物理人教版必修2单元评估第七章机械能守恒定律

第七章《机械能守恒定律》单元评估时间：90分钟分值：100分一、单项选择题(共6小题，每小题4分)1．在水平面上，有一弯曲的槽道AB，由半径分别为eq\f(R,2)和R的两个半圆构成．如图所示，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(C)A．零 B．FRC.eq\f(3,2)πFR D．2πFR解析：本题中小球受的拉力F在整个过程中大小不变、方向时刻变化，是变力．但是，如果把圆周分成无数微小的段，每一小段可近似看成直线，拉力F在每一小段上方向不变，每一小段上可用恒力做功的公式计算，然后将各段累加起来．设每一小段的长度分别为l1、l2、l3、…、ln，拉力在每一段上做的功W1＝Fl1，W2＝Fl2，…，Wn＝Fln，拉力在整个过程中所做的功W＝W1＋W2＋…＋Wn＝F(l1＋l2＋…＋ln)＝F(π·eq\f(R,2)＋πR)＝eq\f(3,2)πFR.2．如图所示四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的．图D中的斜面是粗糙的；图A、B中的F为木板所受的力，方向如图中箭头所示；图A、B、D的木块向下运动，图C中的木块向上运动．在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是(C)解析：依据机械能守恒条件，只有重力做功的情况下，物体的机械能才能守恒，由此可见，A、B均有外力参与做功，D中有摩擦力做功，故只有选项C的情况符合机械能守恒的条件．3．如图所示，在地面上方的A点以Ek1＝4.0J的初动能水平抛出一小球，小球刚要落地时的动能Ek2＝52.0J，落地点在B点．不计空气阻力，则A、B两点的连线与水平面间的夹角为(D)A．30°B．37°C．45°D．60°解析：设小球做平抛运动的初速度为v0、竖直方向上末速度为vy、离地高度为h，则有x＝v0t、h＝eq\f(vy,2)t、tanθ＝eq\f(h,x)，解得tanθ＝eq\f(vy,2v0)；再由动能定义式有Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝4.0J、Ek2＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝52.0J，解得eq\f(v0,vy)＝eq\f(\r(3),6)，故有tanθ＝eq\r(3)，θ＝60°，D正确．4．如图所示，一个质量为M的物体放在水平面上，物体上方连接一个长为L、劲度系数为k的轻弹簧，现用手拉着弹簧P点缓慢向上移，直到物体离开地面一段距离，在这一过程中，P点位移是H(设开始时弹簧处于原长)，则物体的重力势能增加了(C)A．MgH B．MgH＋eq\f(Mg,k)C．MgH－eq\f(Mg2,k) D．MgH－eq\f(Mg,k)解析：P刚开始上移时，弹簧伸长，而物体不动，直到P点上移eq\f(Mg,k)后，弹簧不再伸长，物体才离开地面随弹簧一起上移，在上述过程中，物体重心上移的高度h＝H－eq\f(Mg,k)，所以重力势能增加了Mgh＝MgH－eq\f(Mg2,k)，故C正确．5．如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则(C)A．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍解析：物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误．后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误．设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得f＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，位移为x＝eq\f(v,2)t，传送带匀速运动的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝eq\f(vt,2)＝eq\f(v2,2μg)，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq\f(1,2)mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确．前阶段物品的位移为x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(v2,2μg)，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误．6．如图所示，一物体(可视为质点)以一定的速度沿水平面由A点滑到B点，摩擦力做功W1；若该物体从A′沿两斜面滑到B′(此过程物体始终不会离开斜面)，摩擦力做的总功为W2，若物体与各接触面的动摩擦因数均相同，则(A)A．W1＝W2B．W1>W2C．W1<W2D．不能确定W1、W2的大小关系解析：设AB间距离为L，则由A滑到B点，摩擦力做的功为W1＝－μmgL，由A′滑到B′摩擦力做的功为W2＝－μmgcosα·s上－μmgcosβ·s下＝－μmgL，故W1＝W2.二、多项选择题(共4小题，每小题4分)7．在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．如图所示，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则(BC)A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为eq\r(5)v0C．人沿沙坡下滑时所受阻力Ff＝mgsinα－eq\f(2mv\o\al(2,0),L)D．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0解析：对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2－0＝2aL，veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2aL，可解得：v1＝eq\r(5)v0，所以选项A错误，B正确；根据动能定理有：mgLsinα－FfL＝eq\f(1,2)m(2v0)2，可解得Ff＝mgsinα－eq\f(2mv\o\al(2,0),L)，选项C正确；重力功率的最大值为Pmax＝2mgv0sinα，选项D错误．