章末综合测评4 机械能守恒定律（含解析）高中物理人教版（2019）必修 第二册
文档属性
| 名称 | 章末综合测评4 机械能守恒定律（含解析）高中物理人教版（2019）必修 第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 684.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-08-30 13:23:19 | ||
图片预览
文档简介
章末综合测评(四)
一、选择题(共10小题，1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．如图所示，游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目。钢绳一端系着座椅，另一端固定在水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。在开始启动的一段时间内，转盘逐渐加速转动，在转盘角速度增大的过程中，对飞椅和游客整体受力分析，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．重力不做功 B．拉力不做功
C．拉力做正功 D．机械能保持不变
2．如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg的小铁碗A(可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm。若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )
A．0.2 J B．0.4 J
C．0.8 J D．1.6 J
3．如图所示，将质量为m的篮球从离地高度为h的A处，以初始速度v抛出，篮球恰能进入高度为H的篮圈。不计空气阻力和篮球转动的影响，设经过篮球入圈位置B的水平面为零势能面，重力加速度为g。则篮球经过位置B时的机械能为( )
A．mv2 B．mv2＋mg(h－H)
C．mv2＋mg(H－h) D．mv2＋mgh
4．如图所示，跳台滑雪者在助滑道AB上获得一定速度后从B点沿水平方向跃出，在空中飞行一段时间后着落。若不计空气阻力，B点为计时起点，则下列关于滑雪者的速度v、机械能E、动能Ek、重力的瞬时功率P随时间t的变化关系中，正确的是( )
A B
C D
5．如图所示，一弹簧左端固定在墙壁上，右端与一放在粗糙水平地面上的物块相连，O点为弹簧的原长位置。现将弹簧压缩至A点静止释放，物块向右运动至B点后再向左运动，则( )
A．物块从A点运动到O点的过程中，加速度一直减小
B．物块从O点运动到B点的过程中，加速度一直增大
C．物块从A点运动到B点的过程中，O点处速度最大
D．物块向右和向左两次经过O点时的速度大小相等
6．一辆汽车在平直的公路上由静止开始运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的关系图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及汽车所能达到的最大速度v2，运动过程中汽车所受阻力恒定，则汽车匀加速运动过程中牵引力做的功是( )
A． B．
C． D．
7．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度4 m/s顺时针运行，质量为1 kg的小物块以6 m/s的初速度从传送带右端滑上传送带，经一段时间后小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为10 m，重力加速度g＝10 m/s2，对上述过程，下列说法正确的是( )
A．小物块对传送带做功为20 J
B．小物块对传送带做功为48 J
C．带动传送带转动的电动机多做的功为40 J
D．带动传送带转动的电动机多做的功为50 J
8．如图所示，质量为1 kg的小球从距地面h＝1.6 m的A点水平抛出，不计空气阻力。小球恰好垂直撞在固定在水平面上的半圆形物体上的B点，圆半径为1 m，已知BO与竖直方向间的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球平抛的初速度v0为4 m/s
B．圆心O与A点间的水平距离为1.8 m
C．小球运动到B点时重力的瞬时功率为4 W
D．小球从A运动到B的时间为0.4 s
9．一质量为m的人站在观光电梯内，电梯以0.2g的加速度匀加速上升h高度，在此过程中( )
A．人的机械能增加了1.2 mgh
B．人的重力势能增加了mgh
C．人的动能增加了0.2mgh
D．电梯对人做功0.2mgh
