必修第二册第七单元机械能守恒定律 单元双基精品试卷 (B）（含答案）

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2020-2021学年度高中物理单元双基精品试卷
必修第二册第七单元机械能守恒定律（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．关于功和物体动能变化的关系，下列说法正确的是( )
A．有力对物体做功，物体的动能就会变化
B．合力不做功，物体的动能就不变
C．合力做正功，物体的动能可能减少
D．所有外力做功代数和为负值，物体的动能可能不变
2．某游客领着孩子游泰山时，孩子不小心将手中质量为m的皮球滑落，球从A点滚到了山脚下的B点，高度标记如图所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

A．从A到B的曲线轨迹长度不知道，无法求出此过程重力做的功
B．从A到B过程中阻力大小不知道，无法求出此过程重力做的功
C．从A到B重力做功为mg(H＋h)
D．从A到B重力做功为mgH
3．质量为2 t的汽车，发动机的牵引力功率为30 kW，在水平公路上，能达到的最大速度为15 m/s，当汽车的速度为10 m/s时的加速度大小为( )
A．0.5 m/s2 B．1 m/s2 C．1.5 m/s2 D．2 m/s2
4．一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度匀加速上升高度h，在此过程中( )

A．磅秤的示数等于mg
B．磅秤的示数等于0.9mg
C．人的动能增加了0.9mgh
D．人的机械能增加了1.1mgh
5．板栗营养丰富，很多人都喜欢吃。如图为敲打板栗的情形，假设某一次敲打时，离地4 m处的板栗被敲打后以4 m/s的速度水平飞出。已知板栗的质量为20 g(忽略空气阻力作用，以地面为零势能面) ，则关于该板栗下列说法正确的是( )

A．水平飞出时的重力势能是0.08 J
B．落地时的机械能为0.16 J
C．在离地高1 m处的势能是其机械能的524
D．有可能击中离敲出点水平距离为5 m的工人
6．竖直平面内有两个半径不同的半圆形光滑轨道，如图所示，A、M、B三点位于同一水平面上，C、D分别为两轨道的最低点，将两个相同的小球分别从A、B处同时无初速度释放，则下列说法中不正确的是( )

A．通过C、D时，两球的加速度相等
B．通过C、D时，两球的机械能相等
C．通过C、D时，两球对轨道的压力相等
D．通过C、D时，两球的速度大小相等
7．下列说法正确的是( )
A．合外力对物体做正功，物体的机械能不一定增加
B．物体做匀速圆周运动，其机械能一定不变
C．物体做匀速直线运动，其机械能不一定不变
D．滑动摩擦力只能对物体做负功
8．如图所示，圆弧形光滑轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平。A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方，如果从D点无初速度释放一个小球，从A点进入圆弧轨道，有可能从C点飞出，做平抛运动，落在平台MN上。下列说法正确的是( )

A．只要D点的高度合适，小球可以落在MN上任意一点
B．在由D运动到M和由C运动到P的过程中重力功率都越来越大
C．小球运动的整个过程中机械能守恒
D．如果小球能从C点飞出，则小球过C点时与轨道的压力不可能为零
9．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )

A．电动机由于传送物体多做的功为12mv2
B．物体在传送带上的划痕长v22μg
C．摩擦力对物体做的功为12mv2
D．传送带克服摩擦力做的功等于摩擦热
10．如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直且B与轻滑轮间的弹簧和细绳均与斜面平行，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

A．弹簧的劲度系数为mgh
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－12mv2
C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动
二、计算题（本题共6小题，共60分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）
11．(6分)如图所示是某同学探究动能定理的实验装置。已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力，该同学的实验步骤如下：

a．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连；
b．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为m；
c．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动；
d．测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L；
e．依据以上数据探究动能定理。
(1)根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是________。
A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳
B．实验时，小车加速运动的合外力为F＝Mg
C．实验过程不需要测出斜面的倾角
D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M
(2)小车经过光电门A、B的瞬时速度为vA＝________、vB＝________，如果关系式________________________在误差允许范围内成立，就验证了动能定理。
12．(10分)用如图所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如下图所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，则：(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)

(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s；
(2)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔEk＝________J，系统势能的减少量ΔEp＝_______J，由此得出的结论是______________；
(3)若某同学作出的12v2－h图象如右图所示，则当地的实际重力加速度g＝________m/s2。
13．(8分)小球自h＝2 m的高度由静止释放，与地面碰撞后反弹的高度为34h.设碰撞时没有动能的损失，且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，求：
(1)小球受到的空气阻力是重力的多少倍？
(2)小球从开始到停止运动的过程中运动的总路程。





