新人教版高中物理必修第二册章末检测1机械能守恒定律Word下载.docx

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gt＝mg2t，故重力的功率与时间t成正比，A项正确.

5.将质量为200g的物体在高20m处以20m/s的初速度竖直上抛，若测得该物体落地时的速度为20m/s，则物体在空中运动时克服空气阻力做的功是（g取10m/s2）（　　）

A.0B.20JC.36JD.40J

[解析]　对物体从开始上抛至落地的整个过程应用动能定理得mgh－Wf＝

mv22－

mv12，解得Wf＝40J，D正确.

6.如图1所示，木块A放在木块B的左端，用水平恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；

第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有（　　）

图1

A.W1<

W2，Q1＝Q2B.W1＝W2，Q1＝Q2

C.W1<

W2，Q1<

Q2D.W1＝W2，Q1<

Q2

[解析]　F做的功W＝FlA，第一次lA1比第二次lA2小，故W1<

W2；

而Q＝μmg·

l相对，两次两木块的相对位移相等，故Q1＝Q2，选项A正确.

7.（2018·

泰州中学高一下学期期末）小球放在竖直的弹簧上，将小球往下按至a的位置，如图2所示.迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置c，途中经过位置b时弹簧正好处于原长，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，小球从a运动到c的过程中，下列说法正确的是（　　）

图2

A.小球的动能逐渐增大，小球和弹簧系统机械能不变

B.小球的动能与弹簧的弹性势能的总和逐渐增大

C.在b点时小球的动能最大，弹簧的弹性势能最小

D.在a点时小球机械能最小，弹簧的弹性势能最大

8.将质量均为m的两个小球从相同高度以相同大小的速度抛出，一个小球竖直下抛，另一个小球沿光滑斜面向下抛出，不计空气阻力.由抛出到落地的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.重力对两球做的功相等

B.重力的平均功率相等

C.落地时重力的瞬时功率相等

D.落地时两球的机械能相等

[答案]　AD

[解析]　从抛出到落地的过程中，重力对两球做的功相等，因两球初速度大小相等，故两球落地时速度大小相等，机械能相同；

竖直下抛的小球由抛出到落地所用的时间较短，重力的平均功率较大，落地时速度方向竖直向下，重力的瞬时功率较大，A、D正确，B、C错误.

9.（2018·

冀州中学期末）如图3所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处.将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点速度为v，AB间的竖直高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）

图3

A.由A到B重力对小球做的功等于mgh

B.由A到B小球的重力势能减少

mv2

C.由A到B小球克服弹力做功为mgh

D.小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－

[解析]　因A、B间的竖直高度差为h，故由A到B重力对小球做的功等于mgh，选项A正确；

由A到B重力做功为mgh，则重力势能减少mgh，小球在向下运动的过程中，小球的重力势能转化为小球的动能和弹性势能，故mgh＞

mv2，选项B错误；

根据动能定理得，mgh－W克弹＝

mv2，所以由A到B小球克服弹力做功为W克弹＝mgh－

mv2，选项C错误，D正确.

10.（2018·

湖南五市十校高一下学期期末）如图4所示，质量为m的小猴子在荡秋千，小猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量与空气阻力，重力加速度为g.在此过程中正确的是（　　）

图4

A.缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FLsinθ

B.缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcosθ

C.小猴子再次回到最低点时重力的功率为零

D.由静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增大后减小

[答案]　CD

[解析]　缓慢上拉过程中，小猴子处于平衡状态，故拉力是变力，根据动能定理，有：

WF－mgL（1－cosθ）＝0，故WF＝mgL（1－cosθ），故A错误；

缓慢上拉过程中小猴子增加的重力势能等于克服重力做的功，故为mgL（1－cosθ），故B错误；

小猴子再次回到最低点时重力方向与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故C正确；

刚刚释放时，速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增大后减小，故D正确.

11.（2018·

湘潭市一中期末）如图5所示，质量均为m的小球A、B用长为L的细线相连，放在高为h的光滑水平桌面上（L>

2h），A球刚好在桌边.若由静止释放两球，且A、B两球落地后均不再弹起，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）

图5

A.A球落地前的加速度为

B.B球到达桌边的速度为

C.B球落地时与A球的水平距离为

h

D.细线对B球做的功为

mgh

[答案]　ACD

[解析]　A球落地前，以两球整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg＝2ma，求得加速度为

，A正确.A球落地后，B球先向右做匀速运动，到达桌边以后做平抛运动，从释放到A球落地的过程，根据机械能守恒，有mgh＝

×

2mv2，解得A球落地时B球的速度v＝

，则B球到达桌边的速度为

；

由运动学公式可得，B球下落到地面的时间t＝

，两球落地后均不再弹起，所以A、B两球落地的水平距离为Δs＝vt＝

h<

L，故B错误，C正确.细线对B球做的功等于B球到达桌边时获得的动能，W＝

mv2＝

mgh，D正确.

12.如图6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（　　）

图6

A.弹簧的劲度系数为

B.此时弹簧的弹性势能等于mgh－

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

[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＝2mgsin30°

，解得k＝

，A正确；

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－

mv2，B正确；

此时弹簧弹力为mg，则A受到的拉力为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、实验题（本题共2小题，共12分）

13.（6分）（2018·

深圳中学期中）用如图7所示实验装置“验证机械能守恒定律”，重物P（含遮光片）和重物Q用跨过轻滑轮的细线相连，现让P从光电门1的上侧由静止释放，P竖直向下运动，分别测出遮光片经过光电门1和光电门2的时间Δt1和Δt2，另测得遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为h，已知重力加速度为g.

图7

（1）实验中还需要测量的物理量有__________________________________（填写物理量名称以及表示符号）.

（2）写出验证机械能守恒定律的等式为___________________（用以上测得的物理量符号表示）.

