2024-2025学年高中物理章末综合测评3机械能守恒定律含解析新人教版必修2

PAGE11-章末综合测评(三)机械能守恒定律(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．一台抽水机每秒能把30kg的水抽到10m高的水塔上，假如不计额外功的损失，这台抽水机保持输出功率不变的前提下，半小时内能做多少功(g＝10m/s2)()A．3×105J B．5.4×105JC．5.4×106J D．3×106JC[抽水机1秒钟内做的功是：W＝mgh＝30×10×10J＝3000J所以抽水机的功率为：P＝eq\f(W,t)＝eq\f(3000,1)W＝3000W抽水机半小时做的功是：W′＝Pt′＝3000×30×60J＝5.4×106J，故C正确．]2．关于摩擦力做功，下列说法中正确的是()A．静摩擦力肯定不做功B．滑动摩擦力肯定做负功C．静摩擦力和滑动摩擦力都可做正功D．相互作用的一对静摩擦力做功的代数和可能不为0C[静摩擦力方向与物体的相对运动趋势方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故静摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故A错误；滑动摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故滑动摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故B错误；由上可知C正确；一对相互作用的静摩擦力，大小相等，方向相反，作用的两个物体位移相同．所以一对相互作用的静摩擦力做功之和肯定是零，故D错误．所以C正确，A、B、D错误．]3．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，0～t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则()A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于meq\f(v1,t1)B．t1～t2时间内，汽车做匀加速运动C．t1～t2时间内，汽车的功率等于fv1D．t1～t2时间内，汽车的功率等于fv2D[0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(v1,t1)，依据牛顿其次定律得，F－f＝ma，解得牵引力F＝f＋meq\f(v1,t1)，故A错误．从t1时刻起汽车的功率保持不变，依据P＝Fv可知，随速度的增加，牵引力减小，则a＝eq\f(F－f,m)，可知汽车在t1～t2时间内做加速减小的加速运动，选项B错误；在t2时刻，汽车的加速度为零，则F＝f，此时汽车的功率P＝Fv2＝fv2，选项D正确，C错误；故选D.]4．弹簧发生形变时，其弹性势能的表达式为Ep＝eq\f(1,2)kx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是形变量．如图所示，一质量为m物体位于始终立的轻弹簧上方h高度处，该物体从静止起先落向弹簧．设弹簧的劲度系数为k，则物块的最大动能为(弹簧形变在弹性限度内)()A．mgh＋eq\f(m2g2,2k) B．mgh－eq\f(m2g2,2k)C．mgh＋eq\f(m2g2,k) D．mgh－eq\f(m2g2,k)A[当重力等于弹力时物体动能最大，此时：kx＝mg，由能量转化和守恒可得：Ek＋Ep＝mg(h＋x)，其中：Ep＝eq\f(1,2)kx2，解得：Ek＝mgh＋eq\f(m2g2,2k)，故B正确，A、C、D错误．]5．如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下．当它滑过A点的速度大小为5m/s时，滑到B点的速度大小也为5m/s.若使它滑过A点的速度变为7m/s，则它滑到B点的速度大小为()A．大于7m/s B．等于7m/sC．小于7m/s D．无法确定C[木块从曲面的A点下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度增大时，在同一点木块所须要的向心力增大，轨道对木块的支持力增大，则木块对轨道的压力增大，滑动摩擦力增大．木块从A运动到B，运动的路程相等，则木块下滑过程中克服摩擦力做功增大，重力做功相同，依据动能定理得知，动能的改变量增大，第一次下滑过程动能改变量为零，其次次动能的改变量应小于零，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＜0，得：vB＜vA＝7m/s.即滑到B点的速率肯定小于7m/s.故C正确，A、B、D错误．]6．如图所示，一根橡皮筋两端固定在A、B两点，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，将弹丸放在橡皮筋内C处并由C处竖直向下拉至D点释放，C、D两点均在AB连线的中垂线上．橡皮筋的质量忽视不计，不计空气阻力，弹丸由D运动到C的过程中()A．橡皮筋对弹丸的弹力始终在增大B．橡皮筋对弹丸的弹力始终做正功C．弹丸的机械能守恒D．弹丸的动能始终在增大B[从D到C，橡皮筋的形变量始终减小，所以橡皮筋对弹丸的弹力始终在减小，故A错误；从D到C，橡皮筋对弹丸的弹力的方向始终与弹丸运动的方向相同，所以弹力始终做正功，故B正确；从D到C橡皮筋对弹丸的弹力始终做正功，所以弹丸的机械能始终在增大，故C错误；橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故D错误．]7．如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止起先向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点起先运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgRC[设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿其次定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小为x＝eq\f(1,2)gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点起先运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误．]8．