2024年高中物理第七章机械能守恒定律章末质量评估三含解析新人教版必修2

PAGE10-章末质量评估(三)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共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，选对得4分，漏选得2分，多选、错选均不得分)1.如图所示，在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子，用力使船向前移动．关于力对船做功的下列说法中正确的是()A．绳的拉力对船做了功B．人对绳的拉力对船做了功C．树对绳子的拉力对船做了功D．人对船的静摩擦力对船做了功解析：绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船，没有对船做功．只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了位移，故对船做了功，且做正功，故选项A、B、C错误，选项D正确．答案：D2．升降机中有一质量为m的物体，当升降机以加速度a匀加速上升h高度时，物体增加的重力势能为()A．mgh B．mgh＋mahC．mah D．mgh－mah解析：要分析重力势能的改变，只须要分析重力做功．物体随升降机上升了h，物体克服重力做功W＝mgh，故物体的重力势能增加了mgh，A正确．答案：A3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，故选项C正确，D错误．答案：C4.一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静止起先滑下．由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是()A．h1＝h2 B．h1＜h2C．h1＞h2 D．h1、h2大小关系不确定解析：由能的转化和守恒定律可知，小球由A到B的过程中重力势能削减mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即WAB＝mgh1.同理，WBC＝mgh2，又随着小球最大高度的降低，每次滑过的路程越来越短，必有WAB＞WBC，所以mgh1＞mgh2，得h1＞h2，故C正确．答案：C5.如图所示是半径为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.eq\r(7gr) B.eq\r(5gr)C.eq\r(3gr) D.eq\r(2gr)解析：小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满意mg＝meq\f(v2,r).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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgr＋eq\f(1,2)mv2，解得vA＝eq\r(3gr).故选项C正确．答案：C6．物体在拉力作用下向上运动，其中拉力做功10J，克服阻力做功5J，克服重力做功5J，则()A．物体重力势能削减5J B．物体机械能增加5JC．合力做功为20J D．物体机械能削减5J解析：物体向上运动，重力做负功5J，故重力势能增加了5J，故A错误；合力做功W＝10－5－5＝0，即合力做功为零，故C错误；除重力以外的力做功衡量机械能的改变，因此物体的机械能增加了ΔE＝10－5＝5J，故B正确，D错误.答案：B7.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照耀到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止起先沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内()A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力渐渐增大C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解析：小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，因为v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1渐渐减小，a也渐渐减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B项错误；合外力做的功W外＝Pt－Fx，由动能定理得W牵－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，故C项错误，D项正确．答案：D8.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止起先自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()A.eq\f(1,2)R(FN－3mg) B.eq\f(1,2)R(3mg－FN)C.eq\f(1,2)R(FN－mg) D.eq\f(1,2)R(FN－2mg)解析：质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，依据牛顿定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，依据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝eq\f(1,2)R(FN－3mg)，故A项正确．答案：A9.如图所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物体，现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时小物体起先滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板底端时的速度为v，则在整个过程中()A．支持力对小物体做功为0B．摩擦力对小物体做功为mgLsinαC．摩擦力对小物体做功为eq\f(1,2)mv2－mgLsinαD．木板对小物体做功为eq\f(1,2)mv2解析：木板由水平位置转过α角的过程中，摩擦力方向与速度方向垂直不做功，除重力外只有板的支持力做功，故此过程中支持力所做的功等于物体增加的重力势能：WN＝ΔEp＝mgLsinα，所以A错误；物体从起先下滑到滑究竟端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得WG＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，即Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinα，故C正确，B错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板对小物体做功为eq\f(1,2)mv2，D正确．答案：CD10．(2024·江苏卷)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eq\r(2μgs)解析：小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；全过程小物块的路程为2s，所以全过程中克服摩擦力做的功为μmg·2s，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：Epmax＝μmgs，故C正确；对小物块从A点返回A点，由动能定理得：－μmg·2s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(μgs)，故D错误．答案：BC11.如图所示，在排球竞赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高H＝2.24m，排球质量为m＝300g，运动员对排球做的功为W1＝20J，排球运动过程中克服空气阻力做功为W2＝4.12J，重力加速度g取10m/s2.球从手刚发出位置的高度h＝2.04m，选地面为零势能面，则()A．与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72JB．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22JC．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88JD．与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的削减量为4.72J解析：与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H－h)＝0.3×10×(2.24－2.04)J＝0.6J，故A错误；依据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh＋W1－W2＝0.3×10×2.04J＋20J－4.12J＝22J，故B正确；由动能定理可知，排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1－W2－mg(H－h)＝15.28J，故C错误；与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达网上边缘时动能的削减量为W2＋mg(H－h)＝4.72J，故D正确．