高中物理人教版第七章機械能守恒定律（區(qū)一等獎）

第七章機械能守恒定律檢測題(時間：60分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共4小題，每小題7分，共28分。在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的。)1．豎直上拋一球，球又落回原處，空氣阻力的大小正比于球的速度，則()A．上升過程中克服重力做的功大于下降過程中重力做的功B．上升過程中克服重力做的功小于下降過程中重力做的功C．上升過程中克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力做功的平均功率D．上升過程中克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力做功的平均功率解析因為重力做的功只與物體的重力和高度的變化有關，故上升過程中克服重力做的功等于下降過程中重力做的功，故A、B錯誤；由于空氣阻力的作用，上升過程的加速度大于下降過程的加速度，所以上升時間比較短，由P＝eq\f(W,t)知過程中克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力做功的平均功率，選項C正確，D錯誤。答案C2．如圖1所示，滑雪者由靜止開始沿斜坡從A點自由滑下，然后在水平面上前進至B點停下。已知斜坡、水平面與滑雪板之間的動摩擦因數(shù)都為μ，滑雪者(包括滑雪板)的質量為m。A、B兩點間的水平距離為L。在滑雪者經(jīng)過AB段運動的過程中，克服摩擦力做的功()圖1A．大于μmgL B．等于μmgLC．小于μmgL D．以上三種情況都有可能解析設斜面的傾角為θ，則滑雪者從A到B的運動過程中克服摩擦力做的功為Wf＝μmgeq\x\to(AC)cosθ＋μmgeq\x\to(CB)，由題圖可知eq\x\to(AC)cosθ＋eq\x\to(CB)＝L，聯(lián)立兩式可得：Wf＝μmgL，故B正確。答案B3．如圖2所示，用外力F＝20N沿斜面將一個質量m＝2kg的木塊，從斜面底端由靜止開始拉到斜面頂端時速度為v＝10m/s。若斜面的摩擦力恒為重力的，斜面的高度h＝5m，則下列說法正確的是(g＝10m/s2)()圖2A．合力做功為100J B．重力做功為100JC．摩擦力做功為－200J D．外力F做功為200J解析根據(jù)動能定理有W合＝eq\f(1,2)mv2－0，代入數(shù)據(jù)，得W合＝100J，選項A正確；重力做功為WG＝－mgh＝－100J，選項B錯誤；物體沿斜面上滑的過程中，拉力F做正功，摩擦力f做負功，重力做負功，有W合＝Fx－fx－mgh(其中x為斜面的長度)，又F＝20N、f＝＝4N，WG＝－mgh＝－100J，解得Fx＝250J，fx＝50J，選項C、D錯誤。答案A4．如圖3所示是質量為1kg的滑塊在水平面上做直線運動的v－t圖像。下列判斷正確的是()圖3A．在t＝1s時，滑塊的加速度為零B．在4～6s時間內，滑塊的平均速度為2．5m/sC．在3～7s時間內，合力做功的平均功率為2WD．在5～6s時間內，滑塊受到的合力為2N解析由題圖可知，t＝1s時，滑塊的加速度大小為2m/s2，選項A錯誤；4～6s時間內，滑塊的位移x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×1＋\f(4,2)×1))m＝6m，所以平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝3m/s，選項B錯誤；3～7s時間內，合力做功W＝－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(1,2)×1×42J＝－8J，所以合力做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(|W|,t)＝eq\f(8,4)W＝2W，選項C正確；5～6s時間內F＝ma＝4N，選項D錯誤。答案C二、多項選擇題(本題共2小題，每小題7分，共計14分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得7分，選對但不全的得3分，錯選或不選的得0分。)5．(2023·廣州三模)“太極球”是近年來在廣大市民中較流行的一種健身器材。做該項運動時，健身者半馬步站立，手持太極球拍，拍上放一橡膠太極球，健身者舞動球拍時，球卻不會掉落地上?，F(xiàn)將太極球簡化成如圖4所示的平板和小球，熟練的健身者讓球在豎直面內始終不脫離板而做勻速圓周運動，且在運動到圖中的A、B、C、D位置時球與板無相對運動趨勢。