高中物理 人教版2019必修第二册 单元测试 第八章 机械能守恒定律 （含答案）

第八章　机械能守恒定律
章节达标检测 考试试卷
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，本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、选择题(本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.2021年7月30日，东京奥运会女子蹦床决赛，朱雪莹以56.635分夺得金牌。在做蹦床运动时，由高处自由落下，从朱雪莹双脚接触蹦床开始到最低点的过程中，关于蹦床的弹性势能、运动员的重力势能的变化情况，下列说法正确的是 (　　 )
A.增大、增大　　　　　　　　　B.增大、减小
C.减小、增大　　　　　　　　　D.减小、减小
2.如图所示，质量为50 kg的同学在做仰卧起坐。若该同学上半身的质量约为全身质量的，她在1 min内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3 m，则她在1 min内克服重力做的功W和相应的功率P约为　 (　　 )
A.4 500 J　75 W　　　　　　　　　B.450 J　7.5 W
C.3 600 J　60 W　　　　　　　　　D.360 J　6 W
3.机车在运行过程中所受的阻力大小始终不变，在某一段直线轨道上匀加速运动，达到最大功率后保持功率恒定直到达到最大速度的过程中，下列说法正确的是 (　　 )
A.机车达到最大速度时牵引力最小
B.机车一直匀加速运动直到达到最大速度
C.匀加速过程中任意相等时间内牵引力做功相等
D.在功率恒定的加速阶段，相等时间内机车动能变化相同
4.如图所示，小球以初速度v0=4 m/s从A点沿不光滑的轨道运动到B点后自动返回，其返回途中经过A点时速度大小为2 m/s，小球可视为质点，则A、B两点的高度差h为 (　　 )
A.0.3 m　　　　　B.0.4 m　　　　　C.0.5 m　　　　　D.0.6 m
5.随着2022北京冬奥会的召开，人们参与冰雪运动的热情高涨。如图所示滑雪滑道PQR，质量60 kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度大小为18 m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对于滑道最低点Q高度为24 m，R端相对于Q点高度为4 m。从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为 (　　 )
A.1∶10　　　　　B.1∶5　　　　　C.4∶5　　　　　D.1∶1
6.我国的民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上。某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，发动机起飞一段时间后关闭，再经历一小段时间到达最高点。已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍。无人机的动能E与上升高度h的关系如图所示，则下列论述正确的有 (　　 )
A.无人机的升力大小是60.6 N
B.无人机的质量是4 kg
C.空气阻力的大小是10 N
D.加速段与减速段时间之比为7∶5
7.小孩站在岸边向湖面依次抛出三个石子，三个石子的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上。假设三个石子质量相同，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是 (　　 )
A.沿轨迹3运动的石子落水时速度最小
B.三个石子在最高点时速度相同
C.小孩抛出石子时，对三个石子做的功相等
D.沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大
8.如图所示，质量m=2 kg的木块A叠放在质量M=4 kg足够长的木板B上，木板B放在水平地面上，木板B的右端通过细绳与电动机连接，t=0时在电动机带动下A、B一起由静止向右做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动，经2 s绳突然断裂，不考虑绳断对木板速度的影响，已知A、B间动摩擦因数为μ1=0.2，木板B与地面间动摩擦因数为μ2=0.4。则下列说法正确的是 (　　 )
A.1 s末电动机输出功率为32 W
B.该过程中绳的拉力做的总功为60 J
C.为使木块A不从木板上滑落，开始运动时木块A到木板右端距离最小值为0.4 m
D.绳断后木板B减速过程中的加速度大小为4 m/s2
