高中物理鲁科版 过关检测必修2能的转化与守恒　全章检测 Word版含解析

一、选择题
1.如图所示,摆球质量为m,悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变,在摆球运动到最低点的过程中下列说法不正确的是(　　)
/
A.重力做功为mgL
B.绳的拉力做功为0
C.空气阻力(F阻)做功为-mgL
D.空气阻力(F阻)做功为-
1
2
F阻πL
答案　C　
/
如图所示,因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直,故不做功,即WFT=0。重力在整个运动过程中始终不变,小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L,所以WG=mgL。F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和,即WF阻=-(F阻Δx1+F阻Δx2+…)=-
1
2
F阻πL。故重力mg做的功为mgL,绳子拉力做功为零,空气阻力所做的功为-
1
2
F阻πL。
2.(2017东城期末)兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。弹弓的构造如图1所示,其中橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态(如图2所示),将模型飞机的尾部放在C处,将C点拉至D点时放手,模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。C、D两点均在A、B连线的中垂线上,橡皮筋的质量忽略不计。现将模型飞机竖直向上发射,在它由D运动到C的过程中(　　)
/
图1　　　　　　　图2
A.橡皮筋对模型飞机的弹力一直在增大
B.橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功
C.模型飞机的机械能守恒
D.模型飞机的动能一直在增大
答案　B　C点为原长点,对应弹力为零,D点拉伸最长,对应弹力最大。从D到C过程中,橡皮筋伸长量减小,弹力一直在减小,A选项错误;由D到C的过程中橡皮筋的弹力方向与模型飞机运动方向相同,因此一直对模型飞机做正功,B选项正确;由D到C的过程模型飞机所受弹力做正功,其机械能增大,C错误;D点橡皮筋的弹力大于重力,C点橡皮筋的弹力为零,C、D之间有个平衡点,弹力等于重力,所以此过程中,模型飞机的动能先增大后减小,D选项错误。
3.如图所示,甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上,现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2,使甲、乙同时由静止开始运动,在整个过程中,对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内),说法正确的是(　　)
/
A.系统受到外力作用,动能不断增大
B.弹簧伸长到最长时,系统的机械能最大
C.恒力对系统一直做正功,系统的机械能不断增大
D.两车的速度减小到零时,弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小
答案　B　对甲、乙单独受力分析,两车都先加速后减速,故系统动能先增大后减少,A错误;弹簧最长时,外力对系统做正功最多,系统的机械能最大,B正确;弹簧达到最长后,甲、乙两车开始反向加速运动,F1、F2对系统做负功,系统机械能开始减少,C错;当两车第一次速度减小到零时,弹簧弹力大小大于F1、F2的大小,当返回速度再次为零时,弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小,D错。
4.物体沿直线运动的v-t关系如图所示,已知在第1秒内合外力对物体做的功为W,则(　　)
/
A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2W
C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为2W
D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75W
答案　D　由题图知第1秒末、第3秒末、第7秒末速度大小关系:v1=v3=v7,由题知第1秒内合外力做功W=W1=
1
2
m
??
1
2
-0,则由动能定理得第1秒末到第3秒末合外力做功W2=
1
2
m
??
3
2
-
1
2
m
??
1
2
=0,故A错;第3秒末到第5秒末合外力做功W3=
1
2
m
??
5
2
-
1
2
m
??
3
2
=0-
1
2
m
??
1
2
=-W,故B错;第5秒末到第7秒末合外力做功W4=
1
2
m
??
7
2
-0=
1
2
m
??
1
2
=W,故C错;第3秒末到第4秒末合外力做功W5=
1
2
m
??
4
2
-
1
2
m
??
3
2
=
1
2
m(
1
2
v1)2-
1
2
m
??
