1、高一物理人教版必修二第七章机械能守恒定律单元巩固练习2018年高一物理人教版必修二第七章机械能守恒定律单元巩固练习一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 如图所示，质量为m的滑块，从倾角为的斜面顶端无初速度沿斜面下滑至底端，末速度大小为v，则（）A. 此过程中重力的平均功率为mgvB. 此过程中重力的平均功率为C. 到达底端时重力的瞬时功率为mgvcosD. 到达底端时重力的瞬时功率为mgvsin2. 如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力的作用，F与时间t的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力fmax的大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A. 0-t1时间
2、内物块受到的摩擦力保持不变B. t3-t4时间内物块受到的摩擦力保持不变C. t2时刻拉力F的功率一定最大D. t3时刻拉力F的功率一定最大3. 下列有关功和功率的说法正确的是（）A. 功是标量，功有正负值，功的的正负表示功的大小B. 功的正负是由位移和力的方向共同决定的C. 由功率公式可知做功的时间越长，功率一定越小D. 由公式可知汽车的最大速度只由汽车的额定功率决定4. 关于重力势能，下列说法中正确的是（）A. 某个物体处于某个位置，重力势能的数值是唯一确定的，与参考面选取无关B. 物体重力势能增加时，物体的重力可以不做功C. 物体做匀速直线运动时，其重力势能一定不变D. 只要重力做功，物
3、体的重力势能一定变化5. 一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek为（）A. v=0 B. v=12m/s C. Ek=1.8J D. Ek=10.8J6. 一物体在水平拉力F作用下在水平面做直线运动，作用2秒后撒去拉力F，其v-t图象如图所示，已知物体质量m=1kg，则下列说法正确的是（）A. 从开始到第2s末，合外力做功为100JB. 从第2s末到第6s末，合外力做功为-100JC. 全过程合外力做功为50JD. 全过程拉力做功为75J
4、7. 如图所示，质量为M木块静止在光滑的水平面上，一颗质量为m的子弹水以速度0平射入木块并留在木块中，木块获得的速度为1，子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，下列说法正确的是（）A. 子弹损失的动能等于fdB. 子弹损失的动能为m02C. 子弹、木块组成的系统损失的动能等于fdD. 子弹、木块组成的系统损失的动能为（m+M）02-（m+M）128. 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角45，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，小球运动
5、到B、D间某点时速度为零，在小球滑到最低点的整个过程中，下列说法正确的是A. 小球的动能与重力势能之和保持不变B. 小球的动能与重力势能之和先增大后减小C. 小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D. 小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变9. 如图所示，游乐场中一位小朋友沿滑梯加速下滑，在此过程中他的机械能并不守恒，其原因是（）A. 因为小朋友做加速运动，所以机械能不守恒B. 因为小朋友受到的合力不为零，所以机械能不守恒C. 因为小朋友受到的合力做功不为零，所以机械能不守恒D. 因为除重力做功外还有摩擦阻力做功，所以机械能不守恒10. 如图所示，一个质量为m的物体（可视为质点）以某一速度
6、从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为0.6g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体的（）（g=10m/s2）A. 整个过程中物体机械能守恒 B. 重力势能增加了0.5mghC. 动能损失了1.1mgh D. 机械能损失了0.2mgh二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11. 下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数。若该车在额定状态下以最大速度行驶，不计自行车自身的机械损耗，则自重40 kg 额定电压36 V 载重75 kg 额定电流12 A 最大行驶速度20 km/h 额定输出功率300 W A. 电动机的输入功率为432 W B. 电动机的
7、内电阻约等于2 C. 该车获得的牵引力约为78 N D. 该车受到的阻力约为54 N12. 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( ) A. 运动员减少的重力势能全部转化为动能B. 运动员获得的动能为C. 运动员克服摩擦力做功为D. 下滑过程中摩擦发热量为13. 质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用下列判断正确的是（）A. 02s内外力的平均功率是W B. 第2s内外力所做的功
8、为JC. 第1s末外力的瞬时功率最大 D. 第1s内与第2s内外力做功之比14. 如图甲所示，长为l、倾角为的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则（）A. 0tanB. 小物块下滑的加速度逐渐增大C. 小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为mglcosD. 小物块下滑到低端时的速度大小为15. 如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是（）A. 物体B动能的减少量等