9.如图甲所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平面运动，1 s后撤掉恒力F，其运动的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是 (　　 )
甲 乙
A.在0~2 s内，合外力一直做正功
B.在0.5 s时，恒力F的瞬时功率为100 W
C.在0~1 s内，恒力F的平均功率为150 W
D.在0~3 s内，物体克服摩擦力做功为100 J
10.如图所示，水平地面上有一高为L的固定支架，轻质细杆可绕支架上的水平转轴O在竖直平面内转动，A、D是细杆的端点，AO=OD=2L。在杆的A端和OD的中点分别固定质量为m、4m的小球。最初把A端的小球按在地面上。由静止释放小球，细杆绕O点转动，直到D端到达地面。两小球均可视为质点，不计转动过程中的一切阻力，重力加速度为g。则 (　　 )
A.转动过程中，杆对质量为m的小球不做功
B.D端到达地面前的瞬间，质量为m的小球的速度大小为
C.转动过程中，质量为m的小球机械能增加mgL
D.转动过程中，杆对质量为4m的小球做功-3mgL
11.如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的固定斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上B点，B点以上斜面光滑，B点到斜面底端粗糙，可视为质点的物体质量为m，从A点静止释放，将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点。已知A、B间的距离为L，物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，则此过程中 (　　 )
A.物体克服摩擦力做的功为mgL sin θ
B.弹簧的最大压缩量为
C.物体的最大动能一定等于mgL sin θ
D.弹簧弹性势能的最大值为mgL sin θ·
12.如图所示，倾斜放置的传送带AB长为10 m，在电机驱动下以大小为v=3 m/s的恒定速率顺时针转动，传送带的倾角θ=37°，一个质量为2 kg的物块轻放在传送带A端，同时给物块施加一个沿斜面向上的恒定拉力F，物块先加速后匀速从A端运动到B端，物块运动的时间为4 s，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向上运动过程中，下列说法不正确的是 (　　 )
A.拉力对物块做的功为9 J
B.物块加速运动的时间为 s
C.因传送物块电机多消耗的电能为60 J
D.物块与传送带之间，因摩擦产生的热量为16 J
二、非选择题(本题共6小题，共64分)
13.(6分)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带，如图1所示。O为打下的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度g=9.80 m/s2，那么：
图1 图2
(1)根据图1中所给的数据，应取图中O点到　　　　点来验证机械能守恒定律。
(2)从O点到(1)问中所取的点，对应的重物重力势能的减少量ΔEp=　　　　 J，动能增加量ΔEk=　　　　 J。(结果保留三位有效数字)
(3)若测出纸带上所有点到O点的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图像是图2中的　　　　。
14.(8分)“用DIS验证机械能守恒定律”实验装置如图1。
图1 图2
(1)本实验利用　　　　传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的　　　　和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中 (　　 )
A.连接杆拉力不做功，合外力不做功
B.连接杆拉力不做功，合外力做正功
C.连接杆拉力做正功，合外力不做功
D.连接杆拉力做正功，合外力做正功
(3)根据实验结果绘制的图像如图2所示，图像的横轴表示摆锤距离最低点的高度，纵轴表示摆锤的重力势能、动能或机械能。其中表示摆锤的重力势能、动能的图线分别是　　　和　　　。(选填“甲”“乙”或“丙”)
(4)根据实验图像，可以得出的结论是　　　　　　　　。
15.(12分)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v-t图像如图乙所示(在t=15 s处，水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段受到的阻力各自有恒定大小。求：
(1)汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；
(2)汽车到达B点时的加速度a；
(3)BC路段的长度。
甲 乙
