新设计物理必修二讲义第七章机械能守恒定律章末检测卷（三）

章末检测卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共13小题，每小题4分，共52分。在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)1.如图1所示，小车在与水平方向成α角的恒力F作用下，沿水平地面向右运动一段距离l，此过程中力F对小车所做的功为()图1A.FlB.FlsinB.FlsinαC.Flcosα D.Fltanα答案C2.总质量约为3.8吨“嫦娥三号”探测器在距月面3m处关闭反推发动机，让其以自由落体方式降落在月球表面。4条着陆腿触月信号显示，“嫦娥三号”完美着陆月球虹湾地区。月球表面附近重力加速度约为1.6m/s2，4条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧，在软着陆后，每个轻弹簧获得的弹性势能大约是()图2A.28500J B.4560JC.18240J D.9120J解析由机械能守恒定律，mgh＝4Ep，解得Ep＝eq\f(mgh,4)＝4560J，选项B正确。答案B3.某运动员臂长为L，将质量为m的铅球推出，铅球出手时的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是()A.eq\f(m（gL＋veq\o\al(2,0)）,2) B.mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) D.mgL＋mveq\o\al(2,0)解析设运动员对铅球做功为W，由动能定理得W－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以W＝eq\f(1,2)mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。答案A4.如图3是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()图3A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态解析由整体法、隔离法结合牛顿第二定律，可知A正确，B错误；由动能定理可知C错误；因返回舱具有竖直向上的加速度，因此处于超重状态，D错误。答案A5.如图4甲所示，质量m＝0.5kg，初速度v0＝10m/s的物体，受到一个与初速度方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的vt图象如图乙所示，g取10m/s2，则()图4A.物体与地面间的动摩擦因数为0.2B.0～2s内F做的功为8JC.0～7s内由于摩擦产生的热量为25JD.0～7s内物体滑行的总位移为29m解析由图象可知物体在3～7s内仅受摩擦力做减速运动，其加速度大小a＝1m/s2＝μg，得物体与地面间的动摩擦因数为0.1，A错；计算0～7s内图线与坐标轴所围的面积可得物体滑行的总位移为x＝29m，D正确；0～7s内由于摩擦产生的热量为Q＝μmgx＝14.5J，C错误；0～2s内物体的加速度大小a1＝2m/s2，由μmg＋F＝ma1可得F＝0.5N，0～2s内物体的位移s＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝16m，所以F做的功为W＝－Fs＝－8J，B错误。答案D6.物体做自由落体运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面(不计一切阻力)。下列图象能正确反映各物理量之间关系的是()解析由机械能守恒定律得Ep＝E－Ek，可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C错误；由动能定理得Ek＝mgh，则Ep＝E－mgh，故势能与h关系的图象也为倾斜的直线，D错误；Ep＝E－eq\f(1,2)mv2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B正确；Ep＝E－eq\f(1,2)mg2t2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A错误。答案B7.放在光滑水平面上的物体，仅在两个方向垂直的水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6J和8J的功，则该物体的动能增加了()A.48J B.14JC.10J D.2J解析合力做的功为6J＋8J＝14J，根据动能定理知该物体的动能增加了14J，选项B正确。答案B8.(2017·11月选考)如图5所示，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9m和0.6m。若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则克服重力做的功和相应的功率约为()图5A.430J，7W B.4300J，70WC.720J，12W D.7200J，120W解析设重心上升的高度为h，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有eq\f(h,0.4)＝eq\f(0.9,0.9＋0.6)，即h＝0.24m。一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24J＝144J，所以一分钟内克服重力做的总功为W总＝NW＝4320J，功率P＝eq\f(W总,t)＝72W，故选项B正确。答案B9.质量为2kg的物体做自由落体运动，下落前2s内重力所做的功及前2s内重力做功的平均功率分别为(g取10m/s2)()A.400J；200W B.200J；200WC.200J；400W D.400J；400W解析2s物体下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝20m，则重力做功W＝mgh＝400J，重力平均功率P＝eq\f(W,t)＝200W，A正确。答案A10.质量为5t的汽车，在水平路面上以加速度a＝2m/s2启动，受到的阻力为2×103N，则汽车启动后第2s末的瞬时功率为()A.48kW B.24kWC.22kW D.11kW解析根据牛顿第二定律有F－f＝ma，汽车第2s末的速度v＝at＝4m/s，第2s末的瞬时功率P＝Fv＝48kW，选项A正确。答案A11.某同学用频闪相机拍摄了运动员跳远比赛时助跑中某点、起跳点、最高点、落地点四个位置的照片，简化图如图6所示。