8．如图所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩至A点并锁定弹簧，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g.下列说法正确的是(BD)A．弹簧的最大弹性势能为mghB．物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mghC．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D．物体最终静止在B点解析：物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g，由牛顿第二定律得，物体所受沿斜面向下的合力F＝mg，而重力沿斜面向下的分力为mgsin30°＝0.5mg，可知物体一定受到沿斜面向下的摩擦力f＝0.5mg，克服摩擦力做功等于物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能，Wf＝feq\f(h,sin30°)＝mgh,B正确；根据能量守恒定律可知，在物块上升到最高点的过程中，弹性势能变为物体的重力势能和内能，故弹簧的最大弹性势能应大于mgh，A错误；物体动能最大时，加速度为零，此时物体一定沿斜面向上移动了一定距离，故系统损失了一部分机械能，且弹簧未恢复原长，仍有部分弹性势能，所以物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，C错误；由于物体到达B点后，瞬时速度为零，此后摩擦力方向沿斜面向上，与重力沿斜面向下的分力相抵消，物体将静止在B点，D正确．9．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的是(BD)A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处解析：甲、乙两小孩沿不同轨道从A运动到B时，只有重力做功，根据机械能守恒定律和甲、乙两小孩运动的v－t图象解决问题．甲、乙两小孩沿光滑轨道从A运动到B，只有重力做功，根据机械能守恒定律，得mgh＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(2gh)，所以甲、乙两小孩在同一高度时，速度大小相等，选项B正确；甲、乙两小孩在运动过程中v－t图象如图所示．由v－t图象可知，选项A、C错误，选项D正确．10．如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是(BC)A．球1的机械能守恒 B．球6在OA段机械能增大C．球6的水平射程最小 D．六个球落地点各不相同解析：各个球在斜面上运动机械能守恒，在OA段前面小球将受到后面小球的推力作用，前面小球机械能增大，后面的小球机械能减小，球6在OA段机械能增大，选项A错误，B正确；由于后面的小球速度大于前面的小球，球6的水平射程最小，选项C正确；由于OA长度为6r，后面三个小球落地点相同，选项D错误．三、填空题(共2小题，共14分)11．(4分)在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y＝2.5cos(kx＋eq\f(2,3)π)(单位：m)，式中k＝1m－1.将一光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0处以v0＝5m/s的初速度沿杆向下运动，重力加速度g取10m/s2.则当小环运动到x＝eq\f(π,3)m时的速度大小v＝5eq\r(2)m/s；该小环在x轴方向最远能运动到x＝eq\f(5,6)πm处．解析：根据横坐标和曲线方程可以求出纵坐标，根据机械能守恒可得出结论．当x1＝0时，y1＝－1.25m；当x2＝eq\f(π,3)m时，y2＝－2.5m．取x轴为零势面，根据机械能守恒定律mgy1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgy2＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝5eq\r(2)m/s.当运动到最远处，速度为零，mgy1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgy3，y3＝2.5cos(kx3＋eq\f(2,3)π)，解得x3＝eq\f(5,6)π.12．(10分)科技活动小组成员利用暑假进行社会实践活动时，发现可以利用古代抛石机的模型来验证机械能守恒定律，其原理如图所示．图中O为转轴，A球固定于杆上且质量为mA，B球放在勺形槽内且质量为mB.由静止释放轻杆后，可以逆时针转动，轻杆转到竖直位置时，B球被水平抛出．(1)要验证机械能守恒定律，首先需要测量mA、mB及两球距O点的距离LA、LB，除此之外还需要测量的物理量有B、C.A．A球从释放运动到最低点的时间tB．O离地面的高度hC．B球落地点与O的水平距离xD．释放轻杆时A球的高度h0(2)下列减少实验误差的措施中，可行的有A、B、C、D、E.A．开始释放时，让轻杆水平B．支架处地面与B球落地处地面要在同一水平面上C．杆的硬度尽量高D．在同一高度多次释放A球的前提下，取B球的平均落点，然后测量xE．尽量减小转轴O处的摩擦力F．尽量减小B球的质量(3)在轻杆从水平状态无初速释放的前提下，结合上述测定的物理量，可求系统重力势能的减少量为(mALA－mBLB)g，动能的增加量为eq\a\vs4\al(\f(x2g,4h＋LB)\f(mAL\o\al(2,A),L\o\al(2,B))＋mB)，正常情况下会出现前者大于(选填“大于”或“小于”)后者．