一质量为m的小球从高度为H的平台上以速度v0水平抛出，落在松软路面上出现一个深度为h的坑，如图所示，不计空气阻力，对从抛出到落至坑底的过程中，以下说法正确的是()A．外力对小球做的总功为mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．小球的机械能减小量为mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．路基对小球做的功为－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgH＋h＋\f(1,2)mv\o\al(2,0)))D．路基对小球做的功为－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgH＋\f(1,2)mv\o\al(2,0)))BC[依据动能定理：W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故A错误；路基对小球做功为W1：mg(H＋h)＋W1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W1＝－mg(H＋h)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正确，D正确；依据能量守恒可知，小球机械能的减小量即为小球克服路基做的功，故B正确．]9．如图所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m的球，杆可绕轴O无摩擦转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下转到竖直位置，下列说法正确的是()A．重力对B球做功的瞬时功领先增大后减小B．A球和B球都遵循机械能守恒C．竖直位置时vA＝eq\r(\f(3gl,5))，vB＝eq\r(\f(12gl,5))D．杆对A杆做功WA＝0.2mgL，对B做功WB＝－0.2mgLAC[B球起先时速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到最低点时，速度方向与重力的方向垂直，此时重力的瞬时功率也为零，所以重力对B球做功的瞬时功领先增大后减小，故A项正确；设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB.假如把轻杆、两球组成的系统作为探讨对象，系统机械能守恒．若取B的最低点为重力势能参考平面，依据ΔE减＝ΔE增可得mgL＋eq\f(1,2)mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB＝2vA联立解得：vA＝eq\r(\f(3gL,5))，vB＝eq\r(\f(12gL,5))依据动能定理，可解出杆对A、B做的功，对A有：WA＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)所以WA＝－0.2mgL对B有WB＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)所以WB＝0.2mgL由于杆对A、B做功，所以A、B机械能不守恒，故C项正确，B、D项错误．]10．如图所示，质量为m的滑块以肯定的初速度v0滑上倾角为θ的足够长的固定斜面并在沿斜面对上的恒力F＝mgsinθ作用下运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取斜面底端所在水平面为零重力势能面，则滑块在从斜面底端运动至最高点的过程中，因滑块与斜面摩擦而产生的热量Q、滑块的动能Ek、重力势能Ep以及系统的机械能E随时间t、位移x改变的关系，下列图象大致正确的是()ABCDBCD[依据牛顿其次定律，滑块将以初速度v0沿斜面对上做加速度大小a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ－F,m)＝gsinθ的匀减速运动，滑块的位移x＝v0t－eq\f(1,2)at2，Q＝μmgcosθ·x＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t－\f(1,2)at2))sinθ，可见Q­t图象应为一条抛物线，选项A错误；F与Ff的总功为零，系统的机械能恒定，选项B正确；依据动能定理有－max＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得Ek＝－max＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可见Ek­x图象是一条直线且其斜率为负，选项C正确；重力势能Ep＝mgxsinθ，可见Ep与x成正比，选项D正确．]二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11．(6分)下表是在探究功与物体速度改变的关系时得到的数据．请依据以下数据在图中完成W­v、W­v2、W­v3图象，并由图象确定功与速度改变的关系是___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.W(一条橡皮筋做的功作为功的单位)12345678v(m/s)1.42.02.42.83.23.53.74.0v2(m2/s2)v3(m3/s3)[解析]v2、v3的数值如下表所示：W(一条橡皮筋做的功作为功的单位)12345678v(m/s)1.42.02.42.83.23.53.74.0v2(m2/s2)1.964.05.767.8410.2412.2513.6916.0v3(m3/s3)2.748.013.8221.9532.7742.8850.6564.0W­v、W­v2、W­v3图象如图所示．由图可得力对物体做的功与速度的平方成正比．[答案]见解析12．(8分)在“验证机械能守恒定律”的试验中：(1)试验室供应了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．为完成此试验，除了所给的器材，从下图还必需选取的试验器材是__________，可选择的试验器材是________．(填字母代号)ABCDEFG(2)下列方法有助于减小试验误差的是________．A．在重锤的正下方地面铺海绵B．必需从纸带上第一个点起先计算验证机械能是否守恒C．重复多次试验，重物必需从同一位置起先下落D．重物的密度尽量大一些(3)完成试验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图所示，已知打点计时器每0.02s打一个点，则B点对应的速度vB＝________m/s.