【讲与练】高中物理人教版(2019)必修2：第8章机械能守恒定律学业质量标准检测习题

第八章学业质量标准检测第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．下列说法中正确的是(D)A．根据P＝eq\f(W,t)可知，机械做功越多，其功率就越大B．根据P＝Fv可知，汽车的牵引力一定与其速度成反比C．根据P＝eq\f(W,t)可知，只要知道时间t内所做的功，就可知任意时刻的功率D．根据P＝Fv可知，发动机的功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比解析：做功越多，功率不一定大，功率大，说明做功快，故A错误；当功率保持不变时，牵引力与速度成反比，故B错误，D正确；知道时间t内所做的功，就能知道这段时间内的平均功率，故C错误。故选D。2．(2022·普宁市华美实验学校高一月考)某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是(C)A．从A到D加速度与速度的夹角先减小后增大B．D点的加速度比C点加速度大C．D点的速率比C点的速率大D．从A到D速率逐渐增大解析：从A到D是斜抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，则夹角不断减小，故A错误；抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；从C到D合力做正功，由动能定理可知，动能增大，则D点的速率比C点的速率大，故C正确；从A到D，重力先做负功后做正功，则速率先减小后增大，故D错误。3．如图所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量m的小球从斜面上高为eq\f(R,2)处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动。不计小球体积，不计摩擦和机械能损失。则小球沿挡板运动时对挡板的作用力是(B)A．0.5mg B．mgC．1.5mg D．2mg解析：由机械能守恒定律知，mgeq\f(R,2)＝eq\f(1,2)mv2，又F＝meq\f(v2,R)得F＝mg，选项B正确。4．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1s内合力对物体做功为W，则(C)A．从第1s末到第3s末合力做功为4WB．从第3s末到第5s末合力做功为－2WC．从第5s末到第7s末合力做功为WD．从第3s末到第4s末合力做功为－0.5W解析：由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理分别可得，第1s内W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，第1s末到第3s末W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，A错误；第3s末到第5s末W2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－W，B错误；第5s末到第7s末W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正确；第3s末到第4s末W4＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－0.75W，D错误。5．如图所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是(A)A．W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2解析：在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2，在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而F做功等于力乘以对地位移，因此W1<W2，故选A。6．(2022·沈阳高一期中)一质量为m的物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ＝kx(k为已知量)，在下滑的整个过程中，下列说法正确的是(已知斜面足够长，当地重力加速度为g)(C)A．物体先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动B．物体的最大位移大小为eq\f(sin2θ,k)C．整个过程中产生的热量为eq\f(2mgsin2θ,kcosθ)D．物体停止后加速度方向沿斜面向上解析：物体由静止开始下滑，开始阶段，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，将μ＝kx代入得gsinθ－kxgcosθ＝a，随着x增大，a减小，物体做加速度减小的变加速运动。当mgsinθ＝μmgcosθ时，a＝0；此后，mgsinθ<μmgcosθ，则有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，将μ＝kx代入得kxgcosθ－gsinθ＝a，随着x增大，a增大，物体做加速度增大的变减速运动，故A错误；设最大位移为x，由动能定理得mgxsinθ－eq\x\to(f)·x＝0，又eq\x\to(f)＝eq\f(0＋kx·mgcosθ,2)＝eq\f(kxmgcosθ,2)，联立得x＝eq\f(2tanθ,k)，故B错误；整个过程中产生的热量等于重力势能的减小量，为Q＝mgxsinθ＝eq\f(2mgsin2θ,kcosθ)，故C正确；物体停止后物体的合力为零，加速度为零，故D错误。故选C。7．如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻绳连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(C)A．2R B．eq\f(5R,3)C．eq\f(4R,3) D．eq\f(2R,3)解析：A、B的质量分别记为2m、m，当A落到地面上时，B恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，则A、B组成的系统机械能守恒，故有2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B以速度v竖直上抛，又上升的高度为h′＝eq\f(v2,2g)，解得h′＝eq\f(1,3)R，此时绳子未绷直，故B上升的最大高度为R＋h′＝eq\f(4,3)R，选项C正确。8．(2022·西南大学附中高一期中)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点，已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，在小球从M点运动到N点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是(D)A．弹力对小球先做正功后做负功B．