9、于系统损失的机械能B. 物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C. 物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D. 摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和数值上等于系统内能的增加量三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）16. 在“探究弹性势能表达式”时，一位同学设计了如图1所示装置，以研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系实验过程如下：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一小钢球接触当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘让小钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌
10、面，并落到水平地面上，钢球水平位移记为s （1）依据能的转化与守恒思想，小球平抛时具有的初动能_ （选填“大于”、“小于”或“等于”）小球释放前弹簧储存的弹性势能（2）若增大弹簧的压缩量，小球飞行的水平距离将变大，请你推导出弹簧弹性势能Ep与小钢球质量m、桌面离地高度h、水平距离s、重力加速度g的关系式：_ （3）图2为一张印有小方格的纸，记录着实验中钢球的某次运动轨迹，图中a、b、c、d四点为小球平抛时经过的四个位置小方格的边长L=1.25cm则小球平抛初速度的计算式为v0= _ （用L、g表示）四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）17. （1）用起重机把质量为200kg的物体匀速提高
11、了5m，钢绳的拉力做了多少功？重力做了多少功？克服重力做了多少功？这些力的总功是多少？（g=10m/s2）（2）若物体匀加速上升，加速度a=2m/s2，绳的拉力做了多少功？物体所受各力的总功是多少？18. 如图所示，长L=2m的水平轨道AB与一竖直平面内半径R=0.8m的光滑圆弧轨道BC相切于B点，AB段粗糙，在A端固定一轻质弹簧，质量m=1kg的滑块从C点由静止滑下，弹簧被压缩到最短时的长度x=0.6m已知滑块与AB段的动摩擦因数=0.25，g=10m/s2求：（1）滑块在B点时受到的支持力大小；（2）弹簧压缩的最大弹性势能Ep19. 如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于
12、B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角=37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1m，斜面长L=4m，现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为=0.25不计空气阻力，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）物体P第一次通过C点时的速度大小vc；（2）物体P第一次通过C点时对轨道的压力N；（3）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动到最高点E，接着从空中又返回到圆轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力Nmin答案和解析【答案】1. D 2. B 3. B 4. D 5.
13、B 6. D 7. C8. B 9. D 10. D 11. AD 12. BD 13. AC 14. BC15. CD 16. 等于；217. 解：（1）物体匀速提升，由平衡条件得：钢绳的拉力F =mg=20010N=2000N 钢绳的拉力做功：WF=Fh=20005J=1.0104J 重力做功：WG=-mgh=-200105J=-1.0104J 则物体克服重力做功为1.0104J这些力所做的总功是：W总=WF+WG=0 （2）根据牛顿第二定律得 T-mg=ma 得T =m（g+a）=200（10+2）N=2400N 绳的拉力做功：WT=Th=24005J=1.2104J 物体所受各力的总功
14、等于合外力做的功W总=mah=20025=2000J 答：（1）钢绳的拉力做了1.0104J的功；重力做了-1.0104J的功；物体克服重力做功为1.0104J，这些力的总功是0（2）绳的拉力做功是1.2104J，物体所受各力的总功是2000J18. 解：（1）滑块从C到B的过程，由机械能守恒得：mgR= 在B点，由牛顿第二定律得：FN-mg=m 联立解得：滑块在B点时受到的支持力FN=3mg=30N （2）对于整个过程，由能量守恒定律得 mgR=mg（L-x）+Ep，解得Ep=mgR-mg（L-x）=4.5J 答：（1）滑块在B点时受到的支持力大小是30N；（2）弹簧压缩的最大弹性势能Ep是
