机械能及其守恒定律期末检测卷
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题)
1.如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力( )
A．垂直于接触面，做功为零
B．垂直于接触面，做负功
C．不垂直于接触面，做功为零
D．不垂直于接触面，做正功
2．(2018·岳阳模拟)在平直的公路上，一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动．若汽车所受阻力与速度成正比，则汽车功率P随时间t变化的关系可能是( )
3．(2018·石家庄模拟)质量为2 t的汽车，发动机的额定功率为60 kW.该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能达到的最大速度为15 m/s，所受阻力恒定，则当汽车速度为10 m/s时的加速度为( )
A．0.50 m/s2 B．1 m/s2
C．2 m/s2 D．2.5 m/s2
4.(2018·大庆模拟)如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0＝沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中( )
A．小球机械能守恒
B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg
C．小球在最高点时，重力的功率是mg
D．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR
5.长L的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴．用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，则轴对杆的作用力F的大小和方向为( )
A．2.4mg 竖直向上 B．2.4mg 竖直向下
C．6mg 竖直向上 D．4mg 竖直向上
6．如图甲所示，质量m＝1 kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R＝0.2 m、质量M＝1 kg的薄圆筒上．t＝0时刻，圆筒在电动机的带动下由静止开始绕竖直的中心轴转动，小物体的v－t图像如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.2，则( )
A．圆筒转动的角速度随时间的变化关系满足ω＝5t
B．细线的拉力大小为2 N
C．细线拉力的瞬时功率满足P＝4t
D．在0～2 s内，电动机做的功为8 J
7.如图所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C点时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，则h的值不可能为(g取10 m/s2，所有高度均相对B点而言)( )
A．12 m B．10 m
C．8.5 m D．7 m
8.(2018·咸阳模拟)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )
A．上述过程中，F做功大小为mv＋Mv
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
二、非选择题(本题共4小题，共52分．有步骤计算的需写出规范的解题步骤．)
9．(8分)某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”：在木板的左端固定一挡板，挡板上拴一轻质弹簧，弹簧的右端固定一小物块，物块的上方有一很窄的遮光片，当弹簧的长度为原长时，物块恰处于O点，O点的正上方有一光电门，光电门上连接计时器(图中未画出)．已知弹性势能的表达式为Ep＝k(Δx)2.
(1)实验开始时，________平衡摩擦力；________测量遮光片的宽度(均选填“需要”或“不需要”)．
(2)所有实验条件具备后，将小物块向左压缩弹簧Δx后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1.
(3)将小物块向左压缩弹簧2Δx、3Δx、4Δx…后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间t2、t3、t4…
(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3…，则W1：W2：W3＝________，若以W为纵坐标，为横坐标作图，则得到的图像是________(选填“一条直线”或“一条曲线”)．
10．(8分)(2018·淄博模拟)某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律．
(1)用游标卡尺测量金属球的直径：图2为游标卡尺校零时的示数，用该游标卡尺测量小球的直径，其示数为10.00 mm，所测金属球的直径d＝________mm.
(2)用一根不可伸长的轻质细线拴住该金属球，细线的另一端同定在悬点O，在最低点前后放置一组光电门，测得悬点到球心的距离为L.将金属球从最低点拉开θ角，由静止释放金属球，金属球在竖直面(纸面)内摆动，记下金属球第一次通过光电门的时间t，金属球通过光电门的速度大小为________；已知重力加速度为g，则验证金属球机械能守恒的表达式为________(用字母L、d、θ、t、g表示)．
11.(16分)(2018·济南模拟)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A、B，滑轮右侧轻绳与斜面平行，物体A的质量为2m＝4 kg，物体B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m．现给物体A、B一初速度v0＝3 m/s，使物体A开始沿斜面向下运动，物体B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能．
12．(20分)如图所示，倾角30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m＝1 kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M＝8 kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r＝0.2 m的光滑圆轨道平滑连接．由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂．已知A与bc间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长．
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小；
(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？
机械能及其守恒定律期末检测卷
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题)
1.如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力( )
A．垂直于接触面，做功为零
B．垂直于接触面，做负功