10．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块，一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上有a、b、c、d四个点，b点与O点在同一水平线上且Ob＝l，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点静止释放，在滑块下滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。在此过程中滑块( )
A．在b点时动能最大
B．在c点的速度大小为
C．从a点到c点的过程中，弹簧弹力做功为零
D．从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为mgl
二、实验题(共2小题)
11．某兴趣小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的B位置，细线绕过固定在导轨左端的定滑轮，一端与滑块连接，另一端悬吊钩码。气垫导轨上A处安装一光电门，每次释放时滑块都从遮光条位于气垫导轨上B位置的上方由静止释放。利用天平测得滑块及遮光条的总质量M及钩码的质量m，已知重力加速度g。
(1)关于该实验，下列说法正确的有________。
A．滑块质量需满足远大于钩码的质量
B．遮光条宽度越窄，实验的精确度越高
C．滑块释放的位置离光电门适当远一点，可以减小实验误差
D．调节好的气垫导轨，要保证滑块在悬挂钩码时能够匀速滑行
(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d＝_________ mm。
(3)利用数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，则系统动能的增加量ΔEk＝________(用已测物理量符号表示)。
(4)保持光电门位置不变，调节滑块释放位置到光电门的距离L，多次实验，记录多组数据，作出-L图像，如果不考虑阻力影响，该图线的斜率k＝_________ (用M、m、d及g表示)，即可验证系统机械能守恒。
(5)实验结果发现，系统动能的增加量始终略大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是________(说出一个正确原因即可)。
12．如图所示为“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置，如图甲所示：
(1)摆锤释放器的作用是________。
(2)实验测得A、B、C、D四点中只有C点速度明显偏大，造成这个误差的原因最可能是________。
A．摆锤释放的位置高于A点
B．光电门放置的位置高于C点
C．光电门放置的位置低于C点
D．摆锤运动过程中受到空气阻力的缘故
(3)实验前已测得D、C、B、A各点高度分别为0、0.050 m、0.100 m、0.150 m。某同学通过对获得的实验数据分析发现：从B到C到D，机械能逐渐减小，其原因是________。
(4)如图乙所示，图像中表示小球的重力势能Ep随小球距D点的高度h变化关系的图线是________(填图线所对应的文字)。
(5)若已知摆锤质量为m，当地重力加速度为g，如果摆锤每次从同一位置释放(初位置机械能为E0)，以摆锤速度的平方v2为函数，以摆锤距离零势能D点的高度h为自变量，写出图线的解析式v2＝________。
三、计算题(共3小题)
13．图甲是一种能自动计数的智能呼啦圈，简化模型如图乙。已知配重(可视为质点)质量m＝0.4 kg，绳长为L＝0.3 m，悬挂点A到转轴OO′的距离r＝0.12 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重从静止开始加速旋转，一段时间后配重在水平面内做匀速圆周运动。配重运动过程中腰带可视为不动，不计空气阻力。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)当配重匀速转动且当绳子与竖直方向夹角θ＝37°时，求配重的角速度；
(2)配重从静止开始加速旋转到θ＝37°的过程中，求绳对配重做的功。
14．如图所示是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面。一根不可伸长的细线两端分别系着物体A、B，且mA＝2mB，重力加速度为g。由图示位置从静止开始释放物体A，当物体B到达圆柱顶点时，求绳的张力对物体B所做的功。
15．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆弧轨道的半径R＝0.45 m；水平轨道BC长为0.4 m，与滑块间的动摩擦因数 μ＝0.2；光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2。求：