16.(12分)如图所示，长L=1.5 m的轻杆左端套在固定的光滑水平转轴O上，右端连接质量mA=3 kg的小球A，绕过光滑定滑轮的细线一端连接A，另一端连接质量mB=1 kg的小球B，为使轻杆保持水平，B受到竖直向下的拉力F。已知C、A间的细线竖直且长度l=0.5 m，细线足够长，重力加速度大小为g。现撤去拉力F，求：
(1)撤去F的瞬间，轻杆对A的弹力大小T1和细线对A的弹力大小T2；
(2)A运动到O点正下方时，A和B的速度大小之比vA∶vB；
(3)A从图示位置运动到O点正下方的过程中，细线对A所做的功W。
17.(12分)如图甲所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一小球(可视为质点)，弹簧处于原长时小球位于O点。将小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图乙所示。小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为Ep1，弹簧弹性势能为E弹1，经过另一位置B时动能为Ek2，重力势能为Ep2，弹簧弹性势能为E弹2。请根据功是能量转化的量度，证明：小球由A运动到B的过程中，小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒。
(2)已知弹簧劲度系数为k，以O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系O-x，如图乙所示。
a.请在图丙中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图像。根据F-x图像求小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹(设弹簧在原长时弹性势能为0)。
b.已知小球质量为m，求小球运动过程中瞬时速度最大值的大小v。
18.(14分)如图所示，质量为m=1 kg的小物块从光滑斜面上的A点由静止下滑，进入圆心为O、半径为R=1 m的光滑圆弧轨道BCD(B点和D点等高)。圆弧B点的切线与斜面重合，DE为光滑曲线轨道(该轨道与物体以某一速度从E点平抛后的运动轨迹重合)，光滑曲线轨道DE在D点处的切线与OD垂直，曲线轨道的E端与带有挡板的光滑水平木板平滑连接，轻质弹簧左端固定在挡板上。已知A点距斜面底端B的距离l=2 m，水平木板距离地面的高度h=0.45 m，斜面的倾角θ=37°。(已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：
(1)小物块运动到圆弧最低点C时受到的支持力的大小FN；
(2)要使小物块从D点沿轨道运动到E点的过程中对轨道刚好没有压力，小物块释放点距B点的距离d(计算结果保留两位有效数字)；
(3)若斜面不光滑且小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.1，小物块仍从A点下滑，在整个过程中小物块沿斜面滑行的总路程s。
答案全解全析
1.B　从朱雪莹双脚接触蹦床开始到最低点的过程中，蹦床的形变量逐渐增大，故蹦床的弹性势能逐渐增大；朱雪莹的高度逐渐降低，故朱雪莹的重力势能逐渐减小，选B。
2.A　每次上半身重心上升的距离均为0.3 m，则她每一次克服重力做的功约为W1=mgh=×50×10×0.3 J=90 J，1分钟内克服重力所做的功约为W=50W1=50×90 J=4 500 J，平均功率约为P== W=75 W，故选A。
3.A　当功率达到额定功率后，机车的功率就不再增大，要增大速度，就要减小牵引力，当牵引力等于阻力时，机车速度达到最大值，所以机车匀加速运动过程达不到最大速度，故A正确，B错误；机车匀加速过程中，牵引力大小不变，任意相等时间内机车的位移大小不同，则牵引力做功不相等，C错误；在功率恒定的加速阶段，由W=Pt知相等时间内机车牵引力做功相等，但阻力做功不相等，则机车动能变化不相同，D错误。
4.C　设小球从A点到B点的过程中克服摩擦力做功为Wf，则对小球从A点到B点的过程应用动能定理有-mgh-Wf=0-m，对小球从B点回到A点的过程应用动能定理有mgh-Wf=mv2-0，可得h=0.5 m，选C。
5.B　由能量守恒可知从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做的功Wf=mg(H-h)-mv2，解得Wf=60×10×(24-4) J-×60×182 J=2 280 J，从P到R滑行过程中，重力做功WG=mg(H-h)=12 000 J，则=≈，故选B。
6.D　由动能E与上升高度h的关系图线，可得斜率大小即合外力的大小，故得到加速段的合外力大小为F-mg-f≈28.6 N，减速段的合外力为mg+f=40 N，联立可得升力F=68.6 N，故A错误；由减速段的合外力为mg+f=1.25mg=40 N，可得无人机的质量m=3.2 kg，空气阻力f=0.25mg=8 N，故B、C错误；由于加速段和减速段均为匀变速直线运动，可知两阶段的平均速度相等，故时间之比等于位移之比，为1.75∶1.25=7∶5，故D正确。
