2024-2025學(xué)年新教材高中物理章末綜合測評4機(jī)械能及其守恒定律含解析粵教版必修第二冊

PAGE10-章末綜合測評(四)機(jī)械能及其守恒定律(時間：90分鐘分值：100分)1．(4分)以下說法正確的是()A．力是矢量，位移是矢量，所以功也是矢量B．－10J的功大于＋5J的功C．功的正、負(fù)表示方向D．若某一個力對物體不做功，說明該物體肯定沒有發(fā)生位移B[功是標(biāo)量，只有大小沒有方向，其正負(fù)表示力是動力還是阻力做功，－10J的功大于＋5J的功，所以A、C錯誤，B正確；某一個力對物體不做功，可能是力和位移相互垂直，故D錯誤。]2．(4分)一輛汽車以功率P1在平直馬路上勻速行駛，若駕駛員突然減小油門，使汽車的功率減小為P2并接著行駛。若整個過程中阻力恒定不變，此后汽車發(fā)動機(jī)的牽引力將()A．保持不變B．不斷減小C．突然減小，再增大，后保持不變D．突然增大，再減小，后保持不變C[由P1＝Fv知，當(dāng)汽車以功率P1勻速行駛時，F(xiàn)＝f，加速度a＝0。若突然減小油門，汽車的功率由P1減小到P2，則F突然減小。整個過程中阻力f恒定不變，即F<f，此時加速度a<0，所以汽車將減速。由P2＝Fv知，此后保持功率P2不變接著行駛，v減小，F(xiàn)增大。當(dāng)F＝f時，汽車不再減速，而以一較小速度勻速行駛，牽引力不再增大。]3.(4分)運(yùn)動員跳傘將經(jīng)驗加速下降和減速下降兩個過程，將人和傘看成一個系統(tǒng)，在這兩個過程中，下列說法正確的是()A．阻力對系統(tǒng)始終做負(fù)功B．系統(tǒng)受到的合外力始終向下C．加速下降時，重力做的功大于系統(tǒng)重力勢能的削減量D．隨意相等的時間內(nèi)重力做的功相等A[下降過程中，阻力始終與運(yùn)動方向相反，做負(fù)功，A正確；加速下降時合力向下，減速下降時合力向上；B錯誤；下降時重力做的功等于重力勢能削減量，C錯誤；由于隨意相等的時間內(nèi)下落的位移不等，所以，隨意相等時間內(nèi)重力做的功不等，D錯誤。故選A。]4．(4分)人用手托著質(zhì)量為m的“小蘋果”，從靜止起先沿水平方向運(yùn)動，前進(jìn)距離L后，速度為v(蘋果與手始終相對靜止)，蘋果與手掌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法正確的是()A．手對蘋果的作用力方向豎直向上B．蘋果所受摩擦力大小為μmgC．手對蘋果做的功為eq\f(1,2)mv2D．蘋果對手不做功C[蘋果的加速度方向為水平方向，蘋果的合力方向在水平方向上，蘋果受到重力和手的作用力，而重力在堅直方向，故手的作用力應(yīng)為斜上方，故A錯誤；由于蘋果和手相對靜止，故其受到的摩擦力為靜摩擦力，不能確定是否等于μmg，故B錯誤；由動能定理可知，合外力做功等于動能的變更量，豎直方向重力不做功，故手對蘋果做的功為eq\f(1,2)mv2，故C正確；由于手發(fā)生了位移，且受到水平方向的摩擦力，故蘋果對手做功，故D錯誤。]5．(4分)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機(jī)械能隨時間變更的關(guān)系是()ABCDC[物體機(jī)械能的增量等于恒力做的功，恒力做功WF＝Fh，h＝eq\f(1,2)at2，則有外力作用時，物體機(jī)械能隨時間變更關(guān)系為E＝eq\f(1,2)Fat2。撤去恒力后，物體機(jī)械能不變，故選項C正確。]6．(4分)如圖甲所示，鏈球是田徑運(yùn)動中投擲項目之一，它由鐵或銅制成的球體、鏈條和把手組成，鏈球的投擲過程為：運(yùn)動員在直徑2.135米的圓圈內(nèi)，雙手握住鏈球的把手，如圖乙所示，然后經(jīng)過預(yù)擺和3～4圈連續(xù)加速旋轉(zhuǎn)，當(dāng)球加速到最大速度以后再脫手而出，如圖丙所示。若忽視各處摩擦力，關(guān)于投擲過程下列說法正確的是()A．若球體在水平面上做圓周運(yùn)動，則肯定是變速圓周運(yùn)動B．若球體在水平面上做圓周運(yùn)動，則鏈條肯定不會在水平線上C．運(yùn)動員松開把手時，鏈球沿徑向飛出D．鏈球從預(yù)擺到飛出過程機(jī)械能守恒B[若球體在水平面上做圓周運(yùn)動，球體機(jī)械能守恒，速度大小不變，則肯定是勻速圓周運(yùn)動，故A錯誤；若球體在水平面上做圓周運(yùn)動，向心力由鏈條的拉力和重力的合力供應(yīng)，則鏈條肯定不會在水平線上，故B正確；運(yùn)動員松開把手時，鏈球沿圓的切線方向飛出，故C錯誤；鏈球從預(yù)擺到飛出過程拉力做功，機(jī)械能不守恒，故D錯誤。]7.(4分)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止起先下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?LA．圓環(huán)的機(jī)械能守恒B．