[答案]　

（1）重物P的质量m1和重物Q的质量m2（2分）

（2）（m1－m2）gh＝

（m1＋m2）[（

）2－（

）2]（4分）

[解析]　系统减少的重力势能为Ep＝（m1－m2）gh，P经过光电门1的速度为v1＝

，经过光电门2的速度是v2＝

，故系统动能增加量为

）2]，所以还需要测量重物P的质量m1和重物Q的质量m2.

14.（6分）（2018·

攀枝花市高一下学期期末）某实验小组的同学用如图8所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，他们的主要实验步骤如下：

图8

（Ⅰ）按图示安装好器材.

（Ⅱ）将电火花打点计时器接到电源上.

（Ⅲ）接通电源后释放纸带，打出一条纸带.

（Ⅳ）换用另外的纸带，重复步骤（Ⅲ）.

（Ⅴ）选取点迹清晰的纸带，测量所选纸带上一系列测量点距初位置的距离.

（Ⅵ）根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能和它增加的动能，比较二者是否相等.

请回答下列问题：

（1）为完成此实验，除了图中所给器材外，还必需的器材有________.（填正确选项前的字母）

A.天平

B.秒表

C.毫米刻度尺

D.4～6V的交流电源

E.220V的交流电源

（2）步骤（Ⅴ）中测得测量点距初位置的距离为h，计算出对应的速度为v.以h为横轴，v2为纵轴，画出的图线如图9所示，图线的斜率为k，则当地的重力加速度为________.（不计一切阻力）

图9

[答案]　

（1）CE（2分）　

（2）

（4分）

[解析]　

（1）比较重锤下落过程中减少的重力势能和它增加的动能，质量可约去，不需要天平；

实验中用打点计时器测时间，不需要秒表；

测量所选纸带上一系列测量点距初位置的距离需使用毫米刻度尺；

电火花打点计时器应接220V的交流电源，故选C、E.

（2）重锤的机械能守恒，则mgh＝

mv2即v2＝2gh，则v2－h图线的斜率k＝2g，故当地的重力加速度g＝

.

三、计算题（本题共4小题，共40分）

15.（8分）（2018·

资阳市高一下学期期末）如图10所示，水平长直轨道AB与半径为R＝0.8m的光滑

竖直圆轨道BC相切于B，轨道BC与半径为r＝0.4m的光滑

竖直圆轨道CD相切于C，质量m＝1kg的小球静止在A点，现用F＝18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点.已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：

图10

（1）小球在D点的速度vD大小；

（2）小球在B点对圆轨道的压力FNB大小；

（3）A、B两点间的距离x.

[答案]　

（1）2m/s　

（2）45N　（3）2m

[解析]　

（1）小球恰好过最高点D，由牛顿第二定律有：

mg＝m

（1分）

解得：

vD＝2m/s；

（2）小球从B到D，由动能定理：

－mg（R＋r）＝

mvD2－

mvB2（2分）

设小球在B点受到圆轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律有：

FN－mg＝m

由牛顿第三定律得FNB＝FN

联立解得：

FNB＝45N；

（3）小球从A到B，由动能定理：

F·

－μmgx＝

mvB2（1分）

x＝2m.（1分）

16.（9分）过山车是游乐场中常见的设施.图11是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道的最低点，半径R1＝2.0m、R2＝1.4m.一个质量为m＝1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0＝12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠.重力加速度取g＝10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字.求：

图11

（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；

（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少.

[答案]　

（1）10.0N　

（2）12.5N

[解析]　

（1）设小球经过第一个圆形轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理－μmgL1－2mgR1＝

mv12－

mv02①（3分）

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律F＋mg＝m

②（1分）

由①②得F＝10.0N③（1分）

（2）小球恰能通过第二圆形轨道，则有mg＝m

④（1分）

－μmg（L1＋L）－2mgR2＝

mv02⑤（2分）

由④⑤得L＝12.5m.（1分）

17.（10分）如图12甲所示，质量m＝1kg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＝1s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图像如图乙所示，不计其他阻力，g取10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，求：

图12

（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.

[答案]　

（1）50J　

（2）20W　（3）2

m/s

[解析]　

（1）由题图乙知物体1s末的速度v1＝10m/s（1分）

根据动能定理得：

WF＝

mv12＝50J.（1分）

（2）物体沿斜面上升的最大距离：

x＝

1×

10m＝5m（1分）

物体到达斜面时的速度v2＝10m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：

－mgxsin37°

－Wf＝0－

mv22（2分）

Wf＝20J（1分）

＝

＝20W.（1分）

（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＝

mv32－

mv22

v3＝2

m/s（2分）

此后物体做匀速直线运动，

故物体回到出发点的速度大小为2

m/s.（1分）

18.（13分）如图13所示，质量为m＝1kg的小滑块（视为质点）在半径为R＝0.4m的

圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2m/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＝1m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＝10m/s2，sin37°

＝0.8，不计空气阻力.

图13

（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.

[答案]　见[解析]

[解析]　

（1）在B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m

解得FN＝20N

由牛顿第三定律知FN′＝FN＝20N（1分）

从A到B，由动能定理：

mgR－Wf＝

mv2（1分）

解得Wf＝2J；

（2）若μ＝0，滑块在CD间运动有mgsinθ＝ma

加速度a＝gsinθ＝6m/s2（1分）

由匀变速运动规律得s＝vt＋

at2（1分）

解得t＝

s，或t＝－1s（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

mgsinθ·

s－μ1mgcosθ·

s＝0－

解得μ1＝1（1分）

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：

－μ2mgcosθ·

2s＝0－

得到μ2＝0.125（1分）

当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsinθ＝μ3mgcosθ，得到μ3＝0.75（1分）

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.（1分）