7.A　设任一石子初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的高度为h，向上运动时间为t，落水时速度为v。取竖直向上为正方向，从抛出至到达最高点，由0-=-2gh，得vy=，由题可知h相同，所以三个石子初速度的竖直分量vy相同，由vy=v0 sin α可知，由于角α不同，所以v0不同，沿轨迹1抛出的石子的初速度最大，沿轨迹3抛出的石子的初速度最小。石子从抛出到落水过程，根据动能定理有WG=mv2-m，得mv2=WG+m，重力做功WG相同，沿轨迹3抛出的石子的初速度最小，所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小，A正确；三个石子在最高点的速度等于抛出时的水平分速度vx，由vx=可知，由于vy相同，初速度与水平方向的夹角α不同，所以vx不同，B错误；在小孩抛出石子过程中，由动能定理得W=m-0，由于沿轨迹1抛出的石子的初速度v0最大，所以小孩对沿轨迹1抛出的石子做功最多，C错误；因三个石子初速度的竖直分量vy相同，则它们落水时竖直方向的分速度也相等，根据P=mgvy，可知重力的功率相等，D错误。
8.B　前2 s内，A、B一起做匀加速直线运动，F-μ2(M+m)g=(M+m)a，代入数据解得F=30 N，1 s末电动机输出功率为P=Fv=F·at1=30 W，故A错误；该过程中绳的拉力做的总功为W=F·a=60 J，故B正确；绳断后木板B减速过程中的加速度大小为a2==5 m/s2，故D错误；绳断时A、B的速度均为v=at2=2 m/s，若木块A没有从木板上滑落，则之后A向右运动的位移xA===1 m，B向右运动的位移xB==0.4 m，Δx=xA-xB=0.6 m，为使木块A不从木板上滑落，开始运动时木块A到木板右端的距离最小值为0.6 m，故C错误。
9.C　0~1 s内，速度增加，根据动能定理知，合力做正功，1~3 s内，速度减小，根据动能定理知，合力做负功，故A错误；根据v-t图线知，匀加速运动的加速度大小a1=10 m/s2，匀减速运动的加速度大小a2= m/s2=5 m/s2，根据牛顿第二定律得f=ma2，F-f=ma1，解得f=10 N，F=30 N，由图知0.5 s时，速度为5 m/s，则恒力F的瞬时功率为P=Fv=30×5 W=150 W，故B错误；0~1 s内，平均速度等于0.5 s时的瞬时速度5 m/s，恒力F的平均功率为=F=30×5 W=150 W，故C正确；0~3 s内，物体的位移大小x=×3×10 m=15 m，克服摩擦力做功Wf=fx=10×15 J=150 J，故D错误。
10.D　转动过程中，质量为m的小球受到的重力做负功，而动能增加，可知，杆对质量为m的小球做正功，故A错误；两小球同轴转动，角速度相同，则有=，v1=2v2，D端到达地面前的瞬间，根据机械能守恒有4mgL-mg×2L=m+×4m，解得v1=，v2=，故B错误；转动过程中，质量为m的小球，动能增加量Ek=m=mgL，重力势能增加量Ep=mg×2L，机械能增加量E=Ek+Ep=3mgL，故C错误；两小球组成的系统机械能守恒，质量为m的小球机械能增加3mgL，则质量为4m的小球机械能减小3mgL，其机械能变化是由于杆对其做功引起的，故杆对质量为4m的小球做功-3mgL，故D正确。
11.A　对于物体运动的整个过程，运用动能定理得mgL sin θ-Wf=0，则物体克服摩擦力做的功Wf=mgL sin θ，故A正确。物体从A运动到B过程机械能守恒，可得物体刚接触弹簧时的动能等于mgL sin θ。若μ≥tan θ，则μmg cos θ≥mg sin θ，物体在B点达到最大动能mgL sin θ；若μ12.A　物块开始时做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F+μmg cos θ-mg sin θ=ma，当物块与传送带速度相等时，物块做匀速运动，有+v=L，解得F=8.5 N，a=2.25 m/s2，拉力对物块做的功为WF=FL=85 J，物块加速运动的时间为t1== s，故A说法错误，B说法正确；物块与传送带间的相对位移为s=vt1-=2 m，根据功能关系，可得因摩擦产生的热量为Q=μmg cos θ·s=16 J，故D说法正确；物块加速过程中的摩擦力为滑动摩擦力，即f1=μmg cos 37°=8 N，物块匀速运动过程的摩擦力为静摩擦，f2=mg sin 37°-F=3.5 N，两摩擦力均沿传送带向上，则因传送物块电机多消耗的电能用来克服摩擦力做功，W=f1vt1+f2v(t-t1)，解得W=60 J，故C说法正确。