彈簧彈性勢能變更了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變B[圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度h＝eq\r(3)L，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動，當(dāng)速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤。]8．(6分)運(yùn)用如圖甲所示的裝置驗證機(jī)械能守恒定律，打出一條紙帶如圖乙所示。圖乙中O是打出的第一個點跡，A、B、C、D、E、F…是依次打出的點跡，量出OE間的距離為l，DF間的距離為s，已知打點計時器打點的周期是T＝0.02s。甲乙(1)上述物理量假如在試驗誤差允許的范圍內(nèi)滿意關(guān)系式________________，即驗證了重物下落過程中機(jī)械能是守恒的。(2)假如發(fā)覺圖乙中OA距離大約是4mm，則出現(xiàn)這種狀況的緣由可能是______________________________________，假如出現(xiàn)這種狀況，上述的各物理量間滿意的關(guān)系式可能是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)E點的速度為vE＝eq\f(s,2T)，從O到E，動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s,2T)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)meq\f(s2,T2)，重力勢能的減小量ΔEp＝mgl，若mgl＝eq\f(1,8)meq\f(s2,T2)即gl＝eq\f(s2,8T2)機(jī)械能守恒。(2)若初速度為零，加速度為g，則OA間的距離大約2mm，發(fā)覺OA距離大約4mm，知初速度不為零，可能是先釋放紙帶后啟動打點計時器的緣由，求解動能的變更量時，未減去初速度，則重力勢能的減小量小于動能的增加量，即gl＜eq\f(s2,8T2)。[答案](1)gl＝eq\f(s2,8T2)(2)先釋放紙帶，后接通電源gl＜eq\f(s2,8T2)9.(10分)在世界錦標(biāo)賽中，冰壺運(yùn)動引起了人們的關(guān)注。冰壺在水平冰面上的一次滑行可簡化為如下過程：如圖所示，運(yùn)動員將靜止于O點的冰壺(視為質(zhì)點)沿直線OO′推到A點放手，此后冰壺沿AO′滑行，最終停于C點。已知冰面與各冰壺間的動摩擦因數(shù)為μ，冰壺質(zhì)量為m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度為g。(1)求冰壺在A點的速率；(2)若將BO′段冰面與冰壺間的動摩擦因數(shù)減小為0.8μ，原只能滑到C點的冰壺能停于O′點，求A點與B點之間的距離。[解析](1)從A到C，由動能定理有－μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，得vA＝eq\r(2μgL)。(2)從A到O′，由動能定理有－μmgs－0.8μmg(L＋r－s)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)得s＝L－4r。[答案](1)eq\r(2μgL)(2)L－4r10.(10分)質(zhì)量m＝5kg的小球系于彈簧的一端，套在光滑豎直圓環(huán)上，彈簧的另一端固定在環(huán)上的A點，環(huán)半徑R＝0.5m，彈簧原長L0＝R＝0.5m。當(dāng)球從圖中位置C滑至最低點B時，測得vB＝3m/s，求在B點時彈簧的彈性勢能Ep的大小。[解析]小球在C點時，由幾何關(guān)系可知，彈簧處于原長狀態(tài)，彈簧中無彈力，無彈性勢能。在小球從C運(yùn)動到B的過程中，對小球受力分析知，對小球做功的只有重力和彈簧彈力。重力做功為mg(R＋Rcos60°)＝5×10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.5＋0.5×\f(1,2)))J＝37.5J；小球和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選B點重力勢能為零，則由機(jī)械能守恒定律得mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋Ep代入數(shù)據(jù)可得Ep＝15J。[答案]15J11．(4分)質(zhì)量為M的長木板放在光滑的水平面上，如圖，一質(zhì)量為m的滑塊，以某一速度v沿長木板表面從A點滑到B點，在木板上前進(jìn)了L，而長木板前進(jìn)了l，若滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ，則()A．摩擦力對M做的正功大小等于摩擦力對m做的負(fù)功B．摩擦產(chǎn)生的熱量為μmgLC．摩擦力對m做的功為μmg(L＋l)D．