2024-2025学年新教材高中物理第八章机械能守恒定律综合评估含解析新人教版必修2

PAGEPAGE10第八章机械能守恒定律一、选择题(1～6为单选每小题4分，7～10为多选每小题5分，共44分)1．如图，在以下所描述的情景中，关于力做功推断正确的是(C)A．如图甲所示，运动员下滑过程中，雪面的支持力做正功B．如图乙所示，运动员借助竿子起跳过程中，克服竿子做功C．如图丙所示，运动员将冰壶向前推的过程中，对冰壶做正功D．如图丁所示，杠铃被举在空中时，运动员对杠铃做正功解析：雪面的支持力与人的运动方向始终垂直，做功为零，故A错误；运动员借助竿子起跳过程中，竿子对人做正功，不能说成克服竿子做功，故B错误；运动员将冰壶向前推的过程中，推力与冰壶运动方向一样，对冰壶做正功，故C正确；杠铃被举在空中时，在推力方向上没有位移，不做功，故D错误．2．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的斜面体上，同时用力F向右推斜面体，使P与斜面体保持相对静止．在前进水平位移为l的过程中，斜面体对P做功为(D)A．Fl B.eq\f(1,2)mgsinθ·lC．mgcosθ·l D．mgtanθ·l解析：斜面对P的作用力垂直于斜面，其竖直重量为mg，所以水平重量为mgtanθ，做功为水平重量的力乘以水平位移．3．如图所示，一物体(可视为质点)以肯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＝W2 B．W1>W2C．W1<W2 D．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＝W2.4．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．而几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，如图所示．假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为(A)A．320km/hB．240km/hC．120km/hD．480km/h解析：设每节动车(或拖车)的质量为m，动车组所受阻力是车重的k倍，每节动车的额定功率为P.由于动车组速度最大时，牵引力等于阻力，故P＝F1v1＝k·4mgv1,6P＝k·9mgv2，由以上两式得v2＝eq\f(8,3)v1＝320km/h，A正确．5．如图所示，图中PNQ是一个固定的光滑轨道，其中PN是直线部分，NQ是半圆弧，PN与NQ弧在N点相切，P、Q两点处于同一水平高度．现有一小滑块自P点从静止起先沿轨道下滑，那么(A)A．滑块不能到达Q点B．滑块到达Q点后，将自由下落C．滑块到达Q点后，又沿轨道返回D．滑块到达Q点后，将沿圆弧的切线方向飞出解析：滑块先做直线运动后做圆周运动，假设滑块可以到达Q点，则滑块到达Q点的速度不能为零，因为有向心力使滑块做圆周运动．由机械能守恒定律得，滑块到达Q点的速度为零，所以滑块不能到达Q点，正确选项为A.6．将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在eq\f(h,2)处相遇(不计空气阻力)．则(C)A．两球同时落地B．相遇时两球速度大小相等C．从起先运动到相遇，球a动能的削减量等于球b动能的增加量D．相遇后的随意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等解析：本题考查运动学公式和机械能守恒定律及功率的概念，意在考查考生对运动学规律和机械能、功率概念的娴熟程度．对a，eq\f(h,2)＝v0t－eq\f(1,2)gt2，对b，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gt2，所以h＝v0t，而对a又有eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)(v0＋v)t，可知a刚好和b相遇时速度v＝0.所以它们不会同时落地，相遇时的速度大小也不相等，A、B错；从起先到相遇，a的重力势能增加量，等于b的重力势能削减量，结合机械能守恒定律可知C正确；相遇后的每一时刻，它们速度都不相等，所以重力的瞬时功率P＝mgv不会相等，D错．7．有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接．有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径r＜R)，紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽视一切阻力，则下列说法正确的是(AC)A．四个小球在整个运动过程中始终不分别B．当四个小球在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球不做功C．当四个小球在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球做正功D．当四个小球在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功解析：圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故相邻小球之间有挤压力，小球在水平面上速度相同，无挤压不分别，在斜面上加速度相同，无挤压也不分别，故B、D错误，A、C正确．8．如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一个质量为m的小物块在沿斜面对上的恒力F作用下由静止从斜面底端沿斜面对上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法正确的是(ACD)A．物体回到斜面底端的动能为60JB．恒力F＝2mgsinθC．撤去力F时，物体的重力势能是45JD．