(1)滑块第一次经过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块几次经过B点。
章末综合测评(四)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C C B C B A C BD ABC CD
1．C [设飞椅和游客的总质量为m，悬点到转轴的距离为r，悬索的长度为l，悬索与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mg tan θ＝m(l sin θ＋r)ω2，在转盘角速度增大的过程中，θ越大，线速度越大，则动能越大，飞椅和游客运动位置越高，重力做负功，根据动能定理可知，拉力做正功，由ΔE＝W其他可知，机械能增大。故选C。]
2．C [小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v＝，解得v＝4 m/s，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W＝mv2，故摩擦力对小铁碗所做的功W＝0.8 J，故选C。]
3．B [由题意，篮球入圈位置B的水平面为零势能面，则篮球在位置B时的重力势能是零，动能是Ek，Ek－mv2＝－mg(H－h)，则有机械能为E＝Ep＋Ek＝mv2＋mg(h－H)，故选B。]
4．C [v-t图像只表示直线运动，不表示曲线运动，故A错误；运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；根据Ek＝＋mgh＝＋mg×gt2＝mg2、均为恒量，故C正确；根据P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P-t图像应为一条直线，故D错误。]
5．B [物块从A点运动到O点的过程中，受到弹簧的向右的弹力和地面向左的摩擦力，一开始时弹力大于摩擦力，物块向右加速，但弹力逐渐减小，所以物块的加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减小到零，此时物块速度最大，然后继续向右运动，弹力接着减小，当弹力小于摩擦力时，物块加速度开始反向增大，物块开始减速，运动到O点时弹力为零，经过O点后，弹力向左，物块继续减速，直到运动到B点，故A、C错误；物块从O点运动到B点的过程中，受到弹簧向左的弹力和地面向左的摩擦力，在此过程中，弹力一直增大，物块受到的合力一直增大，所以物块的加速度一直增大，故B正确；物块向右和向左两次经过O点时，弹簧的弹性势能都为零，但在两次经过O点之间，物块与地面存在摩擦产生内能，所以物块的动能会损失，转化为摩擦产生的内能，所以物块向右和向左两次经过O点时的速度大小不相等，故D错误。]
6．A [根据题中图像可得，汽车的额定功率为P＝F1v1，汽车的阻力为f＝，汽车匀加速阶段的加速度为F1－f＝ma，匀加速阶段的位移为＝2ax，汽车匀加速运动过程中牵引力做功W＝F1·x，综上所述，联立解得W＝，故选A。]
7．C [物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，物块向左减速至0的位移为x＝＝9 m，物块向左运动的时间为t1＝＝3 s，向右运动至共速的时间为t2＝＝2 s，小物块对传送带做功为W＝－μmgv0(t1＋t2)＝－40 J，A、B错误；全程物块与传送带的相对位移为Δx＝＝25 m，根据功能关系，带动传送带转动的电动机多做的功为W′＝＝40 J，C正确，D错误。]
8．BD [已知小球做平抛运动，垂直撞在B点，如图。
小球平抛运动的竖直位移y＝h－R cos θ＝0.8 m，根据平抛运动公式y＝gt2，可得t＝0.4 s，小球撞在B点时的竖直分速度为vy＝gt＝4 m/s，根据速度的分解，有tan θ＝，可得v0＝3 m/s，小球平抛运动的水平位移为x＝v0t＝1.2 m，圆心O与A点间的水平距离为L＝x＋R sin θ＝1.8 m，小球运动到B点时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝40 W，故选BD。]
9．ABC [电梯上升h高度，则重力对人的做功为WG＝－mgh，即人克服重力做功mgh，可以知道重力势能增加了mgh，故B正确；根据牛顿第二定律得F合＝ma＝0.2mg，根据动能定理得ΔEk＝W合＝F合h＝0.2mgh，故C正确；人的重力势能增加了mgh，动能增加0.2mgh，则机械能增加了1.2mgh，故A正确；对人根据动能定理得W电梯＋WG＝ΔEk，解得电梯对人做功W电梯＝1.2mgh，故D错误。]