14．(10分)如图甲所示，质量m＝1 kg的物体静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，物体受到一个变力F作用，t＝1 s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v－t图象如图乙所示，不计其他阻力，g取10 m/s2，求：
(1)变力F做的功；
(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率；
(3)物体回到出发点的速度大小。




14．(11分)在一条平直的公路上，甲车停在A点，乙车以速度v＝8 m/s匀速运动，当乙车运动到B点时，甲车以恒定加速度a＝0.5 m/s2匀加速启动，与乙车相向运动，若经过20 s两车相遇，此时甲车恰好达到最大速度。已知甲车质量为1.0×104 kg，额定功率为50 kW，阻力是车重的0.05倍，g取10 m/s2。试求：
(1)甲车保持匀加速运动的时间；
(2)A、B两点间的距离。




18．(15分)如图所示，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的14圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点.认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。

(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；
(2)若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；
(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围。


物 理（B）答 案
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．【答案】B
【解析】由动能定理可知，只有合力对物体做功，动能才变化。合力做正功，物体的动能就增加；合力不做功，物体的动能就不变；合力做负功，物体的动能就减少，A、C、D错误，B正确。
2．【答案】D
【解析】重力对物体所做的功只与初、末位置的高度差有关，大小为WG＝mgH，故D正确。
3．【答案】A
【解析】当汽车达到最大速度时，即为牵引力等于阻力时，则有P＝Fv＝fvm，f＝Pvm＝2×103 N，当v＝10 m/s时，F＝Pv＝3×103 N，所以a＝F－fm＝0.5 m/s2。
4．【答案】D
【解析】根据牛顿运动定律可知，磅秤的示数等于FN＝mg＋ma＝1.1mg，选项A、B错误；根据动能定理得ΔEk＝W合＝mah＝0.1mgh，故C错误；人上升高度h，则重力做功为－mgh，可知重力势能增大mgh，动能增加0.1mgh，则机械能增大了1.1mgh，故D正确。
5．【答案】C
【解析】以地面为零势能面，板栗相对参考平面的高度h＝4 m，所以重力势能Ep＝mgh＝0.8 J，故A错误；由于板栗做平抛运动过程中机械能守恒，所以落地时的机械能等于抛出时的机械能，即E＝Ep＋Ek＝Ep＋12mv20＝0.96 J，故B错误；在离地高为1 m处的重力势能为Ep＝mgh1＝0.2 J，所以在离地高1 m处的势能是其机械能的0.20.96＝524，故C正确；板栗竖直方向做自由落体运动，由公式h＝12gt2得t＝2hg，板栗水平方向的位移x＝v0t≈3.6 m，所以不可能击中离敲出点水平距离为5 m的工人，故D错误。
6．【答案】D
【解析】设左右两轨道的半径分别为r1和r2，则r17．【答案】AC
【解析】根据动能定理可知，合外力对物体做正功，物体的动能一定增加，不能判断机械能是否变化，故A正确；物体做匀速圆周运动，其线速度大小不变，则动能不变，但机械能的势能部分未知，则机械能的变化情况无法判断，故B错误；物体做匀速直线运动，动能不变，物体的势能可能不变，也可能变化，则机械能有可能变化，也可能不变，故C正确；滑动摩擦力与相对运动方向相反，与运动方向可能相同，也可能相反，则滑动摩擦力可以对物体做正功、负功或不做功、故D错误。
8．【答案】BC
【解析】小球恰好通过C点时，小球对轨道的压力为零，则有mg＝mv2R，得小球通过C点的最小速度v＝，小球离开C点后做平抛运动，则有R＝12gt2，解得t＝2Rg，小球离开C点做平抛运动的水平距离最小值为x＝vt＝R，所以小球只能落在平台MN上距M点距离为(－1)R的右侧位置上，故A、D错误；在由D运动到M的过程中，速度增大，由P＝mgv知重力功率增大；由C运动到P的过程中，vy增大，由P＝mgvy知重力功率增大，故B正确；小球由D经A、B、C到P的过程中，轨道对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C正确。
9．【答案】BC
【解析】电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是12mv2，所以电动机多做的功一定要大于12mv2，故A错误；物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间t＝vμg，在这段时间内物块的位移x1＝v2t＝v22μg，传送带的位移x2＝vt＝v2μg，则物体在传送带上的相对位移Δx＝x2－x1＝v22μg，故B正确；根据动能定理，摩擦力对物体做的功等于物体增加的动能12mv2，C正确；传送带克服摩擦力做的功Wf＝μmgx2＝μmg·v2μg＝mv2，摩擦热Q＝μmgΔx＝μmg·v22μg＝12mv2，则知Wf≠Q，故D错误。
