2024-2025学年高中物理第七章机械能守恒定律单元评价含解析新人教版必修2

PAGE13-单元素养评价(三)(第七章)(90分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。其中1～8题为单选,9～12题为多选)1.关于功和功率的计算,下列说法中正确的是 ()A.用W=Fxcosθ可以计算变力做功B.用W合=Ek2-Ek1可以计算变力做功C.用W=Pt只能计算恒力做功D.用P=可以计算瞬时功率【解析】选B。W=Fxcosθ是恒力做功公式,不行以计算变力做功,故A错误;动能定理W合=Ek2-Ek1既可以计算恒力做功,也可以计算变力做功,故B正确;用W=Pt计算的是恒定功率下,外力做的功,此力可以是恒力,也可以是变力,C错误;用P=计算的是平均功率,不能计算瞬时功率,D错误。2.如图所示,小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v0从顶端滑究竟端,而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛,则 ()A.两物体落地时速度相同B.从起先至落地,重力对它们做功相同C.两物体落地时重力的瞬时功率相同D.从起先运动至落地过程中,重力对它们做功的平均功率相同【解析】选B。整个过程重力对它们做的功均为mgh,依据机械能守恒知两物体落地时速度的大小相等,但方向不同,所以A、C错,B正确;从起先至落地它们用时不等,所以D错。3.如图所示,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g,当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为 ()A.Mg-5mg B.Mg+mgC.Mg+5mg D.Mg+10mg【解析】选C。设小环到大环最低点时的速度为v,由机械能守恒定律,得mv2=mg2R ①小环在大环上做圆周运动,在最低点时,大环对它的支持力方向竖直向上,设为FN,由牛顿其次定律,得FN-mg=m ②由①②得FN=5mg,由牛顿第三定律可知,小环对大环竖直向下的压力FN′=FN=5mg。大环平衡,轻杆对大环的拉力为F=FN′+Mg=Mg+5mg,选项C正确。4.如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,则从A到C的过程中弹簧弹力做功是 ()A.mgh-mv2 B.mv2-mghC.-mgh D.-(mgh+mv2)【解析】选A。由A到C的过程运用动能定理可得:-mgh+W=0-mv2,所以W=mgh-mv2,故A正确。5.汽车从静止起先先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动。汽车所受阻力恒定,下列汽车的功率P与运动时间t的关系图象中,能描述上述过程的是 ()【解析】选C。汽车从静止起先做匀加速直线运动,加速度肯定,依据牛顿其次定律有F-Ff=ma,可得F=Ff+ma,汽车的功率P=Fv=(Ff+ma)at,P与t成正比,A、D项错误;当汽车达到最大功率时,运动状态立即变为匀速直线运动,此时牵引力瞬间从Ff+ma变成Ff,而速度没有变更,故汽车的功率变小且之后保持不变,B项错误,C项正确。6.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ,传送带以肯定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有肯定初速度的物块(如图甲所示),以此时为t=0时刻,作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变更关系,如图乙所示(图中取沿斜面对下的运动方向为正方向,其中v1>v2)。已知传送带的速度保持不变,g取10m/s2,则 ()A.0～t1时间内,物块对传送带做正功B.物块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθC.0～t2时间内,传送带对物块做功为W=m-mD.t1时刻之后,物块先受滑动摩擦力,对其做正功,后受静摩擦力,对其做负功【解析】选D。由题图乙知,物块的初速度方向平行传送带斜向上,在0～t1时间内速度减小,传送带对物块做负功,由牛顿第三定律知,物块对传送带的摩擦力沿传送带向上,对传送带做负功,在t2时间后,物块和传送带一起做匀速运动,有mgsinθ≤μmgcosθ,所以μ≥tanθ,B错误;在0～t2时间内,传送带对物块做功W=ΔEk+ΔEp,C错误;在t1时刻后,物块速度先增大后不变,摩擦力先做正功,后做负功,D正确。