13.答案　(1)B(1分)　(2)1.88(2分)　1.84(2分)　(3)A(1分)
解析　(1)实验需要验证重物重力势能的减少量与动能的增加量相等，需要求出重物的速度，根据题图1结合匀变速直线运动的推论可以求出打B点时重物的瞬时速度，因此应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律。
(2)从O点到B点，对应的重物重力势能的减少量
ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×19.20×10-2 J≈1.88 J
打B点时重物的瞬时速度为
vB== m/s=1.92 m/s
从O点到B点，对应的重物动能增加量
ΔEk=m=×1.00×1.922 J≈1.84 J
(3)重物下落过程，由机械能守恒定律得mgh=mv2，整理得=gh，g是定值，则与h成正比，故选A。
14.答案　(1)光电(1分)　高度(1分)　(2)B(2分)　(3)乙(1分)　丙(1分)　(4)摆锤运动过程中机械能守恒(2分)
解析　(1)本实验利用光电传感器测量摆锤释放后经过各个点的速度，结合各挡光片相对轨道最低点的高度和摆锤质量，可以分析摆锤运动过程中机械能的变化。
(2)将摆锤由A点静止释放，在摆锤摆到最低点的过程中，连接杆拉力方向始终垂直于摆锤的速度方向，所以不做功，而摆锤的动能增大，合外力做正功，故选B。
(3)摆锤的重力势能随h的增大而增大，动能随h的增大而减小，所以其中表示摆锤的重力势能、动能的图线分别是乙和丙。
(4)图2中甲图线表示摆锤运动过程中的机械能，在实验误差允许的范围内图线甲平行于h轴，由此可以得出的结论是摆锤运动过程中机械能守恒。
15.答案　(1)2 000 N　(2)-1 m/s2　(3)68.75 m
解析　(1)汽车在AB路段做匀速直线运动，有
F1=Ff1 (1分)
P=F1v1 (1分)
所以Ff1==2 000 N(1分)
(2)t=15 s时汽车处于平衡状态，有
F2=Ff2 (1分)
P=F2v2 (1分)
所以Ff2==4 000 N(1分)
t=5 s时汽车开始做减速运动，有
F1-Ff2=ma (1分)
解得a=-1 m/s2 (1分)
(3)汽车在BC段运动时，由动能定理得
PΔt-Ff2x=m-m (2分)
解得x=68.75 m(2分)
16.答案　(1)0　15 N　(2)5∶3　(3)-22.7 J
解析　(1)撤去F的瞬间，轻杆弹力提供A的向心力，A的速度为零，因此向心力为零，即T1=0 (1分)
对A有mAg-T2=mAa (1分)
对B有T2-mBg=mBa (1分)
解得T2=15 N(1分)
(2)小球A运动到O点正下方时，设细线与竖直方向的夹角为θ，则tan θ==，故θ=37°，可得sin θ=，将小球A的速度沿细线方向与垂直于细线方向分解，可得vB=vA sin θ (3分)
解得vA∶vB=5∶3 (1分)
(3)对A、B及细线组成的系统，机械能守恒，有
mAgL-mBg(-l)=mA+mB (2分)
对小球A，由动能定理得mAgL+W=mA (1分)
解得W≈-22.7 J(1分)
17.答案　(1)见解析　(2)a.图见解析　-kx2　kx2　b.g
解析　(1)设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹，根据动能定理有
WG+W弹=Ek2-Ek1 (2分)
由重力做功与重力势能的关系有WG=Ep1-Ep2 (1分)
由弹力做功与弹性势能的关系有W弹=E弹1-E弹2 (1分)
联立以上三式可得Ek1+Ep1+E弹1=Ek2+Ep2+E弹2 (1分)
(2)
a.F-x图像如图所示，图中的图线和x轴围成的面积表示弹力做功的大小。 (1分)
所以弹力做功为W=-kx2 (1分)
由弹力做功与弹性势能的关系有W弹=0-E弹 (1分)
解得E弹=kx2 (1分)
b.小球由O点到P点过程中，当弹力等于重力时小球有最大速度，此时有mg=kx (1分)
根据动能定理有mgx-kx2=mv2-0 (1分)
解得v=g (1分)
18.答案　(1)38 N　(2)2.1 m　(3)15 m
解析　(1)由A→C过程，根据动能定理有mg[l sin θ+R(1- cos θ)]=m (2分)
根据牛顿第二定律有FN-mg= (2分)
解得FN=38 N(1分)
(2)要使物块由D点运动到E点对轨道没有压力作用，看作物块由D到E做平抛运动的逆运动，即物块运动到E点时的速度为平抛运动的初速度，运动到D点时，根据平抛运动规律有tan θ= (1分)
=2gh (1分)
解得v0=4 m/s，vy=3 m/s
则vD==5 m/s(1分)
小物块从释放点运动到D点的过程，根据动能定理有
mgd sin θ=m (2分)
解得d= m≈2.1 m(1分)
(3)从开始下滑到运动到B点的速度为零时，根据动能定理有
mgl sin θ-μmgs cos θ=0 (2分)
解得s=15 m(1分)