2020-2021学年新教材高中物理 第八章 机械能守恒定律 测评（A）（含解析）新人教版必修2.docx

1、第八章测评(A)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分。第15小题只有一个选项正确,第68小题有多个选项正确)1.一人用力踢质量为0.1 kg的静止皮球,使球以20 m/s的速度水平飞出。假设人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N,球在水平方向运动了20 m停止。那么人对球所做的功为()A.5 JB.20 JC.50 JD.400 J解析:在踢球的过程中,人对球所做的功等于球动能的变化,则W=12mv2-0=120.1202J=20J,故B正确。答案:B2.动车组是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成车组,如图所示。假设动车组运

2、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120 km/h,则9节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()A.120 km/hB.240 km/hC.360 km/hD.480 km/h解析:由P=4mgv和9P=12mgv,解得v=3v=360km/h,故C正确。答案:C3.风洞飞行是用风力将人吹起并悬浮于空中的运动,如图所示。若在人处于悬浮状态时增加风力,则体验者在加速上升的过程中()A.处于失重状态,机械能增加B.处于失重状态,机械能减少C.处于超重状态,机械能增加D.处于超重状态,机械能减少

3、解析:由题意可知,人加速向上运动,故人的加速度向上,处于超重状态;由于风力对人做正功,故人的机械能增加,故C正确,A、B、D错误。答案:C4.(2019全国卷3)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A.2 kgB.1.5 kgC.1 kgD.0.5 kg解析:物体上升过程中,由动能定理得,-(mg+F)h=Ek1,即-(mg+F)3m=-36J;物体下落过程中,由动能定理得,(mg-F)h=Ek2,即(

4、mg-F)3m=24J,两式联立解得m=1kg,故选C项。答案:C5.下图是半径为r的竖直光滑圆形轨道,将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点,并给小车一竖直向下的初速度,使小车沿轨道内侧做圆周运动。要使小车不脱离轨道,则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为()A.7grB.5grC.3grD.2gr解析:小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg=mv2r。小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中,只有重力做功,机械能守恒。设小车在A处获得的最小初速度为vA,由机械能守恒定律得12mvA2=mgr+12mv2,解得vA=3gr。故选项C正确。答案:C6.如图所示,将弹性绳上端固定,拉长

5、后下端固定在运动员身上,并通过外力作用使运动员停留在地面上,当撤去外力后,运动员被“发射”出去冲向高空(不会高于弹性绳上端固定点)。运动员始终沿竖直方向运动并可视为质点,忽略弹性绳质量与空气阻力。对于运动员的上升过程,下列说法正确的是()A.运动员的动能先增加后保持不变B.运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和在运动员所受合力为0时最小C.弹性绳的弹性势能一直减少D.运动员的机械能先增加后不变解析:运动员在合力为0时动能最大,其动能先增加后减少,由于运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒,所以运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和在合力为0时最小,选项A错误,B正确;弹性绳先逐渐恢复原状,后处于松

6、弛状态,则弹性势能先减少后不变,选项C错误;由于系统的机械能守恒,所以运动员的机械能先增加后保持不变,选项D正确。答案:BD7.如图所示,斜面体置于光滑水平地面上,其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑,在物体下滑过程中,下列说法正确的是()A.物体的重力势能减少,动能增加B.斜面体的机械能不变C.斜面体对物体的弹力垂直于接触面,不对物体做功D.物体和斜面体组成的系统机械能守恒解析:物体下滑过程中重力势能减少,动能增加,A正确;地面光滑,斜面体会向右运动,动能增加,机械能增加,B错误;斜面体对物体的弹力垂直于接触面,与物体的位移并不垂直,弹力对物体做负功,C错误;物体与斜面体组成的系统,只有重力

7、做功,系统的机械能守恒,D正确。答案:AD8.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,lAC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环()A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为14mv2C.在C处,弹簧的弹性势能为14mv2-mghD.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度解析:圆环下落时,先加速,在B位置时速度最大,加速度减小至0。从B到C圆环减速,加速度增大,方向向上,选项A错误。圆环

8、下滑时,设克服摩擦力做功为Wf,弹簧的最大弹性势能为Ep,由A到C的过程中,根据能量关系有mgh=Ep+Wf。由C到A的过程中,有12mv2+Ep=Wf+mgh。联立解得Wf=14mv2,Ep=mgh-14mv2,选项B正确,选项C错误。设圆环在B位置时,弹簧的弹性势能为Ep,根据能量守恒,A到B的过程有12mvB2+Ep+Wf=mgh,B到A的过程有12mvB2+Ep=mgh+Wf,比较两式得vBvB,选项D正确。答案:BD二、实验题(本题共2小题,共18分)9.(9分)下图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