解析：(3)ΔEp＝(mA＋mB)gh－mAg(h－LA)－mBg(h＋LB)＝(mALA－mBLB)g由h＋LB＝eq\f(1,2)gt2，x＝vBt得vB＝xeq\r(\f(g,2h＋LB))，又vA＝eq\f(LA,LB)vB得ΔEk＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(x2g,4h＋LB)(eq\f(mAL\o\al(2,A),L\o\al(2,B))＋mB)由于存在摩擦阻力会出现ΔEp＞ΔEk.四、计算题(共4小题，共46分)13．(8分)在2016年少年科技创新大赛中，某同学展示了其设计的自动程序控制的电动赛车，赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k＝eq\f(Ff,mg)＝0.5.赛车的质量m＝0.4kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝30W工作，轨道AB的长度L＝2m．圆形轨道的半径R＝0.5m，空气阻力可忽略，重力加速度g取10m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下，求：(1)小车在CD轨道上运动的最短路程；(2)赛车电动机工作的时间．解析：(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零．重力提供向心力：mg＝meq\f(v\o\al(2,P),R).由动能定理：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P).由上述两式联立，代入数据可得C点的速度vC＝5m/s.设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：－kmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入数据可得x＝2.5m.(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：vB＝vC＝5m/s.从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得：Pt－kmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，代入数据可得t＝0.3s.答案：(1)2.5m(2)0.3s14．(12分)图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L，开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止，现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球到达最高点．求：(1)当小球第一次到达最低点时，滑块和小球的速度大小分别为多少？(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功．解析：(1)设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为v1、v2，则由小球和滑块组成的系统机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mgL小球由最低点向左摆动到最高点过程，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝mgL(1－cos60°)联立解得v1＝v2＝eq\r(gL)(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功为W，由动能定理得mgL＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2).代入数值得W＝－eq\f(1,2)mgL答案：(1)v块＝v球＝eq\r(gL)(2)－eq\f(1,2)mgL15．(12分)如图所示，水平轨道PAB与eq\f(1,4)圆弧轨道BC相切于B点，其中，PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数μ＝0.1，AB段长L＝2m，BC段光滑，半径R＝1m．轻质弹簧劲度系数k＝200N/m，左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点．现用力推质量m＝2kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧，当推力做功W＝25J时撤去推力．已知弹簧弹性势能表达式Ep＝eq\f(1,2)kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度g取10m/s2.(1)求推力撤去瞬间，滑块的加速度；(2)求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时对B点的压力FN；(3)判断滑块能否越过C点．解析：(1)由功能关系有W＝Ep＝eq\f(1,2)kx2由牛顿运动定律得a＝eq\f(kx,m)＝50m/s2(2)设滑块到达B点时的速度为vB，由能量守恒定律得eq\f(1,2)kx2＝μmgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得veq\o\al(2,B)＝21m2/s2对滑块，由牛顿运动定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)FN＝mg＋meq\f(v\o\al(2,B),R)＝62N.由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力为62N.(3)设滑块能够到达C点，且具有速度vC，由能量守恒定律得eq\f(1,2)kx2＝μmgL＋mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入数据解得vC＝1m/s.故滑块能够越过C点．答案：(1)50m/s2(2)62N(3)滑块能够越过C点16．(14分)如图所示，水平放置的传送带与一光滑曲面相接，一小滑块质量为m＝0.1kg，从离传送带h＝0.2m高处由静止滑下，传送带水平部分x＝1.8m，滑块与传送