15、4.5J19. 解：（1）物体P从A下滑道C的过程中，根据动能定理得：mgLsin37+mgR（1-cos37）-mgcos37L= 解得：vC=6m/s （2）物体在C点，根据牛顿第二定律得：N-mg=m 解得：N=4.6N 根据牛顿第三定律可知，物体P对C点的压力为4.6N，（3）物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C，根据机械能守恒得：mgR（1-cos37）=2 解得：vC=2m/s Nmin-mg=m 解得：Nmin=1.4N 根据牛顿第三定律可知，物体P对C点处轨道的最小压力为1.4N答：（1）物体P第一次通过C点时的速度大小为6m/s；（2）物体P
16、第一次通过C点时对轨道的压力为4.6N；（3）物体P对C点处轨道的最小压力为1.4N【解析】1. 解：A、根据平均速度推论知，滑块下滑的平均速度，方向沿斜面向下，则重力的平均功率，故AB错误C、滑块到达底端时重力的瞬时功率P=mgvcos（90-）=mgvsin，故C错误，D正确故选：D根据平均速度的推论求出该过程中滑块的平均速度，结合平均功率的公式求出重力的平均功率根据到达底端时的瞬时速度大小，结合瞬时功率求出滑块到达底端时重力的瞬时功率解决本题的关键知道平均功率和瞬时功率的区别，掌握这两种功率的求法，基础题2. 解：A、0-t1时间内，F小于等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态，物块受到
17、的摩擦力始终与拉力大小相等，方向相反，所以摩擦力是变力；故A错误。B、由图可知，t1-t3时间内，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，t3时刻后，拉力小于摩擦力，物块做减速运动物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小保持不变，故B正确。C、D、从t1-t3时刻，拉力大于摩擦力，物块做加速运动，t3时刻后，拉力小于摩擦力，物块做减速运动，可知t3时刻物块A的速度最大。t2时刻的拉力大于t3时刻的拉力，而t3时刻的速度大于t2时刻的速度，所以拉力的功率最大的时刻可能在t2时刻与t3时刻之间，不能判断出t2时刻的功率一定最大，或t3时刻的功率一定最大。故C错误，D错误。故选：B根据物块的受力，结合合力的大小与
18、方向确定物块的加速度方向，从而确定物块的运动规律，判断何时加速度最大，何时速度最大。根据功率的公式分析最大功率的位置。本题考查了学生的读图能力，能够通过F-t图线得出整个过程中物块的运动规律。并正确应用牛顿第二定律分析加速度的变化。3. 【分析】本题考查功与功率基本知识。理解功的功与功率的定义与物理含义，功是标量，功有正负值，正负值表示外力对物体运动是体现是动力还是阻力，由位移和力的方向共同决定的；功率是表示做功快慢的物理量，机车启动有两种模式。【解答】A.功是标量，功有正负值，正负值表示外力对物体运动是体现是动力还是阻力，故A错误；B.功的正负是由位移和力的方向共同决定的，故B正确；C.功率
19、是表示做功快慢的物理量，由功率公式可知做功的时间越长，功率一定越小，故C错误；D.由公式可知汽车的最大速度由汽车的额定功率和阻力共同决定，故D错误。故选B。4. 解：A、重力势能的大小取决于相对于零势能面的高度差，故和选择的参考平面有关，但重力势能的改变量与参考平面无关，故A错误；B、重力做功等于重力势能的减小量，故物体重力势能增加时，物体的重力一定做负功，故B错误；C、物体做匀速直线运动时，动能不变，重力势能可以改变，如竖直方向的匀速直线运动，故C错误；D、重力做功等于重力势能的减小量，故只要重力做功，物体的重力势能一定变化，故D正确；故选：D 重力势能Ep=mgh，h为相对于零势能面的高度
20、差；重力做功等于重力势能的减小量本题关键是明确重力做功与重力势能的减小量始终相等，和物体的运动状态无关，基础题目5. 解：A、规定初速度方向为正方向，初速度为：v1=6m/s，碰撞后速度为：v2=-6m/s v=v2-v1=-12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12m/s故A错误，B正确C、反弹后的速度大小与碰撞前相同，即初、末动能相等，所以Ek=0，故CD错误；故选：B由于速度是矢量，对于速度的变化量我们应该采用平行四边形法则对于同一直线上的速度变化量的求解，我们可以运用表达式v=v2-v1，但必须规定正方向对于矢量的加减，我们要考虑方向，
21、动能是一个标量，对于动能的研究，则无需考虑方向6. 解：A、从开始到第2s末，由动能定理可得合外力做功为：W合1=mv2-0=1102=50J，故A错误；B、从第2s末到第6s末，由动能定理可得合外力做功为：W合2=0-mv2=-1102=-50J，故B错误；C、由动能定理可得全过程合外力做功为：W合=0，故C错误；D、第2s末到第6s末的位移为x=20m，此过程只有摩擦力做功，所以有：-fx=W合2，解得：f=2.5N，由图象可得从开始到第2s末的加速度为：a=5m/s2，由牛顿第二定律得：F-f=ma，代入解得：F=7.5J，0-2s的位移为x=10m，拉力做功为：WF=Fx=7.510=
22、75J，故D正确故选：D 由图象读出速度，由动能定理求合外力做功；第2s末到第6s末只有摩擦力做功，再由动能定理求合外力做功对整个过程，运用动能定理可求得合外力做功由功的定义求摩擦力做功，从而求得拉力做功本题是速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解，再根据功的定义求功7. 解：A、子弹相对于地面的位移为s+d，对子弹，由动能定理得知其损失的动能等于克服阻力做的功，为f（s+d）；故A错误B、子弹损失的动能为m02-m12，故B错误C、根据功能关系可知，子弹、木块组成的系统
23、损失的动能等于fd，故C正确D、系统损失的动能即为系统动能的减少量，为m02-（m+M）12故D错误故选：C 对子弹，运用动能定理求解其损失的动能子弹与木块组成的系统总动能减少，转化为内能，根据Q=fd，求系统损失的动能也可以根据能量守恒定律求系统损失的动能本题关键是掌握动能定理，并能用来处理子弹打木块的问题，要注意对子弹和木块而言，位移是相对于地的位移，不是子弹相对于木块的位移对于系统，损失的动能为fd，d是相对位移大小8. 小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小
