第八章 章节达标检测（新教材人教版必修第二册）

第八章机械能守恒定律本章达标检测满分:100分;时间:90分钟一、选择题(本题共11小题,每小题4分,共44分。在每小题给出的四个选项中,第1~8小题只有一项符合题目要求,第9~11小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.质量为m的汽车在平直公路上行驶,阻力Ff保持不变。当汽车的速度为v、加速度为a时,发动机的实际功率为()A.Ffv B.mavC.(ma+Ff)v D.(ma-Ff)v2.在平直公路上以一定速度行驶的自行车,所受阻力约为车和人总重的0.02,则人骑车的功率最接近于()A.10-1kW B.10-3kWC.1kW D.10kW3.如图所示,一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点,另一端系一小球。给小球一足够大的初速度,使小球在斜面上做圆周运动。在此过程中()A.小球的机械能守恒B.重力对小球不做功C.轻绳的张力对小球不做功D.在任意一段时间内,小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量4.如图所示,皮带传送装置把物体P匀速送至高处,在此过程中,下列说法不正确的是()A.摩擦力对物体做正功B.摩擦力对物体做负功C.支持力对物体不做功D.合外力对物体做功为零5.空降兵在某次跳伞训练中,打开伞之前的运动可视为匀加速直线运动,其加速度为a,下降的高度为h,伞兵和装备系统的总质量为m,重力加速度为g。此过程中伞兵和装备系统的()A.动能减少了mah B.动能增加了mghC.重力势能减少了mgh D.重力势能增加了mgh6.如图所示,质量为m的小猴子在“荡秋千”。大猴子用水平力F缓慢将藤条拉到图示位置后由静止释放,此时藤条与竖直方向的夹角为θ,小猴子到藤条悬点的距离为L,忽略藤条的质量与空气阻力,重力加速度为g。在此过程中,以下说法正确的是()A.缓慢上拉过程中,拉力F做的功WF=FLsinθB.缓慢上拉过程中,小猴子的重力势能增加mgLcosθC.小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零D.由图示位置到最低点,小猴子重力的功率先减小后增大7.某位工人师傅用如图所示的装置,将重物从地面沿竖直方向拉到楼上,在此过程中,工人师傅沿地面以速度v向右匀速运动,当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角。已知重力加速度大小为g,滑轮的质量和摩擦均不计,在此过程中,下列说法正确的是()A.人的速度比重物的速度小B.轻绳对重物的拉力大于重物的重力C.重物做匀速直线运动D.绳的拉力对重物做的功为mgh+12mv8.如图所示,把两个相同的小球从离地面相同高度处,以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和竖直向下方向抛出,不计空气阻力。则下列说法中不正确的是()A.两小球落地时速度相同B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同C.从小球抛出到落地,重力对两小球做的功相等D.从小球抛出到落地,重力对两小球做功的平均功率相等9.如图所示,质量均为m的小球A、B用长为L的细线相连,放在高为h的光滑水平桌面上(L>2h),A球刚好在桌边。因微小扰动,A球由静止下落,已知A、B两球落地后均不再弹起,则下列说法正确的是(重力加速度为g)()A.A球落地前的加速度为gB.B球到达桌边的速度为2C.B球落地时与A球间的水平距离为2hD.细线对B球做的功为1210.如图所示,在倾角θ=37°的固定斜面体的底端附近固定一挡板,一质量不计的弹簧下端固定在挡板上,弹簧自然伸长时,其上端位于斜面体上的O点处。质量分别为mA=4.0kg、mB=1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接,细绳跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮,开始时物块A位于斜面体上的M处,物块B悬空。