动能与势能相等的时刻肯定出现在撤去力F之后解析：设撤去F前后的加速度为a1、a2，由运动学规律，有x＝eq\f(1,2)a1t2和－x＝a1t2－eq\f(1,2)a2t2，联立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,3)，由牛顿其次定律，有F－mgsinθ＝ma1和mgsinθ＝ma2，则F＝eq\f(4,3)mgsinθ，选项B错误；又W＝Fx＝eq\f(4,3)mgxsinθ＝60J，可得mgxsinθ＝45J，选项C正确；物体动身到回到斜面底端，由动能定理F·x＝Ek＝60J，选项A正确；F作用时，动能从0增加到15J，重力势能从0增加到45J，且动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,18)mg2t2sin2θ，势能Ep＝mgh＝eq\f(1,6)mg2t2sin2θ，故Ek＜Ep，不行能出现动能与势能相等的位置，撤去力后，物体上滑时，动能削减，势能增大，不行能出现动能与势能相等的位置，物体下滑时，动能从0增加到60J，重力势能从60J减小到0，能出现动能与势能相等的位置，选项D正确．9．竖直放置的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示．则快速放手后(不计空气阻力)(BD)A．放手瞬间小球的加速度等于重力加速度B．小球与弹簧与地球组成的系统机械能守恒C．小球的机械能守恒D．小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大解析：放手瞬间小球加速度大于重力加速度，A错；整个系统(包括地球)的机械能守恒，B对，C错；向下运动过程中，由于重力势能减小，所以小球的动能与弹簧弹性势能之和增大，D对．10．如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B渐渐减小．先让物块从A由静止起先滑到B，然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止起先滑到A.上述两个过程相比较，下列说法中肯定正确的有(AD)A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑究竟端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑究竟端的时间，前一过程较长解析：设木板的倾角为α，A点到P点的距离为l1，B点到P点的距离为l2.物块从顶端滑到P点，前一过程合力做的功为W1＝mgl1(sinα－μ1cosα)，后一过程合力做的功为W2＝mgl2(sinα－μ2cosα)，因为l1<l2，前一过程中任一位置的动摩擦因数μ1大于后一过程中相应位置的动摩擦因数μ2，所以W1<W2，依据动能定理可知物块经过P点的动能前一过程较小，选项A正确；物块从顶端滑到P点的过程中，前一过程产生的热量为Q1＝μ1mgl1cosα，后一过程产生的热量为Q2＝μ2mgl2cosα，由于l1<l2，μ1>μ2，所以Q1、Q2的大小关系不确定，选项B错误；物块从顶端滑究竟端的过程，依据能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＋μmgscosα＝mgh，s为木板的长度，两个过程中因摩擦产生的热量一样多，所以物块滑究竟端的速度一样大，选项C错误；物块下滑的加速度a＝g(sinα－μcosα)，所以前一过程的加速度渐渐增大，后一过程中的加速度渐渐减小，所以前一过程中的平均速度较小，物块从顶端滑究竟端的时间较长，选项D正确．二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分)11．运用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带，如图乙所示．纸带中O是打出的第一个点迹，A、B、C、…是依次打出的点迹，量出OE间的距离为h，DF间的距离为s.已知打点计时器打点的周期是T.(1)上述物理量假如在试验误差允许的范围内满意关系式gh＝eq\f(s2,8T2)，即验证了重物下落过程中机械能是守恒的．(2)假如发觉图中OA距离大约是4mm，则出现这种状况的缘由可能是__先释放纸带而后接通打点计时器的电源开关__；假如出现这种状况，上述的各物理量间满意的关系式可能是gh<eq\f(s2,8T2).解析：(1)图中O点是打出的第一个点，即为起先下落时的初始位置．选取OE段为探讨对象，设重物的质量为m，则这段过程中重物重力势能的削减量为mgh.已知DF间距离为s，发生位移s所用时间为2T，由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，因此打E点时的速度v＝eq\f(s,2T)，只要满意gh＝eq\f(s2,8T2)，就可验证机械能守恒定律．(2)依据前面的分析，只要按正确步骤操作，从打第一个点O到打其次个点(图中A点)的时间间隔是T(即0.02s)，因此OA间距离只可能小于2mm而不行能大于2mm.现在题目说“OA距离大约是4mm”，可能是先释放纸带而后接通打点计时器的电源开关所致．假如是这种状况，则起先打第1个点(O点)时速度已不是0，必定有gh<eq\f(s2,8T2).12．某爱好小组用如图1所示的装置验证动能定理．图1(1)有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供试验选用：A．电磁打点计时器B．电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择____B____(选填“A”或“B”)．(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．试验中，为消退摩擦力的影响，在砝码盘中渐渐加入沙子，直到小车起先运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消退．