9、题:(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.刻度尺B.停表C.低压直流电源D.低压交变电源(2)实验中误差产生的原因有(写出两个原因)。解析:(1)需要刻度尺来测量纸带上两点之间的距离,电磁打点计时器需用低压交变电源,故A、D正确。(2)纸带与电磁打点计时器之间存在摩擦力;测量两点之间距离时的读数有误差;计算势能变化时,选取的两点距离过近;交变电源频率不稳定。(选取两个原因即可)答案:(1)AD(2)见解析10.(9分)用图甲所示的实验装置验证物体A、B组成的系统机械能守恒,图中定滑轮可视为理想定滑轮。B从高处由静止开始下落,A上拖着的纸带通过打点计时器

10、,打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。图乙是实验中获取的一条纸带;0是打下的第一个点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),计数点间的距离已标注,打点计时器所接电源频率为50 Hz。已知物体A的质量m1=50 g、物体B的质量m2=150 g,滑轮质量可忽略,计算结果均保留两位有效数字。甲乙(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5= m/s。(2)在打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量Ek= J,系统势能的减少量Ep= J。(当地的重力加速度g取10 m/s2。)(3)若某同学作出12v2-h图像如图丙所示,则当地的重力加速度g= m/s2。丙解析

11、:(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5=x4610T=(21.60+26.40)10-20.2m/s=2.4m/s。(2)在打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量Ek=12(m1+m2)v52=120.22.42J=0.58J,系统势能的减少量Ep=(m2-m1)gh5=0.110(38.40+21.60)10-2J=0.60J。(3)由能量关系可知12(m1+m2)v2=(m2-m1)gh,即12v2=(m2-m1)gm1+m2h,由题图丙可知(m2-m1)gm1+m2=5.821.20,解得g=9.7m/s2。答案:(1)2.4(2)0.580.60(3)9.7三、计算题(

12、本题共3小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(13分)半径R=1 m的14圆弧轨道下端与一水平轨道连接,水平轨道离地面高度h=1 m,如图所示,有一质量m=1.0 kg的小滑块自圆弧轨道最高点A由静止开始滑下,经过水平轨道末端B时速度为4 m/s,滑块最终落在地面上,g取10 m/s2。(1)不计空气阻力,求滑块落在地面上时速度大小;(2)求滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功。解析:(1)从B点到地面这一过程,只有重力做功,根据动能定理有mgh=12mv2-12mvB2,代入数据解得v=6m/s。(2)设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为Wf,对A到B

13、这一过程运用动能定理有mgR-Wf=12mvB2-0,解得Wf=2J。答案:(1)6 m/s(2)2 J12.(14分)下图是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0103 kg的汽车沿下坡行驶,当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数v1=36 km/h,汽车继续沿下坡匀加速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”,此时速度表示数v2=72 km/h。(g取10 m/s2)(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量;(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力;(3)若“避险车道”与水

14、平面间的夹角为17,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 170.3)。解析:(1)由Ek=12mv22-12mv12得Ek=3.0105J。(2)由动能定理mgh-Ffl=12mv22-12mv12得Ff=12mv12-12mv22+mghl=2103N。(3)设向上运动的最大位移是l,由动能定理-(mgsin17+3Ff)l=0-12mv22得l=12mv22mgsin17+3Ff=33.3m。答案:(1)3.0105 J(2)2103 N(3)33.3 m13.(15分)如图所示,质量m=0.1 kg的小球(可视为质点),用长度l

15、=0.2 m的轻质细线悬于天花板的O点。足够长的木板AB倾斜放置,顶端A位于O点正下方,与O点的高度差h=0.4 m。木板与水平面间的夹角=37,整个装置在同一竖直面内。现将小球移到与O点等高的P点(细线拉直),由静止释放,小球运动到最低点Q时细线恰好被拉断(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。求:(1)细线所能承受的最大拉力F;(2)小球在木板上的落点到木板顶端A的距离s;(3)小球与木板接触前瞬间的速度大小。解析:(1)设细线被拉断时小球的速度大小为v0,由机械能守恒定律得12mv02=mgl解得v0=2gl在Q点,由牛顿第二定律得FT-mg=mv02l解得FT=3mg=3N由牛顿第三定律可得F=FT=3N。(2)由平抛运动的规律得h-l+ssin=12gt2scos=v0t,联立以上各式得s=1m。(3)设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v,由机械能守恒定律得12mv2=mg(h+ssin),联立以上各式得v=25m/s。答案:(1)3 N(2)1 m(3)25 m/s