24、，A项错，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错9. 解：在加速下滑过程中，小朋友高度下降，重力势能减小，动能增加他的机械能不守恒，其原因是摩擦力做负功，机械能减小，转化为内能故ABC错误，D正确故选：D小朋友在下滑过程中重力势能转化为动能，同时要克服摩擦做功，因此机械能减小，内能增加，所以在此过程中他的机械能不守恒，本题可以运用功能关系，分析机械能不守恒的原因，也可以结合受力分析机械能不守恒的原因，常规题10. 解：A、由牛顿
25、第二定律得：mgsin30+f=m0.6g，解得摩擦力f=0.1mg，此过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故A错误；B、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了EP=mgh，故B错误；C、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，即：Ek=F合s=mg0.6g2h=1.2mgh，故C错误；D、由功能关系知，机械能的损失量为：E=fs=0.1mg2h=0.2mgh，故D正确故选：D由机械能守恒定律的条件判断；重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于合外力做的功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化重
26、力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关11. 【分析】对于电动机来说，不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率，P热=I2r是计算电动机的发热的功率，当速度最大时牵引力和阻力相等。解决本题的关键是区分开电功率的不同的公式计算所得到的量的含义，对于非纯电阻来说总功率和发热功率的公式是不同。【解答】A.电动机的输入功率P入=UI=3612W=432W，故A正确；B.电动机正常工作时为非纯电阻电路，根据P入P出I2r得，故B错误；CD.电动车速度最大时，牵引力F与阻力Ff大小相等，由P出=Ffvmax
27、得，故C错误；D正确。故选AD。12. 【分析】 由几何关系可知运动员下滑的位移，则由速度和位移公式可得出运动员的末速度，则可得出运动员的动能；由动能定理可得出运动员克服摩擦力所做的功；由功能关系即可得出机械能的改变量。在解决有关能量问题时，要注意明确做功和能量转化间的关系；合外力做功等于动能的改变量；重力做功等于重力势能的改变量；阻力做功等于内能的增加量。【解答】A.若物体不受摩擦力，则加速度应为，而现在的加速度为小于，故运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；B.运动员运动员下滑的距离：；由运动学公式可得：v2=2aL，得：；动能为：，故B正确；C.由动能定理可
28、知；解得：；故C错误；D.运动员克服摩擦力做功等于下滑过程中摩擦发热量为，故D正确。故选BD。13. 【分析】本题可由动量定理求得1s末及2s末的速度，再由动能定理可求得合力的功，由功率公式求得功率；也可由动力学公式求解出1s末及2s末的速度，再由动能定理求解，不过在过程上就稍微繁琐了点。【解答】由动量定理Ft=mv2-mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/sA.由动能定理可知合力做功为故02s内外力的平均功率是，故A正确；BD.第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、，故第2s内外力所做的功为2.5J，所以第1s内与第2s内外力做功之比4：5，故BD错误；C.1s末、2
29、s末功率分别为：P1=F1v1=4W、P2=F2v2=3W，故C正确。故选AC。14. 解：A、物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsin0mgcos，即0tan，故A错误；B、根据牛顿第二定律有：=gsin-mgcos，下滑过程中逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确，C、由图乙可知，则摩擦力，可知f与x成线性关系，如图所示， 其中f0=0mgcos，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功：=mglcos，故C正确；D、下滑过程根据动能定理有： 解得：，故D错误；故选：BC物块在斜面顶端静止释放能够下滑，必满足mgsin0mgcos，根据牛顿第
30、二定律可知加速度的变化，由图象法求解摩擦力做的功。本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，涉及到变力做功的问题，F-x图象所围的面积表示F所做的功。15. 解：A、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；B、根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；C、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量的负值，即它们的数值相等，选项D正确故选：CD A、物体B动能的减少量等于物体