10．CD [从a到b的过程，弹簧处于伸长状态，弹簧对滑块有沿弹簧向下的弹力，弹簧弹力和滑块的重力都做正功，滑块动能增大，从b之后，弹簧还是处于伸长状态，弹簧对滑块有沿弹簧向上的弹力，弹簧弹力做负功，重力做正功，但开始时，弹簧弹力竖直向上的弹力小于滑块的重力，合力还是先做正功，所以动能还会继续增大，b点不是动能最大点，A错误；a点和c点弹簧长度相同，形变量相同，所以从a到c的过程弹簧弹力做功为零，只有重力做功，根据动能定理mgh＝，h＝2l tan 37°，可得vc＝，B错误，C正确；从c到d滑块机械能的减少量等于动能减少量与重力势能减少量之和，滑块在最低点d处速度为0，从c到d下降高度hcd＝l tan 53°－l tan 37°＝l，所以有ΔE＝mgl，D正确。]
11．解析：(1)研究对象是M和m整个系统，不要求滑块质量远大于钩码的质量，故A错误；遮光条宽度越窄，遮光条通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，实验的精确度越高，故B正确；滑块释放的位置离光电门适当远一点，遮光条通过光电门的时间短，通过光电门时平均速度更接近瞬时速度，可以减小实验误差，故C正确；调节好的气垫导轨，要保证滑块在未悬挂钩码时能够匀速滑行，故D错误。
(2)游标卡尺示数为2 mm＋0.05 mm×3＝2.15 mm。
(3)遮光条通过光电门的速度v＝
系统动能的增加量
ΔEk＝(M＋m)v2－0＝(M＋m)。
(4)若系统机械能守恒，则mgL＝(M＋m)
整理得L
所以-L图线的斜率k＝。
(5)若气垫导轨右侧偏高，或开始时初速度不为零，可能造成系统动能的增加量始终略大于钩码重力势能的减少量。
答案：(1)BC (2)2.15 (3)(M＋m) (4) (5)气垫导轨右侧偏高(或开始时初速度不为零等)
12．解析：(1)摆锤释放器的作用是使摆锤每次从同一位置由静止释放。
(2)摆锤释放的位置高于A点，会导致各点的速度测量值均偏大，故A错误；光电门放置的位置高于C点，则测得的速度是C点上方的速度，测量值偏小，故B错误；光电门放置的位置低于C点，则测得的速度是C点下方的速度，测量值偏大，故C正确；由于摆锤运动过程中受到空气阻力，各点的速度均会偏小，故D错误。
(3)从B到C到D，机械能逐渐减小，其原因是空气阻力的作用。
(4)根据Ep＝mgh可知，距离D点的高度h越大，重力势能越大，题图乙中表示摆锤的重力势能Ep随摆锤距D点的高度h变化关系的图线是乙图线。
(5)若机械能守恒，则有E0＝mv2＋mgh
所以v2＝－2gh。
答案：(1)使摆锤每次从同一位置由静止释放 (2)C
(3)空气阻力做功 (4) 乙 (5)－2gh
13．
解析：(1)当θ＝37°时，配重的受力如图所示。
则配重受到的合力为
F合＝mg tan 37°
且F合＝mω2(r＋L sin 37°)
解得配重的角速度为
ω＝5 rad/s。
(2)由功能关系，θ由0°缓慢增加到37°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量。重力势能的增加量
ΔEp＝mgΔh＝mgL(1－cos 37°)＝0.24 J
动能的增加量ΔEk＝mv2
且v＝ω(r＋L sin 37°)
解得ΔEk＝0.45 J
则绳子做的功W＝ΔEp＋ΔEk＝0.69 J。
答案：(1)5 rad/s (2)0.69 J
14．解析：由于圆柱面是光滑的，故系统的机械能守恒。系统重力势能的减少量
ΔEp减＝mAg－mBgR
系统动能的增加量
ΔEk增＝(mA＋mB)v2
由ΔEp减＝ΔEk增得
mAg－mBgR＝(mA＋mB)v2
又mA＝2mB
联立以上两式得v2＝(π－1)gR
对物体B应用动能定理得，绳的张力对物体B做的功W＝mBv2＋mBgR＝mBgR。
答案：mBgR
15．解析：(1)滑块从A点到B点，由机械能守恒定律得
mgR＝
解得vB＝3 m/s
滑块在B点，由向心力公式有FN－mg＝
解得FN＝60 N
由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力大小
F′N＝FN＝60 N。
(2)滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能Ep。滑块从A点到D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得
mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
Ep＝－W，解得Ep＝1.4 J。
(3)将滑块在BC段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度大小a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
则滑块在水平轨道BC上运动的总时间
t＝ s＝1.5 s
滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得