摩擦產(chǎn)生的熱量為μmg(L＋l)BC[M、m之間的摩擦力大小相等，但m的位移比M的位移大，依據(jù)W＝Fscosθ，摩擦力對M做的正功小于摩擦力對m做的負(fù)功，故A錯誤；依據(jù)Q＝fs相對，摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgL，故B正確，D錯誤；摩擦力對m做的功為W＝f(l＋L)＝μmg(l＋L)，故C正確。]12．(4分)如圖所示，A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側(cè)斜面完全相同，現(xiàn)從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進(jìn)入右側(cè)不同的豎直軌道：除去底部一小圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；B圖中的軌道與A圖中軌道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C圖中的軌道是一個內(nèi)徑略大于小球直徑的管道，其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管的高度大于h；D圖中的軌道是個半圓形軌道，其直徑等于h。假如不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進(jìn)入右側(cè)軌道后能到達(dá)h高度的是()AC[小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，A、C圖中小球不能脫離軌道，在最高點速度為零，因而可以達(dá)到h高度。但B、D圖中小球都會脫離軌道而做拋體運(yùn)動，在最高點具有水平速度，所以在最高點的重力勢能要小于mgh(以最低點為零勢能面)，即最高點的高度要小于h，選項A、C正確。]13.(4分)如圖所示為一滑草場。某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最終恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)gAB[質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑，經(jīng)過兩個滑道到達(dá)滑道底部速度為零，由動能定理得2mgh－μmgcos45°eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°eq\f(h,sin37°)＝0解得μ＝eq\f(6,7)，A正確；剛好滑到第一個滑道末端時速度最大，mgh－μmgcos45°eq\f(h,sin45°)＝eq\f(mv2,2)，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，B正確；經(jīng)過上、下兩段滑道后，最終恰好靜止于滑道的底端，載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，C項錯誤；在下段滑道上沿滑道方向mgsin37°－μmgcos37°＝ma，a＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°－\f(6,7)cos37°))＝－eq\f(3,35)g，則D項錯誤。故選A、B。]14.(4分)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，虛線OC水平，D是圓環(huán)最低點。兩個質(zhì)量均為m的小球A、B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連，從圖示位置由靜止釋放，則()A．B球運(yùn)動至最低點D時，A、B系統(tǒng)重力勢能最小B．A、B系統(tǒng)在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒C．A球從C點運(yùn)動至D點過程中受到的合外力做正功D．當(dāng)桿水平常，A、B球速度達(dá)到最大BD[A、B、輕桿組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，A、B輕桿組成的系統(tǒng)的等效重心在輕桿中點處，由幾何學(xué)問知輕桿水平常，等效重心下降高度最大，系統(tǒng)重力勢能最小，動能最大，A球從C點運(yùn)動至D點過程中受到的合外力先做正功后做負(fù)功，所以只有選項BD正確。]15．(4分)如圖所示，光滑長鐵鏈由若干節(jié)組成，全長為L，圓形管狀軌道半徑為R，L＞2πR，R遠(yuǎn)大于一節(jié)鐵鏈的高度和長度。鐵鏈靠慣性通過軌道接著前進(jìn)，下列推斷正確的是()A．在第一節(jié)完成圓周運(yùn)動的過程中，第一節(jié)鐵鏈機(jī)械能守恒B．每節(jié)鐵鏈通過最高點的速度依次減小C．第一節(jié)與最終一節(jié)到達(dá)最高點的速度大小相等D．第一節(jié)回到最低點至最終一節(jié)進(jìn)入軌道的過程中鐵鏈的速度保持不變CD[鐵鏈、火車、繩等由完全相同的各部分構(gòu)成連接體，各部分之間有彈力作用。