【加固训练】如图,足够长的水平传送带以恒定速率运行。将一滑块从传送带左端由静止轻轻放上传送带,滑块将先加速运动一段距离,滑块与传送带间的滑动摩擦力记作f。下列推断正确的是 ()A.传送带功率始终不变B.摩擦力f对滑块所做的功等于滑块增加的动能C.摩擦力f对滑块和传送带所做的总功等于传送带输出的机械能D.传送带克服摩擦力f所做的功等于滑块与传送带接触面上摩擦产生的热【解析】选B。由于水平传送带足够长,所以滑块将先匀加速运动后做匀速直线运动,滑块先受摩擦力作用后不受摩擦力作用,所以传送带受力发生变更,而水平传送速率不变,依据传送带做功的功率P=Fv传可知传送带功率发生变更,故A错误;依据动能定理可得摩擦力f对滑块所做的功等于滑块增加的动能,故B正确;摩擦力f对滑块所做的功为Wf1=fx物,摩擦力f对传送带所做的功Wf2=-fx传,滑块与传送带接触面上摩擦产生的热为Q=fx相对,所以摩擦力f对滑块和传送带所做的总功等于滑块与传送带接触面上摩擦产生的热,故C错误;依据功能原理可得传送带克服摩擦力f所做的功等于传送带输出的机械能,故D错误。7.(2024·江苏高考)如图所示,一小物块由静止起先沿斜面对下滑动,最终停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是 ()【解析】选A。由题意可知,若设斜面倾角为θ,动摩擦因数为μ,则物块在斜面上下滑水平距离x时,依据动能定理有mgxtanθ-μmgcosθ·=Ek,整理可得(mgtanθ-μmg)x=Ek,即物块在斜面上运动时动能与x成线性关系;若物块运动到斜面底端时水平位移为x0,动能为Ek1,则小物块在水平地面运动时,依据动能定理有-μmg(x-x0)=Ek-Ek1,即物块在水平地面运动时动能与x也成线性关系;综上分析可知A正确。8.一木块静置于光滑水平面上,一颗子弹沿水平方向射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0cm时,木块沿水平面恰好移动距离1.0cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为 ()A.1∶2 B.1∶3C.2∶3 D.3∶2【解析】选C。依据题意,子弹在摩擦力作用下的位移为s1=2s+s=3s,木块在摩擦力作用下的位移为s2=s。系统损失的机械能转化为内能,依据功能关系,有:ΔE系统=Q=f·Δs;子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功,故ΔE子弹=f·s1;故==,C正确。9.质量不计的直角支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B,支架的两直角边长度分别为2l和lA.A球的最大速度为B.A球的速度最大时,其重力势能最小C.A球的速度最大时,两直角边与竖直方向的夹角为45°D.B球上升的最大高度为l【解析】选A、C、D。依据题意知两球的角速度相同,则线速度之比vA∶vB=2∶1,A球的速度最大时,B球速度也最大,当OA与竖直方向的夹角为θ时,由机械能守恒定律得mg·2lcosθ-2mgl(1-sinθ)=m+×2m,解得=gl(sinθ+cosθ)-gl,由数学学问知,当θ=45°时,sinθ+cosθ有最大值,故C正确;vA的最大值为,故A正确;A的速度达到最大后还要接着下降,重力势能还会减小,故B错误;由机械能守恒定律知,当A球下落到最低点时A与B的速度都为零,A球重力势能削减2mgl,B球重力势能增加2mgl,上升的最大高度为l,故D正确。10.(2024·全国Ⅰ卷)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止起先沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变更如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10m/s2,则 ()A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J【解析】选A、B。下滑5m的过程中,重力势能削减30J,动能增加10J,削减的重力势能并不等于增加的动能,所以物块下滑过程中机械能不守恒,故选项A正确;设斜面倾角为θ,物块在斜面顶端时的重力势能mgh=30J,而h=3m,则物块质量m=1kg,下滑5m过程中,对物块由动能定理有mgh-μmgcosθ·s=Ek-0,而cosθ=、Ek=10J,解得μ=0.5,故选项B正确;对物块由牛顿其次定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2m/s2,故选项C错误;物块下滑2.0m时,重力势能削减12J,动能增加4J,所以机械能损失了8J,故选项D错误。