－μmgs＝
解得s＝2.25 m
结合BC段的长度可知，滑块经过B点5次。
答案：(1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 5次
8 / 8
一、选择题(共10小题，1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．如图所示，游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目。钢绳一端系着座椅，另一端固定在水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。在开始启动的一段时间内，转盘逐渐加速转动，在转盘角速度增大的过程中，对飞椅和游客整体受力分析，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．重力不做功 B．拉力不做功
C．拉力做正功 D．机械能保持不变
2．如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg的小铁碗A(可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm。若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )
A．0.2 J B．0.4 J
C．0.8 J D．1.6 J
3．如图所示，将质量为m的篮球从离地高度为h的A处，以初始速度v抛出，篮球恰能进入高度为H的篮圈。不计空气阻力和篮球转动的影响，设经过篮球入圈位置B的水平面为零势能面，重力加速度为g。则篮球经过位置B时的机械能为( )
A．mv2 B．mv2＋mg(h－H)
C．mv2＋mg(H－h) D．mv2＋mgh
4．如图所示，跳台滑雪者在助滑道AB上获得一定速度后从B点沿水平方向跃出，在空中飞行一段时间后着落。若不计空气阻力，B点为计时起点，则下列关于滑雪者的速度v、机械能E、动能Ek、重力的瞬时功率P随时间t的变化关系中，正确的是( )
A B
C D
5．如图所示，一弹簧左端固定在墙壁上，右端与一放在粗糙水平地面上的物块相连，O点为弹簧的原长位置。现将弹簧压缩至A点静止释放，物块向右运动至B点后再向左运动，则( )
A．物块从A点运动到O点的过程中，加速度一直减小
B．物块从O点运动到B点的过程中，加速度一直增大
C．物块从A点运动到B点的过程中，O点处速度最大
D．物块向右和向左两次经过O点时的速度大小相等
6．一辆汽车在平直的公路上由静止开始运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的关系图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及汽车所能达到的最大速度v2，运动过程中汽车所受阻力恒定，则汽车匀加速运动过程中牵引力做的功是( )
A． B．
C． D．
7．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度4 m/s顺时针运行，质量为1 kg的小物块以6 m/s的初速度从传送带右端滑上传送带，经一段时间后小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为10 m，重力加速度g＝10 m/s2，对上述过程，下列说法正确的是( )
A．小物块对传送带做功为20 J
B．小物块对传送带做功为48 J
C．带动传送带转动的电动机多做的功为40 J
D．带动传送带转动的电动机多做的功为50 J
8．如图所示，质量为1 kg的小球从距地面h＝1.6 m的A点水平抛出，不计空气阻力。小球恰好垂直撞在固定在水平面上的半圆形物体上的B点，圆半径为1 m，已知BO与竖直方向间的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球平抛的初速度v0为4 m/s
B．圆心O与A点间的水平距离为1.8 m
C．小球运动到B点时重力的瞬时功率为4 W
D．小球从A运动到B的时间为0.4 s
9．一质量为m的人站在观光电梯内，电梯以0.2g的加速度匀加速上升h高度，在此过程中( )
A．人的机械能增加了1.2 mgh
B．人的重力势能增加了mgh
C．人的动能增加了0.2mgh
D．电梯对人做功0.2mgh
10．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块，一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上有a、b、c、d四个点，b点与O点在同一水平线上且Ob＝l，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点静止释放，在滑块下滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。在此过程中滑块( )