则运动员起跳瞬间消耗的体能最接近()图6A.4J B.40JC.400J D.4000J解析运动员的质量约为50kg，跳远过程中最高点距地面约为0.6m，速度为v，则由机械能守恒有：E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，最高点处可忽略v，则E＝mgh＝50×10×0.6J＝300J，故选项C正确。答案C12.一小石子从高为10m处自由下落，不计空气阻力，经一段时间后小石子的动能恰等于它的重力势能(以地面为参考平面)，g＝10m/s2，则该时刻小石子的速度大小为()A.5m/s B.10m/sC.15m/s D.20m/s解析设小石子的动能等于它的重力势能时速度为v，根据机械能守恒定律得mgh＝mgh′＋eq\f(1,2)mv2由题意知mgh′＝eq\f(1,2)mv2，所以mgh＝mv2故v＝eq\r(gh)＝10m/s，B正确。答案B13.质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图7所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最底点，此时绳子所受拉力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()图7A.eq\f(mgR,8) B.eq\f(mgR,4)C.eq\f(mgR,2) D.mgR解析在最低点有7mg－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，在最高点有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，由最低点到最高点的过程，根据动能定理得－2mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由以上三个方程解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，故C正确。答案C二、非选择题(本题共6小题，共48分)14.(5分)如图8为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题：图8(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________。(填入正确选项前的字母)A.米尺 B.秒表C.0～12V的直流电源 D.0～12V的交流电源(2)实验中误差产生的原因有________。(写出两个原因)解析打点计时器需接交流电源；需要用米尺测量纸带上打出的点之间的距离。答案(1)AD(2)①纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦、空气阻力②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差③计算势能变化时，选取初末两点距离过近15.(5分)如图9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：图9a.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＝MgC.实验过程中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。答案(1)AC(2)eq\f(d,Δt1)eq\f(d,Δt2)mgL＝eq\f(1,2)M(eq\f(d,Δt2))2－eq\f(1,2)M(eq\f(d,Δt1))216.(8分)如图10所示，QB段是半径为R＝1m的光滑圆弧轨道，AQ段是长度为L＝1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块P的质量m＝1kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点又返回A点时恰好静止。(g取10m/s2)求：图10(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力。解析(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有：－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(4μgL)＝2m/s(2)设物块P第一次刚通过Q点时的速度为v，在Q点轨道对P的支持力为FN，由动能定理和牛顿第二定律有：－μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)FN－mg＝meq\f(v2,R)解得：FN＝12N由牛顿第三定律可知，物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力大小为12N，方向竖直向下。答案(1)2m/s(2)12N，方向竖直向下17.(8分)高一年级某“机器人”社团对自制的一辆电动遥控小车的性能进行研究，他们让小车在水平直轨道上由静止开始始终以额定功率运动，经过t＝5s时小车达到最大速度，小车在运动过程中的部分vt图象如图11所示。已知小车质量为m＝1kg，在运动过程中受到的阻力大小恒为车重的0.1倍，g取10m/s2。求：图11(1)小车的额定功率；(2)小车在0～5s内的位移大小。解析(1)设小车的额定功率为P，由题意，有P＝0.1mgvmax解得P＝4W(2)设小车在0～5s内的位移大小为x，由动能定理，有Pt－0.1mgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)解得x＝12m答案(1)4W(2)12m18.(10分)如图12，一个小球沿光滑固定轨道从A点由静止开始滑下。已知轨道的末端水平，距水平地面的高度h＝3.2m，小球落地点距轨道末端的水平距离x＝4.8m，取g＝10m/s2，求：图12(1)小球离开轨道时的速度大小；(2)A点离地面的高度H。解析(1)设小球离开轨道时的速度大小为v，对于平抛运动过程有x＝vth＝eq\f(1,2)gt2所以v＝xeq\r(\f(g,2h))＝6m/s(2)对于小球在轨道上的运动过程，根据机械能守恒定律有mg(H－h)＝eq\f(1,2)mv2所以H＝h＋eq\f(v2,2g)＝5m答案(1)6m/s(2)5m19.(12分)(2016·10月浙江选考)如图13所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图14的模型。倾角为45°的直轨道AB，半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m。现有质量m＝500kg的过山车，从