11.(2024·江苏高考)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为【解析】选B、C。弹簧被压缩到最短时,物块有向右的加速度,弹力大于滑动摩擦力f=μmg,选项A错误;物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反,物块运动的路程为2s,所以克服摩擦力做的功为W=2μmgs,选项B正确;由动能定理可知,从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点,动能的变更为零,弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W′=μmgs,选项C正确;由物块从A点到返回A点,依据动能定理-μmg·2s=0-m可得v0=2,所以选项D错误。12.(2024·厦门高一检测)如图所示,倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧,O点为原长位置。质量为0.5kg的物块从斜面上A点由静止释放,物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中,最大动能为8J。现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放,弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内,g取10m/s2,则下列说法正确的是 ()A.物块从O点起先做减速运动B.从B点释放物块动能最大位置与从A点释放一样C.从B点释放物块最大动能为9JD.从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J【解析】选B、C。物块从O点时起先压缩弹簧,弹力渐渐增大,起先阶段弹簧的弹力小于物块的重力沿斜面对下的分力,物块做加速运动。后来,弹簧的弹力大于物块的重力沿斜面对下的分力,物块做减速运动,所以物块先做加速运动后做减速运动,弹簧的弹力等于物块的重力沿斜面对下的分力时物块的速度最大。故A错误。由以上分析知,物块的动能最大时合力为零,弹簧的弹力等于物块的重力沿斜面对下的分力,即mgsin30°=kx,则知弹簧的压缩量肯定,与物块释放的位置无关,所以两次滑块动能最大位置相同,故B正确。设物块动能最大时弹簧的弹性势能为Ep。从A释放到动能最大的过程,由系统的机械能守恒得:Ek1+Ep=mgxAsin30°①从B释放到动能最大的过程,由系统的机械能守恒得:Ek2+Ep=mgxBsin30°②由②-①得:Ek2-Ek1=mg(xB-xA)sin30°,据题有:xB-xA=0.4m,所以得从B点释放物块最大动能为:Ek2=Ek1+mg(xB-xA)sin30°=8J+0.5×10×0.4×0.5J=9J,故C正确。依据物块和弹簧的系统机械能守恒知,弹簧最大弹性势能等于物块削减的重力势能,由于从B点释放弹簧的压缩量增大,所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加量为:ΔEp>mg(xB-xA)sin30°=0.5×10×0.4×0.5J=1J,故D错误。二、试验题(本题共2小题,共14分)13.(6分)用如图甲所示的试验装置验证动能定理,请完成以下试验步骤:(1)将沙桶内装上适量细沙,测出沙桶和细沙的质量M及小车质量m。(2)将沙桶用轻绳通过滑轮连接在小车上,小车连接纸带。合理调整木板倾角,接通打点计时器电源,(选填“静止释放”或“轻推”)小车,让小车拖着纸带沿木板匀速下滑。

(3)取下细绳和沙桶,换一条纸带,其他不变,让小车由静止释放,打点计时器打出的纸带如图乙所示(中间一小段未画出)。已知每两个相邻计数点间的时间间隔为T,重力加速度为g。为验证从A→E过程中合外力对小车做功与小车动能变更的关系,须要验证的关系式为(用所测物理量的符号表示,图中L1～L5均已知)。