A．在b点时动能最大
B．在c点的速度大小为
C．从a点到c点的过程中，弹簧弹力做功为零
D．从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为mgl
二、实验题(共2小题)
11．某兴趣小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的B位置，细线绕过固定在导轨左端的定滑轮，一端与滑块连接，另一端悬吊钩码。气垫导轨上A处安装一光电门，每次释放时滑块都从遮光条位于气垫导轨上B位置的上方由静止释放。利用天平测得滑块及遮光条的总质量M及钩码的质量m，已知重力加速度g。
(1)关于该实验，下列说法正确的有________。
A．滑块质量需满足远大于钩码的质量
B．遮光条宽度越窄，实验的精确度越高
C．滑块释放的位置离光电门适当远一点，可以减小实验误差
D．调节好的气垫导轨，要保证滑块在悬挂钩码时能够匀速滑行
(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d＝_________ mm。
(3)利用数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，则系统动能的增加量ΔEk＝________(用已测物理量符号表示)。
(4)保持光电门位置不变，调节滑块释放位置到光电门的距离L，多次实验，记录多组数据，作出-L图像，如果不考虑阻力影响，该图线的斜率k＝_________ (用M、m、d及g表示)，即可验证系统机械能守恒。
(5)实验结果发现，系统动能的增加量始终略大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是________(说出一个正确原因即可)。
12．如图所示为“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置，如图甲所示：
(1)摆锤释放器的作用是________。
(2)实验测得A、B、C、D四点中只有C点速度明显偏大，造成这个误差的原因最可能是________。
A．摆锤释放的位置高于A点
B．光电门放置的位置高于C点
C．光电门放置的位置低于C点
D．摆锤运动过程中受到空气阻力的缘故
(3)实验前已测得D、C、B、A各点高度分别为0、0.050 m、0.100 m、0.150 m。某同学通过对获得的实验数据分析发现：从B到C到D，机械能逐渐减小，其原因是________。
(4)如图乙所示，图像中表示小球的重力势能Ep随小球距D点的高度h变化关系的图线是________(填图线所对应的文字)。
(5)若已知摆锤质量为m，当地重力加速度为g，如果摆锤每次从同一位置释放(初位置机械能为E0)，以摆锤速度的平方v2为函数，以摆锤距离零势能D点的高度h为自变量，写出图线的解析式v2＝________。
三、计算题(共3小题)
13．图甲是一种能自动计数的智能呼啦圈，简化模型如图乙。已知配重(可视为质点)质量m＝0.4 kg，绳长为L＝0.3 m，悬挂点A到转轴OO′的距离r＝0.12 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重从静止开始加速旋转，一段时间后配重在水平面内做匀速圆周运动。配重运动过程中腰带可视为不动，不计空气阻力。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)当配重匀速转动且当绳子与竖直方向夹角θ＝37°时，求配重的角速度；
(2)配重从静止开始加速旋转到θ＝37°的过程中，求绳对配重做的功。
14．如图所示是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面。一根不可伸长的细线两端分别系着物体A、B，且mA＝2mB，重力加速度为g。由图示位置从静止开始释放物体A，当物体B到达圆柱顶点时，求绳的张力对物体B所做的功。
15．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆弧轨道的半径R＝0.45 m；水平轨道BC长为0.4 m，与滑块间的动摩擦因数 μ＝0.2；光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2。求：
(1)滑块第一次经过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块几次经过B点。
章末综合测评(四)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C C B C B A C BD ABC CD