答案：BD12．某爱好小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2s内做匀加速直线运动，2s末达到额定功率，2s到14s保持额定功率运动，14s末停止遥控，让玩具车自由滑行，其v-t图象如图所示．可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m＝1kg，g取10m/s2，则()A．玩具车所受阻力大小为2NB．玩具车在4s末牵引力的瞬时功率为9WC．玩具车在2s到10s内位移的大小为39mD．玩具车整个过程的位移为90m解析：由题图可知在14s后的加速度a2＝eq\f(0－6,4)m/s2＝－1.5m/s2，故阻力f＝ma2＝－1.5N，A错误；玩具车在前2s内的加速度a1＝eq\f(3－0,2)m/s2＝1.5m/s2，由牛顿其次定律可得牵引力F＝ma1－f＝3N，当t＝2s时达到额定功率P额＝Fv＝9W，此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t＝4s时功率为9W，B正确；玩具车在2s到10s内做加速度减小的加速运动，由动能定理得P额t＋fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得x2＝39m，故C正确；由图象可知总位移x＝eq\f(1,2)×3×2m＋39m＋6×4m＋eq\f(1,2)×4×6m＝78m，故D错误．答案：BC二、非选择题(本题共5小题，共52分．把答案填在题中的横线上或依据题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(6分)某同学用图(a)所示的试验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度g取9.80m/s2.试验中该同学得到的一条点迹清楚的完整纸带如图(b)所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值．回答下列问题(计算结果保留三位有效数字)：(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小vB＝________m/s；(2)通过分析该同学测量的试验数据，他的试验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．解析：(1)由题意可知，打点计时器的打点周期T＝0.02s，依据某段时间的中点时刻的瞬时速度等于整段时间的平均速度，可得vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(（86.59－70.99）×10－2,2×0.02)m/s＝3.90m/s.(2)设物体质量为m，在打下计时点O到B的物体运动过程，物体削减的重力势能Ep＝mghOB＝7.70m，物体在打下B点时的动能Ek＝eq\f(1,2)mvB2＝7.61m，在误差范围内可以认为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mghB，试验结果验证了机械能守恒定律．答案：(1)3.90(2)因为eq\f(mveq\o\al(2,B),2)≈mghB，近似验证了机械能守恒定律14．(9分)如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的试验装置(g取9.80m/s2)．(1)选一条清楚的纸带，如图甲所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，对打点计时器通以频率为50Hz的交变电流．用分度值为1mm的刻度尺测得OA＝12.41cm，OB＝18.90cm，OC＝27.06cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00kg.甲同学依据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比起先下落时削减了________J；此时重锤的速度vB＝________m/s，此时重锤的动能比起先下落时增加了________J(结果均保留三位有效数字)．(2)某同学利用他自己试验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以eq\f(1,2)v2为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线的斜率近似等于________．A．19.6B．9.8C．4.90图线未过原点O的缘由是_______________________________．解析：(1)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能削减量ΔEp＝mg·OB＝1.00×9.80×18.90×10－2J≈1.85J；打B点时重锤的速度vB＝eq\f(OC－OA,4T)＝eq\f(（27.06－12.41）×10－2,4×0.02)m/s≈1.83m/s，此时重锤的动能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1.00×1.832J≈1.67J.(2)由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mgh，可得eq\f(1,2)v2＝gh，由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g，故B正确．由题图线可知，h＝0时，重锤的速度不等于零，缘由是该同学做试验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关．答案：(1)1.851.831.67(2)B先释放了纸带，再合上打点计时器的开关15.(10分)(2024·天津卷)我国自行研制、具有完全自主学问产权的新一代大型喷气式客机C919首飞胜利后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s.已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2.求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P.解析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax，①解得a＝2m/s2.②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依据题意可得F阻＝0.1mg.③设发动机的牵引力为F，依据牛顿其次定律有F－F阻＝ma，④设飞机滑跑过程中的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))，有eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)，⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝Feq\o(v,\s\up6(－))，⑥联立②③④⑤⑥，解得P＝8.4×106W.答案：(1)2m/s2(2)8.4×106W16．(12分)如图所示，将质量为m＝1kg的小物块放在长为L＝1.5m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，半径R＝0.9m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h＝0.65m，起先车和物块一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车遇到轨道后马上停止运动，g取10m/s2，求：(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力；(2)小物块落地点至车左端的水平距离．解析：(1)车停止运动后取小物块为探讨对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理，得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v1＝eq\r(85)m/s.刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿其次定律，得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得FN≈104.4N，由牛顿第三定律F′N＝FN，得F′N＝104.4N，方向竖直向下．(2)若小物块能到达半圆轨道最高点，则由机械能守恒，得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝7m/s.设恰能过最高点的速度为v3，则mg＝meq\f(veq\o\al(2,3),R)，解得v3＝eq\r(gR)＝3m/