现将物块A和B由静止释放,物块A沿斜面下滑,当物块A将弹簧压缩到N点时,物块A、B的速度减为零。已知MO=1.0m,ON=0.5m,物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,整个过程中细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是()A.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2B.物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2C.物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为9JD.物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为21J11.如图所示,竖直墙上固定有光滑的小滑轮D,质量相等的物体A和B用轻弹簧连接,物体B放在地面上,一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接,另一端跨过定滑轮与小环C连接,小环C套在竖直固定的光滑均匀细杆上,小环C位于位置R时,绳与细杆的夹角为θ,此时物体B对地面刚好无压力。图中SD水平,位置R和Q关于S对称。现将小环从R处由静止释放,环下落过程中绳始终处于拉直状态,且环到达Q时速度最大。下列关于小环C下落到Q过程中的描述正确的是()A.小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒B.小环C下落到位置S时,小环C的机械能一定最大C.小环C从位置R运动到位置Q的过程中,弹簧的弹性势能一定先减小后增大D.小环C到达Q点时,物体A与小环C的动能之比为cos二、非选择题(本题共5小题,共56分)12.(10分)某同学设计了如图所示的装置来“验证机械能守恒定律”。将量角器竖直固定在铁架台上,使直径边水平,将小球通过一段不可伸长的细线固定到量角器的圆心O处,在铁架台上O点正下方安装光电门(图中未画出),实验时,让小球在紧贴量角器的竖直平面内运动,调整好光电门,使小球的球心刚好能通过光电门的细光束。(1)以下列举的物理量中,为本实验必须测量的物理量有。

A.小球的质量m B.小球的直径dC.细线的长度L D.小球的运动周期T(2)图中细线偏离竖直方向的初始偏角为。

(3)实验时,将小球拉开,使细线与竖直方向偏离一定的角度θ,将小球由静止释放,测出小球通过光电门的时间t,则小球通过最低点时的速度为;如果这一过程中小球的机械能守恒,则题中各物理量应遵循的表达式为。

(4)多次实验,由实验数据作出了1t2-cosθ图线,则实验所得的图线应该是13.(9分)如图所示,质量M=50kg的运动员在进行体能训练时,腰部系着一不可伸长的轻绳,绳另一端连接质量m=11kg的轮胎。当运动员由静止开始沿平直跑道匀加速奔跑时,绳的拉力大小为70N,绳与跑道的夹角为37°,5s末绳突然断裂,轮胎滑动一段距离后静止。轮胎与跑道间的动摩擦因数μ=0.5,空气阻力不计,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/s2。求:(1)运动员的加速度大小;(2)3s末运动员克服绳拉力做功的功率;(3)整个过程中轮胎克服摩擦力做的功。14.(8分)如图所示,在竖直平面内有一粗糙斜面轨道AB与光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接(滑块经过B点时速度大小不变),斜面轨道长L=2.5m,斜面倾角θ=37°,O点是圆弧轨道圆心,OB竖直,圆弧轨道半径R=1m,圆心角θ=37°,C点距水平地面的高度h=0.512m,整个轨道是固定的。一质量m=1kg的滑块在斜面顶点A由静止释放,最终落到水平地面上。滑块可视为质点,滑块与斜面轨道之间的动摩擦因数μ=0.25,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力,求:(1)滑块经过圆弧轨道最低点B时,对圆弧轨道的压力大小;(2)滑块离开C点后在空中运动的时间t。