若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，重物质量为m，当地重力加速度为g，为得出试验结论完成试验，须要比较mghBH与______________的大小关系(用题中字母表示)．[解析](1)在试验中须要用刻度尺测量纸带上点与点间的距离，从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度．纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不须要秒表．用电火花计时器时就不用学生电源．必需选取的试验器材为重物、电火花计时器、毫米刻度尺．重锤的质量可以测量也可以不测量，可选择的试验器材为天平．(2)A.在重锤的正下方地面铺海绵可以防止摔坏试验器材，故A错误；B．不肯定要从纸带上第一个点起先计算验证机械能是否守恒，故B错误；C．重复多次试验时，重物不须要从同一位置起先下落，故C错误；D．重物下落时受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦会使试验误差变大．所以选重物的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可削减试验误差．故D正确．(3)打B点时对应的速度等于A、C两点间的平均速度，vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(5.40×10－2,0.04)m/s＝1.35m/s;假如机械能守恒，物体减小的重力势能等于增加的动能，则mgh＝eq\f(1,2)mv2，即mghAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,H)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B).[答案](1)AEFD(2)D(3)1.35eq\f(1,2)mveq\o\al(2,H)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)13.(8分)如图甲所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止起先沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5s末到达额定功率，之后保持额定功率运动．其运动状况v­t图象如图乙所示，已知电动机的牵引力的额定功率为36kW，重力加速度g取10m/s2，求：甲乙(1)升降机的总质量大小；(2)5s末时瞬时速度v的大小；(3)升降机在0～7s内上升的高度．[解析](1)设升降机的总质量为m，升降机最终做匀速运动，牵引力F＝mg依据P＝Fvm＝mgvm得m＝eq\f(P,gvm)＝eq\f(36000,10×12)kg＝300kg.(2)设匀加速运动时加速度大小为a，当t＝5s时，速度v＝at此时牵引力F′＝eq\f(P,v)依据牛顿其次定律得，F′－mg＝ma解得a＝2m/s2，v＝10m/s.(3)则0～5s内的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×25m＝25m对5～7s内运用动能定理得，Pt2－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2代入数据解得：h＝21.8m则x＝x1＋h＝(25＋21.8)m＝46.8m.[答案](1)300kg(2)10m/s(3)46.8m14．(12分)质量为1.0×103kg的汽车，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W，沿倾角为30°的斜坡由静止起先从坡底向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N，起先时以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动(取g＝10m/s2)．求：(1)汽车做匀加速运动持续的时间t1；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？[解析](1)依据牛顿其次定律有：F－mgsin30°－f＝ma设匀加速的末速度为v，则有：P＝Fv；v＝at1代入数值，联立解得：匀加速的时间为t1＝7s.(2)当达到最大速度vm时，有：P＝(mgsin30°＋f)vm解得：汽车的最大速度为vm＝8m/s.(3)汽车匀加速运动的位移为x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝24.5m在后一阶段牵引力对汽车做正功，重力和阻力做负功，依据动能定理有：Pt2－(mgsin30°＋f)x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2,又有x2＝x－x1代入数值，联立求解得：t2＝15s所以汽车总的运动时间为t＝t1＋t2＝22s.[答案](1)7s(2)8m/s(3)22s15．(12分)如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：(1)a球离开弹簧时的速度大小va；(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep.[解析](1)由a球恰好能到达A点知：m1g＝m1eq\f(vA\o\al(2,),R)由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veqa\o\al(2,)－eq\f(1,2)m1veqA\o\al(2,)＝m1g·2R解得va＝eq\r(5gR).(2)对于b球由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m2veqb\o\al(2,)＝m2g·10R解得vb＝2eq\r(5gR).(3)由机械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)m1veqa\o\al(2,)＋eq\f(1,2)m2veqb\o\al(2,)解得Ep＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)m1＋10m2))gR.[答案](1)eq\r(5gR)(2)2eq\r(5gR)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)m1＋10m2))