PP′距离x满足：．
【点睛】
本题首先要正确分析木板的受力情况，判断其运动情况，采用整体法和隔离法结合求木板间的弹力是比较惯用的方法，运用动能定理时，要求同学们能选取合适的过程．
18．（1）（2）3.75m
【解析】
【详解】
（1）若小球恰好落到墙角，根据平抛运动的规律，有：，
解得：，则要使小球碰不到墙，小球的初速度应满足；
（2）若以的初速度向墙水平抛出小球，则：
运动时间：
下落的高度：
则离地高度为：；
撞墙时竖直方向速度大小为：
那么撞墙的速度大小．
答案第1页，共2页
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