15.(14分)一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=53°的光滑斜面底端,上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮O,一端与物块Q连接,另一端与套在光滑竖直杆上的物块P连接,定滑轮到竖直杆的距离为d=0.3m。初始时在外力作用下,物块P在A点静止不动,定滑轮右侧轻绳与斜面平行,绳子张力大小为50N。已知物块P质量为m1=0.8kg,物块Q质量为m2=5kg,不计滑轮大小及摩擦,取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6。现将物块P由静止释放,求:(1)物块P位于A点时,弹簧的伸长量x1;(2)物块P上升h=0.4m至与滑轮O等高的B点时的速度大小;(3)物块P上升至B点的过程中,轻绳拉力对其所做的功。

16.(15分)如图甲所示,倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。在t=0时刻,将质量为1.0kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点,经过1.0s,物块从最下端的B点离开传送带。取沿传送带向下为速度的正方向,则物块的对地速度随时间变化的图像如图乙所示。取g=10m/s2。求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数;(2)物块从A到B的过程中,传送带对物块做的功。

答案全解全析1.C由题意知,汽车受到的阻力为Ff,当加速度为a时,由牛顿第二定律有F-Ff=ma,得F=Ff+ma;根据P=Fv,得发动机的实际功率P=(Ff+ma)v,选项C正确。2.A人和自行车的总质量约为80kg,总重为800N,则受到的阻力大小约为16N;假设自行车匀速行驶的速度为6m/s,则人骑车的功率为P=Fv=fv=16×6W=96W,最接近于10-1kW,A正确。3.C由于斜面粗糙,小球受到重力、支持力、摩擦力、轻绳张力的作用,除重力做功外,支持力和轻绳张力的方向总是与运动方向垂直,故不做功,摩擦力做负功,故小球的机械能减少,A、B错误,C正确;小球动能的变化等于合外力对其做的功,等于重力与摩擦力对其做功的代数和,D错误。4.B物体P匀速向上运动的过程中,摩擦力的方向沿皮带向上,与物体运动的方向相同,所以摩擦力做正功,A说法正确,B说法错误;支持力的方向与物体运动的方向垂直,则支持力对物体不做功,C说法正确;物体匀速上升,动能变化量为零,根据动能定理可知,合外力对物体做功为零,D说法正确。5.C伞兵和装备系统做匀加速直线运动,速度增大,动能增加,由牛顿第二定律知,系统所受的合力F=ma,由动能定理知动能的增加量等于合力做的功,为mah,选项A、B错误;系统下降了高度h,重力做功为mgh,所以重力势能减少了mgh,选项C正确,D错误。6.C缓慢上拉过程中,小猴子处于动态平衡状态,拉力是变力,不能用W=Flcosα求变力做的功,根据动能定理有WF-mgL(1-cosθ)=0,故WF=mgL(1-cosθ),A错误;缓慢上拉过程中,小猴子增加的重力势能等于克服重力做的功,故为mgL(1-cosθ),B错误;小猴子再次回到最低点时,重力方向与速度方向垂直,故重力的瞬时功率为零,C正确;刚释放时,小猴子的速度为零,故重力的功率为零,在最低点时重力与速度方向垂直,功率也为零,故由图示位置到最低点,小猴子重力的功率先增大后减小,D错误。7.B将人拉绳端的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,沿绳子方向的速度等于重物G的速度,根据平行四边形定则,绳子与水平方向的夹角为θ时,vG=vcosθ,故v>vG,A错误;人在向右匀速运动的过程中,绳子与水平方向的夹角θ减小,所以重物的速度增大,重物做加速上升运动,由牛顿第二定律可知绳子的拉力大于重物的重力,B正确,C错误;当重物G上升高度为h时,重物的速度vG=vcosα,重物由地面上升高度h的过程中,根据动能定理可知W-mgh=12mvG2,解得W=mgh+18.D由机械能守恒定律知,两小球落地时的速度大小相等,方向均竖直向下,故速度相同,A说法正确;由于两小球落地时速度相同,故重力的瞬时功率相同,B说法正确;由重力做功公式W=mgh得,从开始运动至落地,重力对两小球做的功相等,C说法正确;从抛出至落地,重力对两小球做的功相等,但是两小球运动的时间不同,故重力对两小球做功的平均功率不相等,D说法错误。