1
2
=-0.75W,故D对。
5.如图所示,水平传送带长为x,以速度v始终保持匀速运动,把质量为m的货物轻放到A点,货物与皮带间的动摩擦因数为μ,当货物从A点运动到B点的过程中,摩擦力对货物做的功不可能(　　)
/
A.等于
1
2
mv2 B.小于
1
2
mv2
C.大于μmgx D.小于μmgx
答案　C　货物在传送带上相对地面的运动可能先加速到v后匀速,也可能一直加速而货物的最终速度小于v,故摩擦力对货物做的功可能等于
1
2
mv2,可能小于
1
2
mv2,可能等于μmgx,可能小于μmgx,故选C。
6.(2017东城二模)将小球竖直向上抛出,一段时间后小球落回抛出点。若小球在运动过程中所受空气阻力的大小保持不变。在小球上升、下降过程中,运动时间分别用t1、t2表示,损失的机械能分别用ΔE1、ΔE2表示。则(　　)
A.t1 C.t1=t2,ΔE1=ΔE2 D.t1>t2,ΔE1 >ΔE2
答案　A　由牛顿第二定律可知a上升>a下降,由h=
1
2
at2可知t17.如图所示,某同学不慎将圆柱形木塞(木塞的中心有一小孔)卡于圆柱形金属筒的靠近封闭端底部的位置,为了拿出木塞,该同学将金属筒倒立过来(开口端向下),使其由静止开始沿竖直方向向下做加速运动(加速度值大于重力加速度值),此过程中木塞始终相对金属筒静止,当金属筒速度达到一定值时,金属筒的开口端撞击到桌面,且其速度立即减为零。此后木塞沿金属筒壁继续竖直向下运动,木塞运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零。若木塞与金属筒壁的动摩擦因数处处相等,则关于金属筒从静止开始运动至木塞运动到金属筒口边缘速度减为零的运动过程,下列说法中正确的是(　　)
/
A.木塞相对金属筒静止的运动过程中,金属筒对木塞的作用力方向可能竖直向上
B.金属筒速度减为零的瞬间,木塞的动能达到最大
C.金属筒对木塞的作用力始终做负功
D.金属筒撞击桌面后,木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于其重力势能的减少量
答案　B　木塞随金属筒向下加速运动时,对木塞受力分析如图所示,由牛顿第二定律有mg-f=ma,因a>g,故f<0,即木塞受到的金属筒的作用力竖直向下,且该力对木塞做正功,故选项A、C均错误;由能量守恒知,Q=ΔEk减+ΔEp减,选项D错误。因金属筒的速度减为零后(撞击桌面后),木塞开始做减速运动,故选项B正确。
/
二、非选择题
8.某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律。
/
(1)某同学用20分度的游标卡尺测量一小球的直径,示数如图甲所示,则小球的直径d=　　　cm。?
(2)如图乙所示,弹射装置将小球竖直向上抛出,先后通过光电门A、B,计时装置测出小球通过A、B的时间分别为ΔtA、ΔtB。用刻度尺测出光电门A、B间的距离h,用游标卡尺测得小球直径为d,当地的重力加速度为g,在误差范围内,若公式　　　　　　　　　成立,就可以验证机械能守恒(用题中给出的物理量符号表示)。?
答案　(1)1.020　(2)(
??
Δ
??
??
)2-(
??
Δ
??
??
)2=2gh
解析　(1)游标卡尺示数为10 mm+0.05×4 mm=10.20 mm=1.020 cm。
(2)小球在A点动能EkA=
1
2
m(
??
Δ
??
??
)2,B点动能EkB=
1
2
m(
??
Δ
??
??
)2,动能减少量ΔEk=EkA-EkB=
1
2
m[(
??
Δ
??
??
)2-(
??
Δ
??
??
)2],小球由A到B重力势能增加量ΔEp=mgh,在误差允许范围内,若满足ΔEk=ΔEp,即(
??
Δ
??
??
)2-(
??
Δ
??
??
)2=2gh,就可以验证机械能守恒。
9.利用如图甲所示的装置可以将物体竖直向上提起。已知质量为2 kg的物体在外力F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示。滑轮质量、摩擦均不计,g取10 m/s2。
(1)判断物体处于超重状态还是失重状态;
(2)求外力F的大小;
(3)求前4 s内外力F所做的功。
/
答案　(1)超重状态　(2)10.5 N　(3)84 J
解析　(1)物体由静止开始向上做匀加速运动,加速度方向竖直向上,处于超重状态。
(2)由速度-时间图线的斜率表示加速度,得物体的加速度为a=
Δ??
Δ??
=
2
4
m/s2=0.5 m/s2。
根据牛顿第二定律得2F-mg=ma,则F=
??(??+??)