只有一个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，小球的动能最大D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差解析：因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，可知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则在小球从M点运动到N点的过程中，弹簧的弹性势能先增大，后减小再增大；弹簧的弹力对小球先做负功，后做正功再做负功，故A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，小球受到的合力为重力，小球的加速度为重力加速度；当弹簧恢复到原长时，小球只受重力作用，小球的加速度为重力加速度；故有两个时刻小球的加速度等于重力加速度，故B错误；小球的动能最大时，速度最大，加速度为零，合力为零，而弹簧长度最短时，即弹簧处于水平方向，此时小球合力不为零，小球的动能并不是最大，故C错误；由于M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，可知M和N两点处弹簧的压缩量等于伸长量，M和N两点处弹簧的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可知，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．(2022·广州高一期末)幼儿园滑梯(如图甲所示)是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m的小朋友(可视为质点)，从竖直面内、半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为eq\r(\f(gr,2))(g为重力加速度)。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，过B点的切线水平，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中(AD)A．处于先失重后超重状态B．克服摩擦力做功为eq\f(mgr,2)C．机械能的减少量大于重力势能的减少量D．在最低点B时对滑道的压力大小为eq\f(3,2)mg解析：小朋友在A点时速度为0，加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确；在整个运动过程中，由动能定理得mgr(1－cos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，联立可得克服摩擦力做功为Wf＝eq\f(1,4)mgr，故B错误；克服摩擦力做功即为机械能的减少量，为eq\f(1,4)mgr，而重力势能的减少量为eq\f(1,2)mgr，故C错误；在B点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,r)，解得FN＝eq\f(3,2)mg，结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为FN′＝FN＝eq\f(3,2)mg，故D正确。故选AD。10．(2022·西安中学高一期末)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力大小，实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m，最后停止，用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化图线如图所示，根据图线所提供的信息以下判断错误的是(ABD)A．t1时刻消防员的速度最大B．t3时刻消防员的动能最小C．t4时刻消防员的动能最小D．消防员在运动过程中机械能守恒解析：t1时刻消防员受地面的支持力小于自身重力，加速度向下，仍向下加速，故A错误，符合题意；从图像可以看出，t2～t4消防员受到的支持力始终大于重力，加速度向上增大再减小，t4时刻速度减小为零，动能为零，最小，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；消防员在运动过程中势能减小，动能也减小，所以机械能不守恒，故D错误，符合题意。故选ABD。11．低空跳伞是一种刺激的极限运动，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为eq\f(4,5)g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(AB)A．运动员的重力势能减少了mghB．运动员的动能增加了eq\f(4,5)mghC．运动员克服阻力所做的功为eq\f(4,5)mghD．运动员的机械能减少了eq\f(4,5)mgh解析：重力势能减少量等于重力做功即mgh，故A正确；下落过程中F＝mg－f＝ma＝eq\f(4,5)mg，f＝eq\f(1,5)mg，合力做功为W＝Fh＝eq\f(4,5)mgh，故动能增加了eq\f(4,5)mgh，故B正确；克服阻力做功为W′＝－Wf＝eq\f(1,5)mgh，故C错误；机械能的减小量等于克服阻力做功，故机械能减少了eq\f(1,5)mgh，故D错误。12．如图所示，传送带底端A点与顶端B点的高度差为h，传送带在电动机的带动下以速率v匀速运动。现将一质量为m的小物体轻放在传送带上的A点，物体在摩擦力的作用下向上传送，在到达B点之前，已经与传送带共速，物体与传送带因摩擦产生的热量为Q。则在传送带将物体从A送往B的过程中，下列说法正确的是(BD)A．物体与传送带因摩擦产生的热量为eq\f(1,2)mv2B．传送带对物体做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2C．传送带对物体做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2＋QD．为传送物体，电动机需对传送带额外做功mgh＋eq\f(1,2)mv2＋Q解析：设物体相对传送带滑动时的加速度大小为a，则物体从放上传送带到速率达到v所经历的时间为t＝eq\f(v,a)，t时间内物体和传送带的位移大小分别为x1＝eq\f(v2,2a)，x2＝vt＝eq\f(v2,a)，物体相对于传送带滑动的位移大小为Δx＝x2－x1＝eq\f(v2,2a)，设传送带倾角为θ，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可得a＝μgcosθ－gsinθ，物体与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgcosθ·Δx＝eq\f(1,2)mv2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(μgcosθ,μgcosθ－gsinθ)))>eq\f(1,2)mv2，故A错误；根据功能关系可知，传送带对物体做功等于物体机械能的增加量，即W1＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故B正确，C错误；根据能量守恒定律可知，为传送物体，电动机需对传送带额外做功为W2＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＋Q，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(6分)某实验小组利用自己设计的弹簧弹射器测量弹簧的弹性势能，装置如图所示，水平放置的弹射器将质量为m的静止小球弹射出去，测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为t，甲、乙光电门间距为L，并忽略一切阻力。