【解析】(2)让小车匀速下滑,则小车不行能由静止释放,应接通打点计时器电源,轻推小车,让小车拖着纸带沿木板匀速下滑。(3)从A→E过程中合外力对小车做功W=Mg(L4-L1),小车在A点的速度vA=,小车在E点的速度vE=,小车动能的变更ΔEk=m-m=[(L5-L3)2-],故本试验需验证的关系式为Mg(L4-L1)=[(L5-L3)2-]答案:(2)轻推(3)Mg(L4-L1)=[(L5-L3)2-]14.(8分)用如图甲试验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止起先下落,m1上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是试验中获得的一条纸带: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),计数点间的距离如图乙所示。已知m1=50g,m2=150g,打点计时器工作频率为50Hz,则(g取10m/s2,结果保留两位有效数字)(1)纸带上打下计数点5时的速度v=m/s;

(2)在打计数点0～5的过程中系统动能的增量ΔEk=J,系统势能的削减量ΔEp=J,由此得出的结论是。

(3)若某同学作出v2-h图象如图丙所示,则当地的重力加速度g′=m/s2。

【解析】(1)在纸带上打下计数点5时的速度大小为v==×10-2m/s=2.4m/s(2)在打点0～5过程中系统动能的增量为ΔEk=(m1+m2)v2-0=×(50+150)×10-3×2.42J-0≈0.58J系统重力势能的削减量为ΔEp=(m2-m1)gh05=(150-50)×10-3×10×(38.40+21.60)×10-2J=0.60J试验结果表明,在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统重力势能的削减量等于动能的增加量,即系统的机械能守恒。(3)m1、m2组成的系统机械能守恒,则m2g′h-m1g′h=m2v2+m1v2-0,整理得v2=g′h可见,重力加速度g′大小等于-h图象斜率的2倍,则g′=2×m/s2=9.7m/s2。答案:(1)2.4(2)0.580.60系统的机械能守恒(3)9.7三、计算题(本题共4小题,共38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)15.(8分)滑板是年轻人特别喜爱的极限运动,现有一场地规格如图,是用钢制作的,阻力特别小,可以忽视。g=10m/s2。(1)一人以6m/s的速度从4m的高台滑下,求到2m高台处其速度有多大?(2)在(1)的条件下,求他所能到达的离地最大高度有多少?(3)若他从2m高台起先下滑,为能到达4m高台,求下滑最小速度是多少?【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)对该过程运用动能定理,求出到达2m高台的速度大小。(2)上升到最大高度时速度为零,对整个过程运用动能定理求出上升的最大高度。(3)对该过程运用动能定理,抓住末动能为零,求出下滑的最小速度。【解析】(1)人从4m的高台滑到2m高台的过程,依据动能定理得:mg(h0-h1)=m-m (1分)代入数据解得:v1=m/s≈8.72m/s(1分)(2)设上升离地的最大高度为H,对全过程运用动能定理得:-mg(H-h0)=0-m (2分)代入数据解得:H=5.8m(1分)(3)设下滑的最小速度为vx,依据动能定理得:-mg(h0-h1)=0-m (2分)代入数据解得:vx≈6.32m/s(1分)答案:(1)8.72m/s(2)5.8m(3)6.32m/s16.(8分)冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程: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。已知冰面与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。【解析】(1)从A到C,由动能定理有-μmgL=0-m (2分)得vA=。 (2分)(2)从A到O′,由动能定理有-μmgs-0.8μmg(L+r-s)=0-m (2分)得s=L-4r。 (2分)答案:(1)(2)L-4r17.(10分)质量为2000kg的汽车在平直马路上行驶,所能达到的最大速度为20m/s,设汽车所受阻力为车重的0.2倍(即f=0.2G)。假如汽车在运动的初始阶段是以2m/s2的加速度由静止起先做匀加速运动,试求:(1)汽车的额定功率。(2)汽车在匀加速行驶时的牵引力。(3)汽车做匀加速运动的最长时间。(4)汽车在第3s末的瞬时功率。(5)试画出汽车在8s内的P-t图象。【解析】(1)P额=fvm=0.2Gvm=80kW。 (1分)(2)F=f+ma=8000N。 (2分)(3)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 (1分)即-f=ma (1分)代入数据得v0=10m/s(1分)所以汽