C．不垂直于接触面，做功为零
D．不垂直于接触面，做正功
解析：B 对整体进行受力分析可知，小球曲面体系统在水平方向上不受外力作用，故在水平方向上动量守恒，当小球沿曲面下滑过程中，曲面体将向右后退，曲面体对小球的作用力为弹力且与曲面的切线垂直，小球的运动方向与力的方向之间的夹角为钝角，故曲面体对小球的作用力垂直于接触面，且做负功．B选项正确．
2．(2018·岳阳模拟)在平直的公路上，一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动．若汽车所受阻力与速度成正比，则汽车功率P随时间t变化的关系可能是( )
解析：A 汽车在匀加速阶段，根据牛顿第二定律F－Ff＝ma，物体的速度v＝at，受到的阻力Ff＝kv，解得F＝kat＋ma，在加速阶段的功率P＝Fv＝ka2t2＋ma2t，达到额定功率后，此时P突然减小，由于惯性，速度不会突变，由P＝Fv知，牵引力F突然减小，使牵引力等于阻力，汽车又开始做速度减小了的匀速运动，故A正确，B、C、D错误．
3．(2018·石家庄模拟)质量为2 t的汽车，发动机的额定功率为60 kW.该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能达到的最大速度为15 m/s，所受阻力恒定，则当汽车速度为10 m/s时的加速度为( )
A．0.50 m/s2 B．1 m/s2
C．2 m/s2 D．2.5 m/s2
解析：B 汽车在水平路面上达到最大速度时，牵引力与阻力二力平衡，则有F＝Ff，由P＝Fvm得P＝Ffvm，解得Ff＝，当汽车的速度为10 m/s时，牵引力为F′＝，根据牛顿第二定律得a＝＝，代入数据解得a＝1 m/s2，故B正确，A、C、D错误．
4.(2018·大庆模拟)如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0＝沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中( )
A．小球机械能守恒
B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg
C．小球在最高点时，重力的功率是mg
D．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR
解析：D 小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v，则mg＝m，解得v＝，从最低点到最高点，由动能定理得－mg2R－W克＝mv2－mv，解得W克＝mgR，所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR，故A错误，D正确；在最低点，由牛顿第二定律得，FN－mg＝m，解得FN＝7mg，故B错误；小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误．
5.长L的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴．用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，则轴对杆的作用力F的大小和方向为( )
A．2.4mg 竖直向上 B．2.4mg 竖直向下
C．6mg 竖直向上 D．4mg 竖直向上
解析：A 对整个系统而言，机械能守恒，有mg(L－L)＝m(Lω)2＋m(Lω)2，当杆运动到竖直位置时，顶端的小球向心力为mg－F1＝m(L)ω2，底端的小球向心力为F2－mg＝m(L)ω2，解以上三式得轴对杆的作用力F的大小F2＋F1＝2.4mg，方向竖直向上，选项A正确．
6．如图甲所示，质量m＝1 kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R＝0.2 m、质量M＝1 kg的薄圆筒上．t＝0时刻，圆筒在电动机的带动下由静止开始绕竖直的中心轴转动，小物体的v－t图像如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.2，则( )
A．圆筒转动的角速度随时间的变化关系满足ω＝5t
B．细线的拉力大小为2 N
C．细线拉力的瞬时功率满足P＝4t
D．在0～2 s内，电动机做的功为8 J
解析：AD 物体的加速度a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故物体的运动速度v＝at＝t，圆筒转动的角速度随时间的变化关系满足ω＝＝＝5t，A正确．根据牛顿第二定律可知，细线的拉力大小F＝ma＋μmg＝3 N，B错误．细线拉力的瞬时功率满足P＝Fv＝3t，C错误.2 s末，小物块速度v2＝2 m/s，位移x＝at＝2 m，由功能关系可知，在0～2 s内，电动机做的功W＝(M＋m)v＋μmgx＝8 J，D正确．
7.如图所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C点时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，则h的值不可能为(g取10 m/s2，所有高度均相对B点而言)( )
A．12 m B．10 m
C．8.5 m D．7 m
解析：ABD 已知在C点小球对轨道无压力，由重力提供向心力，得mg＝，小球从静止开始运动到C点，根据动能定理得mg(H－2R)－Wf＝mv2，小球从C点运动到D点，根据动能定理得mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，由于机械能有损失，在关于BC对称的位置下滑速度比上升速度小，因此小球对圆环压力小，所受摩擦力小，所以下滑时，克服摩擦力做功小，即Wf>Wf′>0，解得8 m8.(2018·咸阳模拟)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是( )
A．上述过程中，F做功大小为mv＋Mv
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
解析：BD 由功能原理可知，上述过程中，F做功大小为二者动能与产生的热量之和，选项A错误；其他条件不变的情况下，M越大，M的加速度越小，s越小，选项B正确；其他条件不变的情况下，F越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项C错误；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，f越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项D正确．
二、非选择题(本题共4小题，共52分．有步骤计算的需写出规范的解题步骤．)
9．(8分)某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”：在木板的左端固定一挡板，挡板上拴一轻质弹簧，弹簧的右端固定一小物块，物块的上方有一很窄的遮光片，当弹簧的长度为原长时，物块恰处于O点，O点的正上方有一光电门，光电门上连接计时器(图中未画出)．已知弹性势能的表达式为Ep＝k(Δx)2.
(1)实验开始时，________平衡摩擦力；________测量遮光片的宽度(均选填“需要”或“不需要”)．
(2)所有实验条件具备后，将小物块向左压缩弹簧Δx后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1.