1．C [设飞椅和游客的总质量为m，悬点到转轴的距离为r，悬索的长度为l，悬索与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mg tan θ＝m(l sin θ＋r)ω2，在转盘角速度增大的过程中，θ越大，线速度越大，则动能越大，飞椅和游客运动位置越高，重力做负功，根据动能定理可知，拉力做正功，由ΔE＝W其他可知，机械能增大。故选C。]
2．C [小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v＝，解得v＝4 m/s，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W＝mv2，故摩擦力对小铁碗所做的功W＝0.8 J，故选C。]
3．B [由题意，篮球入圈位置B的水平面为零势能面，则篮球在位置B时的重力势能是零，动能是Ek，Ek－mv2＝－mg(H－h)，则有机械能为E＝Ep＋Ek＝mv2＋mg(h－H)，故选B。]
4．C [v-t图像只表示直线运动，不表示曲线运动，故A错误；运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；根据Ek＝＋mgh＝＋mg×gt2＝mg2、均为恒量，故C正确；根据P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P-t图像应为一条直线，故D错误。]
5．B [物块从A点运动到O点的过程中，受到弹簧的向右的弹力和地面向左的摩擦力，一开始时弹力大于摩擦力，物块向右加速，但弹力逐渐减小，所以物块的加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减小到零，此时物块速度最大，然后继续向右运动，弹力接着减小，当弹力小于摩擦力时，物块加速度开始反向增大，物块开始减速，运动到O点时弹力为零，经过O点后，弹力向左，物块继续减速，直到运动到B点，故A、C错误；物块从O点运动到B点的过程中，受到弹簧向左的弹力和地面向左的摩擦力，在此过程中，弹力一直增大，物块受到的合力一直增大，所以物块的加速度一直增大，故B正确；物块向右和向左两次经过O点时，弹簧的弹性势能都为零，但在两次经过O点之间，物块与地面存在摩擦产生内能，所以物块的动能会损失，转化为摩擦产生的内能，所以物块向右和向左两次经过O点时的速度大小不相等，故D错误。]
6．A [根据题中图像可得，汽车的额定功率为P＝F1v1，汽车的阻力为f＝，汽车匀加速阶段的加速度为F1－f＝ma，匀加速阶段的位移为＝2ax，汽车匀加速运动过程中牵引力做功W＝F1·x，综上所述，联立解得W＝，故选A。]
7．C [物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，物块向左减速至0的位移为x＝＝9 m，物块向左运动的时间为t1＝＝3 s，向右运动至共速的时间为t2＝＝2 s，小物块对传送带做功为W＝－μmgv0(t1＋t2)＝－40 J，A、B错误；全程物块与传送带的相对位移为Δx＝＝25 m，根据功能关系，带动传送带转动的电动机多做的功为W′＝＝40 J，C正确，D错误。]
8．BD [已知小球做平抛运动，垂直撞在B点，如图。
小球平抛运动的竖直位移y＝h－R cos θ＝0.8 m，根据平抛运动公式y＝gt2，可得t＝0.4 s，小球撞在B点时的竖直分速度为vy＝gt＝4 m/s，根据速度的分解，有tan θ＝，可得v0＝3 m/s，小球平抛运动的水平位移为x＝v0t＝1.2 m，圆心O与A点间的水平距离为L＝x＋R sin θ＝1.8 m，小球运动到B点时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝40 W，故选BD。]
9．ABC [电梯上升h高度，则重力对人的做功为WG＝－mgh，即人克服重力做功mgh，可以知道重力势能增加了mgh，故B正确；根据牛顿第二定律得F合＝ma＝0.2mg，根据动能定理得ΔEk＝W合＝F合h＝0.2mgh，故C正确；人的重力势能增加了mgh，动能增加0.2mgh，则机械能增加了1.2mgh，故A正确；对人根据动能定理得W电梯＋WG＝ΔEk，解得电梯对人做功W电梯＝1.2mgh，故D错误。]
10．CD [从a到b的过程，弹簧处于伸长状态，弹簧对滑块有沿弹簧向下的弹力，弹簧弹力和滑块的重力都做正功，滑块动能增大，从b之后，弹簧还是处于伸长状态，弹簧对滑块有沿弹簧向上的弹力，弹簧弹力做负功，重力做正功，但开始时，弹簧弹力竖直向上的弹力小于滑块的重力，合力还是先做正功，所以动能还会继续增大，b点不是动能最大点，A错误；a点和c点弹簧长度相同，形变量相同，所以从a到c的过程弹簧弹力做功为零，只有重力做功，根据动能定理mgh＝，h＝2l tan 37°，可得vc＝，B错误，C正确；从c到d滑块机械能的减少量等于动能减少量与重力势能减少量之和，滑块在最低点d处速度为0，从c到d下降高度hcd＝l tan 53°－l tan 37°＝l，所以有ΔE＝mgl，D正确。]