若選一節(jié)探討，有除重力和彈簧彈力的其他外力做功，則機(jī)械能不守恒；但選取整個系統(tǒng)為對象時，各部分的力屬于內(nèi)力，做功抵消，系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，選項A錯誤。第一節(jié)上升的過程，系統(tǒng)的重心上升，重力勢能增大，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒知動能減小，第一節(jié)回到最低點至最終一節(jié)進(jìn)入軌道的過程中，每下降一節(jié)，后面上升一節(jié)，系統(tǒng)的機(jī)械能不變，則速度相等，故選項B錯誤，D正確。第一節(jié)到達(dá)最高點和最終一節(jié)到達(dá)最高點時系統(tǒng)的重心位置相同，由Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2知重力勢能相等時動能相等，則每一節(jié)的速率相等，選項C正確。]16．(6分)某探討性學(xué)習(xí)小組利用氣墊導(dǎo)軌驗證機(jī)械能守恒定律，試驗裝置如圖甲所示。在氣墊導(dǎo)軌上相隔肯定距離的兩處安裝兩個光電傳感器A、B，滑塊P上固定一遮光條，若光線被遮光條遮擋，光電傳感器會輸出高電壓，兩光電傳感器采集數(shù)據(jù)后與計算機(jī)相連?；瑝KP在細(xì)線的牽引下向左加速運(yùn)動，遮光條經(jīng)過光電傳感器A、B時，通過計算機(jī)可以得到如圖乙所示的電壓U隨時間t變更的圖像。圖甲圖乙(1)試驗前，接通氣源，將滑塊(不掛鉤碼)置于氣墊導(dǎo)軌上，輕推滑塊，當(dāng)圖乙中的Δt1________(選填“＞”“＝”或“＜”)Δt2時，說明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平。(2)滑塊P用細(xì)線跨過氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與鉤碼Q相連，鉤碼Q的質(zhì)量為m。將滑塊P由圖甲所示位置釋放，通過計算機(jī)得到的圖像如圖乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要驗證滑塊P和鉤碼Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，還應(yīng)測出________和________(寫出物理量的名稱及符號)。(3)若上述物理量間滿意關(guān)系式________________________，則表明在上述過程中，滑塊P和鉤碼Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。[解析](1)導(dǎo)軌水平常，滑塊P做勻速運(yùn)動，Δt1＝Δt2；(2)滑塊P通過光電傳感器的速度為v1＝eq\f(d,Δt1)，v2＝eq\f(d,Δt2)，若要驗證P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，就需求出動能增加量和勢能的削減量，即還應(yīng)測出滑塊質(zhì)量M和兩光電門間距L；(3)若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則mgL＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2)。[答案](1)＝(2)滑塊質(zhì)量M兩光電門間距L(3)mgL＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2)17．(10分)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高。質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點由靜止起先下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達(dá)C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)驗的時間t。[解析](1)滑塊從A點到D點的過程中，依據(jù)動能定理有mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0－0解得μ＝eq\f(1,2)tan37°＝0.375。(2)若使滑塊能到達(dá)C點，依據(jù)牛頓其次定律有mg＋N＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，由N≥0得vC≥eq\r(Rg)＝2m/s滑塊從A點到C點的過程中，依據(jù)動能定理有－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則v0＝eq\r(v\o\al(2,C)＋4μgRcot37°