A為圓周的最高點，C為最低點，B、D與圓心O等高，則從D到A過程中()圖4A．健身者對“太極球”做正功B．“太極球”的機械能守恒C．“太極球”的重力勢能增加D．合外力對“太極球”做正功解析從D到A的過程中，“太極球”做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理得：W－mgh＝0，由于重力一直做負功，所以健身者對“太極球”做正功，故A正確；從D到A的過程中，“太極球”的動能不變，重力做負功，重力勢能增大，所以機械能增大，故B錯誤，C正確；從D到A的過程中，“太極球”動能不變，合外力做功為零，故D錯誤。答案AC6．(2023·黑龍江哈爾濱模擬)一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內做勻加速直線運動，5s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動。其v－t圖像如圖5所示。已知汽車的質量為m＝2×103kg，汽車受到地面的阻力為車重的倍，則以下說法正確的是()圖5A．汽車在前5s內的牽引力為4×103NB．汽車在前5s內的牽引力為6×103NC．汽車的額定功率為40kWD．汽車的最大速度為30m/s解析汽車受到的阻力f＝×2×103×10N＝2×103N；前5s內，由圖a＝2m/s2，由牛頓第二定律：F－f＝ma，求得F＝f＋ma＝×2×103×10＋2×103×2)N＝6×103N，故A錯誤，B正確；t＝5s末達到額定功率，P＝Fv＝6×103×10W＝6×104W＝60kW，故C錯誤；當牽引力等于阻力時，汽車達到最大速度，則最大速度vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(6×104,2×103)m/s＝30m/s。故D正確。答案BD三、非選擇題(共4小題，共58分。計算題解答時請寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。)7．(10分)某同學用圖6所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，當?shù)刂亓铀俣却笮＝9．80m/s2。實驗中該同學得到的一條點跡清晰的完整紙帶如圖7所示，紙帶上的第一個點記為O，另選連續(xù)的3個點A、B、C進行測量，圖中給出了這3個點到O點的距離hA、hB和hC的值。回答下列問題(計算結果保留三位有效數(shù)字)：圖6圖7(1)打點計時器打B點時，重物速度的大小vB＝________m/s；(2)通過分析該同學測量的實驗數(shù)據(jù)，他的實驗結果是否驗證了機械能守恒定律？簡要說明分析的依據(jù)。_____________________________________________________________________________________________________________________________。解析(1)由中間時刻的速度等于平均速度可得vB＝eq\f(hAC,2T)＝3．90m/s。(2)從O到B重力勢能的減少量ΔEp＝mghOB＝7．70m，動能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝7．61m，因為在誤差允許的范圍內eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)≈mghOB，故該同學所做的實驗驗證了機械能守恒定律。答案(1)3．90(2)是；eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝7．61m，mghB＝7．70m，因為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)≈mghB，近似驗證了機械能守恒定律。8．(10分)某實驗小組利用如圖8所示裝置，探究木塊在木板上滑動至停止的過程中，摩擦力做的功與木塊滑上木板時初速度的關系。實驗步驟如下：圖8A．將彈簧左端固定在平臺上，右端自然伸長到平臺右側O點，木板緊靠平臺，其上表面與P、O在同一水平面上。使木塊壓縮彈簧自由端至P點后由靜止釋放，木塊最終停在木板上的B點，記下P點并測出OB間的距離L。B．去掉木板再使木塊壓縮彈簧自由端至P點并由靜止釋放，測出木塊做平拋運動的水平位移x。C．改變由靜止釋放木塊的位置，以獲取多組L、x數(shù)據(jù)。D．