9.ACDA球落地前,以两球整体为研究对象,根据牛顿第二定律有mg=2ma,求得加速度为g2,A正确。A球落地后,B球先向右做匀速直线运动,离开桌面后做平抛运动,从A球开始下落至落地的过程,对A、B组成的系统,根据机械能守恒定律有mgh=12×2mv2,解得A球落地时B球的速度v=gℎ,则B球到达桌边的速度为gℎ;由运动学公式可得,B球下落到地面所用的时间t=2ℎg,两球落地后均不再弹起,所以B球落地时与A球间的水平距离为Δs=vt=2h<L,故B错误,C正确。细线对B球做的功等于B球到达桌边时获得的动能,W=1210.AC设物块A与弹簧接触前细绳的张力大小为T,对物块A,由牛顿第二定律可得mAgsinθ-T-μmAgcosθ=mAa,同理,对物块B有T-mBg=mBa,联立解得a=1.2m/s2,A正确,B错误;由能量守恒定律可知,物块A位于N点时,弹簧所储存的弹性势能为Ep=mAgsinθ·MN-mBg·MN-μmAgcosθ·MN,解得Ep=9J,C正确,D错误。11.ABD在小环下滑过程中,对于小环C、物体A和轻弹簧组成的系统,只有重力势能与动能、弹性势能相互转化,所以机械能守恒,故A正确;小环C从下落到位置S过程中,绳的拉力一直对小环做正功,所以小环的机械能一直在增大,从S点往下,绳的拉力对小环做负功,小环机械能减小,所以小环下落到位置S时机械能最大,B正确;小环从R点开始下落至到达S过程中,物体A向下移动,弹簧的形变量减小,弹性势能减小,若小环下落到S点时,弹簧恰好恢复原长,则从S到Q过程,小环的弹性势能增大,实际上小环下落到S点时弹簧不一定处于原长状态,所以弹簧的弹性势能不一定是先减小后增大,C错误;小环在R位置时,物体B恰好对地面无压力,此时F弹=mBg,mA=mB,绳的拉力T=mAg+F弹=2mAg,Q点与R点关于S点对称,在Q点将小环速度分解,可知vA=v环cosθ,又因小环在Q位置速度最大,则有m环=2mAcosθ,根据动能Ek=12mv2可知,小环C到达Q点时,物体A与小环C的动能之比为cos12.答案(1)BC(2分)(2)30.0°(2分)(3)dt(2分)d22解析(1)本实验要验证机械能守恒定律的关系式为mgL+d2(1-cosθ)=12联立可得gL+d2(2)由题图可知,图中细线偏离竖直方向的初始偏角为30.0°。(3)小球直径为d,通过光电门的时间为t,所以通过光电门时的速度为dt;若这一过程中小球的机械能守恒,则题中各物理量应遵循的表达式为gL+d(4)由关系式gL+d2(1-cosθ)=d22t2,可得113.答案(1)2m/s2(2)336W(3)1400J解析(1)运动员拉着轮胎匀加速奔跑时,运动员的加速度等于轮胎的加速度。对轮胎,由牛顿第二定律得Tcos37°-Ff=ma(1分)在竖直方向受力平衡,有FN+Tsin37°=mg(1分)又有Ff=μFN(1分)解得a=2m/s2(1分)(2)3s末运动员的速度v=at1=6m/s(1分)3s末运动员克服绳子拉力做功的功率P=Tvcos37°=336W(1分)(3)在加速过程中,轮胎的位移x=12at2对轮胎运动的全过程,由动能定理得WT-Wf=0(1分)则Wf=WT=Txcos37°=1400J(1分)14.答案(1)30N(2)0.64s解析(1)对滑块从A到B的过程,由动能定理有mgLsin37°-μmgLcos37°=12mv解得vB=25m/s(1分)滑块经过圆弧轨道的B点时,由牛顿第二定律得F-mg=mvB由牛顿第三定律可知,滑块经过B点时对圆弧轨道的压力大小F'=F解得F'=30N(1分)(2)对滑块从B到C的过程,由动能定理有-mgR(1-cos37°)=12mvC2-1解得vC=4m/s(1分)滑块离开C点后,在竖直方向上做竖直上抛运动,以竖直向下为正方向,则有h=-vCsin37°·t+12gt2解得t=0