11．解析：(1)研究对象是M和m整个系统，不要求滑块质量远大于钩码的质量，故A错误；遮光条宽度越窄，遮光条通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，实验的精确度越高，故B正确；滑块释放的位置离光电门适当远一点，遮光条通过光电门的时间短，通过光电门时平均速度更接近瞬时速度，可以减小实验误差，故C正确；调节好的气垫导轨，要保证滑块在未悬挂钩码时能够匀速滑行，故D错误。
(2)游标卡尺示数为2 mm＋0.05 mm×3＝2.15 mm。
(3)遮光条通过光电门的速度v＝
系统动能的增加量
ΔEk＝(M＋m)v2－0＝(M＋m)。
(4)若系统机械能守恒，则mgL＝(M＋m)
整理得L
所以-L图线的斜率k＝。
(5)若气垫导轨右侧偏高，或开始时初速度不为零，可能造成系统动能的增加量始终略大于钩码重力势能的减少量。
答案：(1)BC (2)2.15 (3)(M＋m) (4) (5)气垫导轨右侧偏高(或开始时初速度不为零等)
12．解析：(1)摆锤释放器的作用是使摆锤每次从同一位置由静止释放。
(2)摆锤释放的位置高于A点，会导致各点的速度测量值均偏大，故A错误；光电门放置的位置高于C点，则测得的速度是C点上方的速度，测量值偏小，故B错误；光电门放置的位置低于C点，则测得的速度是C点下方的速度，测量值偏大，故C正确；由于摆锤运动过程中受到空气阻力，各点的速度均会偏小，故D错误。
(3)从B到C到D，机械能逐渐减小，其原因是空气阻力的作用。
(4)根据Ep＝mgh可知，距离D点的高度h越大，重力势能越大，题图乙中表示摆锤的重力势能Ep随摆锤距D点的高度h变化关系的图线是乙图线。
(5)若机械能守恒，则有E0＝mv2＋mgh
所以v2＝－2gh。
答案：(1)使摆锤每次从同一位置由静止释放 (2)C
(3)空气阻力做功 (4) 乙 (5)－2gh
13．
解析：(1)当θ＝37°时，配重的受力如图所示。
则配重受到的合力为
F合＝mg tan 37°
且F合＝mω2(r＋L sin 37°)
解得配重的角速度为
ω＝5 rad/s。
(2)由功能关系，θ由0°缓慢增加到37°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量。重力势能的增加量
ΔEp＝mgΔh＝mgL(1－cos 37°)＝0.24 J
动能的增加量ΔEk＝mv2
且v＝ω(r＋L sin 37°)
解得ΔEk＝0.45 J
则绳子做的功W＝ΔEp＋ΔEk＝0.69 J。
答案：(1)5 rad/s (2)0.69 J
14．解析：由于圆柱面是光滑的，故系统的机械能守恒。系统重力势能的减少量
ΔEp减＝mAg－mBgR
系统动能的增加量
ΔEk增＝(mA＋mB)v2
由ΔEp减＝ΔEk增得
mAg－mBgR＝(mA＋mB)v2
又mA＝2mB
联立以上两式得v2＝(π－1)gR
对物体B应用动能定理得，绳的张力对物体B做的功W＝mBv2＋mBgR＝mBgR。
答案：mBgR
15．解析：(1)滑块从A点到B点，由机械能守恒定律得
mgR＝
解得vB＝3 m/s
滑块在B点，由向心力公式有FN－mg＝
解得FN＝60 N
由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力大小
F′N＝FN＝60 N。
(2)滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能Ep。滑块从A点到D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得
mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
Ep＝－W，解得Ep＝1.4 J。
(3)将滑块在BC段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度大小a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
则滑块在水平轨道BC上运动的总时间
t＝ s＝1.5 s
滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得
－μmgs＝
解得s＝2.25 m
结合BC段的长度可知，滑块经过B点5次。
答案：(1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 5次
8 / 8