10．【答案】AB
【解析】A物体下落h，则弹簧的形变量是h，B物体处于静止状态，所以kh＝2mgsin 30°，得k＝mgh，A正确；如果物体A不受拉力，则物体A机械能守恒，这里物体A减少的机械能转化为了弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹性势能为mgh－12mv2，B正确；此时弹力为mg，故A物体受力平衡，加速度为0，C错误；因A落地后不再运动，则弹簧的形变量不再变化，弹力不会再增大，故B不可能离开挡板向上运动，D错误。
二、计算题（本题共6小题，共60分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）
11．(6分)
【答案】(1)AC (2)dΔt1 dΔt2 mgL＝12M(dΔt2)2－12M(dΔt1)2 (每空2分)
12．(10分)
【答案】(1)2.4 (2)0.58 0.60 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒 (3)9.7 (每空2分)
【解析】(1)v5＝(21.60＋26.402×0.1 m/s＝2.4 m/s。
(2)动能的增加量ΔEk＝12(m1＋m2)v25＝0.58 J，系统势能的减少量为ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.60 J，故在误差允许的范围内，两者相等，m1、m2组成的系统机械能守恒。
(3)由12(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh，得v22h＝k＝(m2－m1m1＋m2＝g2，即g2＝5.821.20 m/s2＝4.85 m/s2，g＝9.7 m/s2。
13．(8分)
【解析】设小球的质量为m，所受阻力大小为f。
(1)小球从h处释放时速度为零，与地面碰撞反弹到34h时，速度也为零，由动能定理得：
mg(h－34h)－f(h＋34h)＝0
解得：f＝17mg。
(2)设小球运动的总路程为s，且最后小球静止在地面上，对于整个过程，由动能定理得：
mgh－fs＝0
解得：s＝14 m。
14．(10分)
【解析】(1)由题图乙知物体1 s末的速度v1＝10 m/s
根据动能定理得：WF＝12mv12＝50 J。
(2)物体沿斜面上升的最大距离：x＝12×1×10 m＝5 m
物体到达斜面时的速度v2＝10 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：
－mgxsin 37°－Wf＝0－12mv22
解得：Wf＝20 J
＝Wft＝20 W。
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3，在物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，根据动能定理：－2Wf＝12mv32－12mv22
解得：v3＝2 m/s
此后物体做匀速直线运动，物体回到出发点的速度大小为2 m/s。
14．(11分)
【解析】(1)对甲车，根据牛顿第二定律可知：F－Ff＝ma
解得：F＝1.0×104 N
甲车匀加速运动过程中达到的最大速度为：v加＝PF＝5 m/s
加速时间为：t＝v加a＝10 s。
(2)甲车匀加速运动通过的位移为：x1＝12at2＝25 m
甲车达到的最大速度为：vm＝PFf＝10 m/s
甲车10～20 s时间内通过的位移为x2，根据动能定理有：Pt′－Ffx2＝12mvm2－12mv加2
代入数据解得：x2＝25 m
甲车通过的总位移为：x甲＝x1＋x2＝50 m
乙车在20 s内通过的位移为：x乙＝vt总＝160 m
A、B两点间的距离为：Δx＝x乙＋x甲＝210 m。
18．(15分)
【解析】(1)在B点，FN－mg＝mv2R
解得FN＝20 N
由牛顿第三定律，FN′＝20 N
从A到B，由动能定理，mgR－Wf＝12mv2
解得Wf＝2 J。
(2)若μ＝0，滑块在CD间运动有mgsin θ＝ma
加速度a＝gsin θ＝6 m/s2
由匀变速运动规律得s＝vt＋12at2
解得t＝13 s，或t＝－1 s(舍去)。
(3)最终滑块停在D点有两种可能：
a．滑块恰好能从C下滑到D，则有：mgsin θ·s－μ1mgcos θ·s＝0－12mv2
得到μ1＝1
b．滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点，当滑块恰好能返回C：
－μ2mgcos θ·2s＝0－12mv2
得到μ2＝0.125
当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin θ＝μ3mgcos θ，得到μ3＝0.75
所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1。