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车视察到小车做匀速运动．看法正确的同学是__乙__(选填“甲”或“乙”)．(3)消退摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动．纸带被打出一系列点，其中的一段如图2所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA＝__0.31(0.30～0.33都算对)__m/s.图2(4)测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L.小车动能的改变量可用ΔEk＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)算出．砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g.试验中，小车的质量应__远大于__(选填“远大于”“远小于”或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W＝mgL算出．多次测量，若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理．解析：(1)电磁打点计时器打点计时时振针与纸带之间的摩擦较大；电火花打点计时器是电磁脉冲产生的电火花在纸带上打点，纸带所受阻力较小，故选B项．(2)由于刚起先运动，拉力克服最大静摩擦力，而最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故平衡摩擦力的两种说法中，乙同学正确．(3)取与A点相邻的两点．用毫米刻度尺测出两点之间的距离，如图所示．用平均速度表示A点的瞬时速度，vA＝eq\f(x,2T)＝eq\f(12.4×10－3,2×0.02)m/s＝0.31m/s.(4)本试验要验证的表达式是mgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)，用砝码的重力表示拉力的前提是m≪M.三、计算题(每小题10分，共40分)13．一辆重5t的汽车，发动机的额定功率为80kW.汽车从静止起先以加速度a＝1m/s2做匀加速直线运动，车受的阻力为车重的0.06倍(g取10m/s2)．求：(1)汽车做匀加速直线运动的最长时间；(2)汽车起先运动后，5s末和15s末的瞬时功率．答案：(1)10s(2)40kW80kW解析：(1)设汽车匀加速运动所能达到的最大速度为v0，对汽车由牛顿其次定律得F－f＝ma即eq\f(P额,v0)－kmg＝ma，代入数据得v0＝10m/s，a＝1m/s2所以汽车做匀加速直线运动的时间t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,1)s＝10s.(2)由于10s末汽车达到了额定功率，故5s末汽车还处于匀加速运动阶段，P＝Fv＝(f＋ma)at＝(0.06×5×103×10＋5×103×1)×1×5W＝40kW15s末汽车已经达到了额定功率P额＝80kW.14．在2024年世界女子冰壶锦标赛上，中国队于3月17日以107战胜苏格兰队，豪取三连胜，积分榜暂列榜首．如图所示，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OO′推到A点放手，此后冰壶沿AO′滑行，最终停于C点．已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度为g.(1)求冰壶在A点的速率；(2)若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原本只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A点与B点之间的距离．答案：(1)eq\r(2μgL)(2)L－4r解析：(1)对冰壶，从A点放手到停止于C点，设在A点时的速度为v1，应用动能定理有：－μmgL＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(2μgL).(2)设A、B之间距离为x，对冰壶，从A到O′的过程，应用动能定理，－μmgx－0.8μmg(L＋r－x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得x＝L－4r.15．光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能．答案：(1)3mgR(2)eq\f(1,2)mgR(3)eq\f(5,2)mgR解析：(1)由动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在B点由牛顿其次定律得7mg－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得W＝3mgR.(2)物块从B到C由动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝－2mgR＋W′物块在C点时mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得W′＝－eq\f(1,2)mgR，即物体从B到C克服阻力做功为eq\f(1,2)mgR.(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)Ek＝eq\f(5,2)mgR.16．一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形态．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y＝eq\f(1,2h)x2，探险