2
=
2×(10+0.5)
2
N=10.5 N。
(3)4 s内物体的位移为x=
1
2
at2=
1
2
×0.5×42 m=4 m,则拉力作用点的位移为s=2x=8 m
外力F所做的功为W=Fs=10.5×8 J=84 J。
10.(2018人大附中月考)如图所示,一物体从固定斜面顶端由静止开始下滑。已知物体的质量m=4 kg,斜面的倾角θ=30°,斜面长度L=2.5 m,物体与斜面之间动摩擦因数为
3
4
,取重力加速度g=10 m/s2。求:
/
(1)物体沿斜面由顶端滑到底端所用的时间;
(2)物体滑到斜面底端时的动能;
(3)在物体下滑的全过程中滑动摩擦力对物体所做的功。
答案　(1)2 s　(2)12.5 J　(3)-37.5 J
解析　(1)设物体沿斜面下滑的加速度大小为a
根据牛顿第二定律mg sin θ-μmg cos θ=ma
根据运动学公式L=
1
2
at2
解得t=2 s
(2)设物体滑到斜面底端时的速度大小为v,则有
v2=2aL
滑到斜面底端时的动能Ek=
1
2
mv2=12.5 J
(3)物体沿斜面下滑过程中摩擦力做的功
Wf=-μmg cos θ·L=-37.5 J
11.如图所示为某农庄灌溉工程的示意图,地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变),龙头离地面高h,水管横截面积为S,水的密度为ρ,重力加速度为g,不计空气阻力。
/
水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出,水落地的位置到管口的水平距离为10h。设管口横截面上各处水的速度都相同。求:
(1)每秒内从管口流出的水的质量m0;
(2)不计额外功的损失,水泵输出的功率P。
答案　(1)ρS
50???
　(2)ρSg
50???
(H+26h)
解析　(1)水从管口沿水平方向喷出做平抛运动,设水喷出时的速度为v0,下落时间为t
竖直方向h=
1
2
gt2
水平方向10h=v0t
时间t0内喷出的水的质量m=ρV=ρv0t0S
每秒喷出的水的质量m0=
??
??
0
联立以上各式解得m0=ρS
50???
(2)t0时间内水泵的输出功W=mg(H+h)+
1
2
m
??
0
2
输出功率P=
??
??
0
解得P=ρSg
50???
(H+26h)
12.(2018民大附中月考)如图所示,在竖直平面内有一个粗糙的
1
4
圆轨道,其半径R=0.9 m,轨道的最低点距地面高度h=1.25 m,一质量m=0.4 kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放,到达最低点B时的速度大小为v=3.0 m/s。不计空气阻力,g取10 m/s2,求:
/
(1)小滑块运动到圆弧轨道最低点B时,对轨道的压力的大小;
(2)小滑块落地点C距轨道最低点B的水平距离x;
(3)小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功。
答案　(1)8.0 N　(2)1.5 m　(3)1.8 J
解析　(1)小滑块到达轨道最低点时,受重力和轨道对它的支持力FN, 根据牛顿第二定律有FN-mg=
??
??
2
??
解得FN=8.0 N
由牛顿第三定律,知小滑块运动到B点时对轨道的压力大小 FN'=FN=8.0 N
(2)小滑块离开轨道后做平抛运动,设运动时间为t,初速度为v, 则
x=vt
h=
1
2
gt2
解得x=1.5 m
(3)小滑块从轨道的最高点到最低点的过程中, 根据动能定理有
mgR+Wf=
1
2
mv2-0
解得 Wf=-1.8 J
所以小滑块克服摩擦力所做的功为 1.8 J。
13.如图所示,在竖直平面内有轨道ABC,其中AB段为水平直轨道,与质量m=0.5 kg的小物块(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.2,BC段为光滑半圆形轨道,轨道半径R=2 m,轨道AB与BC在B点相切。小物块在水平拉力F=3 N的作用下从A点由静止开始做匀加速直线运动,到达圆弧轨道的最低点B时撤去拉力,此时速度vB=10 m/s。取g=10 m/s2,则:
/
(1)拉力F做了多少功;
(2)经过B点瞬间,物块对轨道的压力是多大;
(3)若物块从最高点C飞出后落到水平轨道上的D点(图中未画出),求B、D间的距离。
答案　(1)37.5 J　(2)30 N　(3)4 m
解析　(1)由牛顿第二定律得F-μmg=ma
解得a=4 m/s2
sAB=
??
??
2
2??
=12.5 m
W=FsAB=37.5 J
(2)由牛顿第二定律得N-mg=
??
??
??
2
??
解得N=30 N
由牛顿第三定律得N'=N=30 N
(3)由机械能守恒定律得2mgR+
1
2
m
??
??
2
=
1
2
m
??
??
2
由平抛运动规律得2R=
1
2
gt2
xBD=vCt
代入数据解得xBD=4 m