(3)将小物块向左压缩弹簧2Δx、3Δx、4Δx…后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间t2、t3、t4…
(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1、W2、W3…，则W1：W2：W3＝________，若以W为纵坐标，为横坐标作图，则得到的图像是________(选填“一条直线”或“一条曲线”)．
解析：(1)由于该实验要求弹簧弹力做功，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力．光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片(宽度设为d)通过光电门的时间t，小物块的速度v＝，根据功能关系可以求出需要验证的关系式为W＝mv2＝m，若以W为纵坐标，为横坐标作图，则得到的图像是一条倾斜直线，即可得到合力做功与速度变化的关系，所以不需要测量遮光片的宽度．(4)已知弹性势能的表达式为Ep＝k(Δx)2，所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W1∶W2∶W3…，则W1∶W2∶W3＝1∶4∶9，若以W为纵坐标，为横坐标作图，则得到的图像是一条直线．
答案：(1)需要 不需要
(4)1∶4∶9 一条直线
10．(8分)(2018·淄博模拟)某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律．
(1)用游标卡尺测量金属球的直径：图2为游标卡尺校零时的示数，用该游标卡尺测量小球的直径，其示数为10.00 mm，所测金属球的直径d＝________mm.
(2)用一根不可伸长的轻质细线拴住该金属球，细线的另一端同定在悬点O，在最低点前后放置一组光电门，测得悬点到球心的距离为L.将金属球从最低点拉开θ角，由静止释放金属球，金属球在竖直面(纸面)内摆动，记下金属球第一次通过光电门的时间t，金属球通过光电门的速度大小为________；已知重力加速度为g，则验证金属球机械能守恒的表达式为________(用字母L、d、θ、t、g表示)．
解析：(1)由图可知，游标尺20格相当主尺39 mm，那么游标尺1格与主尺2格相差0.05 mm，游标卡尺读数为d＝10.00 mm－3×0.05 mm＝9.85 mm.
(2)小球经过最低点时速度可表示为v＝；小球下摆过程中重力势能减少量为ΔEp＝mgL(1－cos θ)，动能的增加量ΔEk＝mv2＝m()2，若mgL(1－cos θ)＝m()2，即2gL(1－cos θ)＝()2成立，说明小球下摆过程机械能过恒．
答案：(1)9.85 (2) 2gL(1－cos θ)＝()2
11.(16分)(2018·济南模拟)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A、B，滑轮右侧轻绳与斜面平行，物体A的质量为2m＝4 kg，物体B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m．现给物体A、B一初速度v0＝3 m/s，使物体A开始沿斜面向下运动，物体B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能．
解析：(1)物体A和斜面间的滑动摩擦力f＝2μmgcos θ(2分)
物体A沿斜面向下运动到C点的过程中，对A、B整体根据动能定理有：
2mgLsin θ－mgL－fL＝×3mv2－×3mv(3分)
解得：v＝＝2 m/s(2分)
(2)对物体A接触弹簧，将弹簧压缩了x到最短后又恰回到C点这段过程，对系统应用动能定理有：
－f·2x＝0－×3mv2，(3分)
解得：x＝0.4 m(2分)
弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒有Ep＋mgx＝2mgxsin θ＋fx，(2分)
解得Ep＝6 J．(2分)
答案：(1)2 m/s (2)0.4 m 6 J
12．(20分)如图所示，倾角30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m＝1 kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M＝8 kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R＝2 m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r＝0.2 m的光滑圆轨道平滑连接．由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂．已知A与bc间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长．
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小；
(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？
解析：(1)A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态，对B，由平衡条件有kx＝mgsin 30°(1分)
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态
对C，由平衡条件有kx′＝mgsin 30°(1分)
由几何关系知R＝x＋x′(1分)
代入数据解得k＝＝5 N/m(1分)
(2)物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同．故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等
有MgR(1－cos 60°)＝mgRsin 30°＋Mv＋mv(2分)
如图所示，将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos 30°＝vB(1分)
代入数据解得vA＝＝4 m/s(1分)
在b处，对A，由牛顿第二定律有N－Mg＝(1分)
代入数据解得N＝Mg＋＝144 N(1分)
由牛顿第三定律知，A对圆轨道的压力大小为N′＝144 N(1分)
(3)物块A不脱离圆形轨道有两种情况
①第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点
由动能定理，恰能进入圆轨道时需满足条件
－μMgx1＝0－Mv(1分)
恰能到圆心等高处时需满足条件
－Mgr－μMgx2＝0－Mv(1分)
代入数据解得x1＝＝8 m，x2＝＝6 m(1分)
即6 m≤x≤8 m(1分)
②第二种情况，过圆轨道最高点
在最高点，由牛顿第二定律有Mg＋FN＝(1分)
恰能过最高点时，FN＝0，v＝(1分)
由动能定理有－Mg·2r－μMgx′＝Mv2－Mv(1分)
代入数据解得x′＝＝3 m(1分)
故此时bc间距离应满足0≤x≤3 m．(1分)
答案：(1)5 N/m (2)144 N
(3)6 m≤x≤8 m或0≤x≤3 m