回答下列问题：(1)小球被弹射出的速度大小v＝eq\f(L,t)，释放小球时弹簧弹性势能Ep＝eq\f(mL2,2t2)。(用题目中的字母符号表示)；(2)由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下有所偏转，这对实验结果_无__(填“有”或“无”)影响。解析：(1)由图可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度：v＝eq\f(L,t)，由功能关系得：Ep＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,t)))2＝eq\f(mL2,2t2)。(2)由力作用的独立性可知，重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度都不会变化。14．(8分)在做“验证机械能守恒定律”的实验时，所用学生电源可以输出6V的交流电压和直流电压。重锤从高处由静止落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点间的距离进行测量，根据测量结果即可验证机械能守恒定律。(1)下面给出了该实验的几个操作步骤：A．安装实验仪器B．将打点计时器接到电源的直流输出端C．用天平测量出重锤的质量D．先释放纸带，再接通电源，打出一条纸带E．测量打出的纸带上某些点之间的距离F．根据测量的结果计算重锤下落过程中重力势能的减少量及相应的动能增加量，看二者是否相等指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤，并说明原因。(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。如图所示，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点O的距离为l0，点A、C间的距离为l1，点C、E间的距离为l2，使用的交流电的频率为f，根据这些条件写出计算重锤下落的加速度a的表达式：a＝eq\f(l2－l1f2,4)。(3)同学们在做“验证机械能守恒定律”的实验时发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，经过认真讨论，得知其原因主要是重锤下落过程中受到阻力的作用，可以通过实验测定该阻力的大小。若已知当地重力加速度的值为g，为测出该阻力，还需要测量的物理量是_重锤质量m__。结合(2)问中给出的物理量，表示出重锤下落的过程中受到的平均阻力大小F＝meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g－\f(l2－l1f2,4)))。答案：(1)见解析解析：(1)B中操作错误，应该将打点计时器接到电源的交流输出端；D中操作错误，应该先接通电源，再释放纸带；C操作没有必要，因为根据实验原理，重力势能的减少量和动能的增加量都包含了质量m，不测出m，也可以进行比较。(2)根据匀变速直线运动的推论Δx＝at2得a＝eq\f(Δl,2T2)＝eq\f(l2－l1,4T2)＝eq\f(l2－l1f2,4)。(3)根据牛顿第二定律有mg－F＝ma所以F＝mg－ma＝meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g－\f(l2－l1f2,4)))，故需要测量的物理量是重锤质量m。15．(8分)如图所示，一质量为m＝1.0kg的物体从半径为R＝5.0m的圆弧的A端，在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)。拉力F大小不变，始终为15N，方向始终与物体在该点的切线成37°角。圆弧所对应的圆心角为60°，BO边在竖直方向上。求这一过程中拉力F做的功。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，π＝3.14)答案：62.8J解析：将圆弧AB分成很多小段s1、s2、…、sn，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体在该点的切线成37°角，所以W1＝Fs1cos37°W2＝Fs2cos37°…Wn＝Fsncos37°故WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(s1＋s2＋…＋sn)＝Fcos37°·eq\f(π,3)R＝62.8J。16．(10分)如图所示，半径为R的半圆柱体放在水平地面上，AB为过圆心O的直径。一质量为m的小球从P点以速度v0水平抛出，垂直落在半径为R的半圆柱体表面上的Q点，∠AOQ＝60°。重力加速度为g。求：(1)小球从P到Q的飞行时间；(2)P点离地面的高度；(3)小球到达Q点时重力的功率。答案：(1)eq\f(\r(3)v0,g)(2)eq\f(3v\o\al(2,0),2g)＋eq\f(\r(3),2)R(3)eq\r(3)mgv0解析：(1)在Q点有tan60°＝eq\f(vQy,v0)，且vQy＝gt，解得t＝eq\f(\r(3)v0,g)。(2)从P到Q在竖直方向上y＝eq\f(1,2)gt2，P点的高度为hP＝y＋Rsin60°，解得hP＝eq\f(3v\o\al(2,0),2g)＋eq\f(\r(3),2)R。(3)小球到达Q点时重力的功率为PG＝mgvQy＝eq\r(3)mgv0。17．(12分)(2022·德州市第一中学高一阶段练习)某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为R＝20m的圆面。某时间内该地区的风速v＝6.0m/s，风向恰好跟叶片转动形成的圆面垂直，已知空气的密度ρ＝1.2kg/m3，若该风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。求：(1)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积V；(2)单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能Ek；(3)此风力发电机发电的功率P。答案：(1)7536m3(2)162777.6J(3)16277.8W解析：(1)每秒冲击风车车叶的气体体积为V＝SL＝Svt＝πR2vt＝π×400×6×1m3＝7536m3。(2)这些气流的质量m＝ρV＝1.2×7536kg＝9043.2kg气流的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×9043.2×62J＝162777.6J。(3)每秒风的动能转化为的电能E电＝ηEk＝10%×162777.6J≈16277.8J则此风力发电机发电的功率为P＝eq\f(E电,t)＝eq\f(16277.8,1)W＝16277.8W。18．(16分)(2023·文安县第一中学高一开学考试)如图所示，从A点以某一水平速度