用作圖像的辦法，探求L與x的關系，得出結論。(1)A、B兩步中，均使彈簧壓縮到同一點P的目的是___________________；(2)本實驗中，是否必須測出圖中h的具體數(shù)值？________________(填“是”或“否”)；(3)實驗小組根據(jù)測得的數(shù)據(jù)，作出L－x2圖像如圖9所示，據(jù)此，實驗小組便得出結論：摩擦力對木塊做的功與木塊滑上木板時的初速度平方成正比。請寫出其推理過程：____________________________。圖9解析(1)實驗中要保證木塊滑至O點的速度不變，A、B兩步中，均使彈簧壓縮到同一點P的目的是保證木塊做平拋運動的初速度與木塊滑上木板時的初速度相等；(2)木塊離開平臺后做平拋運動，由于拋出點的高度一定，木塊在空中的運動時間相等，木塊的水平位移與木塊做平拋運動的初速度成正比，實驗中不需要測出平臺的高度h；(3)設木塊做平拋運動的初速度為v，運動時間為t，則木塊的水平位移x＝vt，則x2∝v2，由圖像知L∝x2，所以L∝v2，而W＝fL，f恒定，故有W∝L∝v2。答案(1)保證木塊做平拋運動的初速度與木塊滑上木板時的初速度相等(2)否(3)見解析9．(18分)如圖10所示，粗糙的斜面AB下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，整個裝置豎直放置，C是最低點，圓心角θ＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1m，斜面長L＝4m。現(xiàn)有一個質量m＝kg的小物體P從斜面AB上端A點無初速度下滑，物體P與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝。不計空氣阻力，g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝，求：圖10(1)物體P第一次通過C點時的速度大小vC；(2)物體P第一次通過C點時對軌道的壓力大小N；(3)物體P第一次離開D點后在空中做豎直上拋運動到最高點E，接著從空中又返回到圓軌道和斜面，在這樣多次反復的整個運動過程中，物體P對C點處軌道的最小壓力Nmin。解析(1)物體P從A下滑經(jīng)B到C過程中根據(jù)動能定理有mgL·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得vC＝6m/s。(2)物體在C點，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得N＝4．6N。根據(jù)牛頓第三定律，物體P對C點的壓力為4．6N。(3)物體P最后在B與其等高的圓弧軌道上來回運動時，經(jīng)C點壓力最小，由B到C根據(jù)機械能守恒有mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC′2，解得vC′＝2m/s，在C點FNmin－mg＝eq\f(mvC′2,R)則Nmin＝mg＋meq\f(vC′2,R)＝1．4N。由牛頓第三定律知，物體P對C的最小壓力大小為1．4N。答案(1)6m/s(2)4．6N(3)1．4N10．(20分)(2023·江蘇揚州中學月考)如圖11所示，質量為m＝1kg的物塊，放置在質量M＝2kg足夠長的木板的中間，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在兩個作用區(qū)，兩作用區(qū)的寬度均為1m，邊界距離為d，作用區(qū)只對物塊有力的作用：Ⅰ作用區(qū)對物塊作用力方向水平向右，Ⅱ作用區(qū)對物塊作用力方向水平向左。作用力大小均為3N。將物塊與木板從圖示位置(物塊在Ⅰ作用區(qū)內的最左邊)由靜止釋放，已知在整個過程中物塊不會滑離木板。取g＝10m/s2。圖11(1)在物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時，物塊的速度多大？(2)若物塊剛進入Ⅱ區(qū)域時，物塊與木板的速度剛好相同，求兩作用區(qū)的邊界距離d；(3)物塊與木板最終停止運動時，求它們相對滑動的路程。解析(1)對物塊由牛頓第二定律有F－μmg＝mam1，得am1＝eq\f(F－μmg,m)＝2m/s2由L＝eq\f(1,2)am1teq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2L,am1))＝1s，vm1＝am1t1＝2m/s。(2)Ⅰ區(qū)域內，對木板由μmg＝MaM1得aM1＝m