2020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

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18题为单选，912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()AmghBmghmahCmah Dmghmah解析：要分析重力势能的变化，只需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Wmgh，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，fxEkEk0，解得EkEk0fx，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，由静止开始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()Ah1h2 Bh1h2Ch1h2 Dh1、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的过程中重力势能减少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即WABmgh1.同理，WBCmgh2，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WABWBC，所以mgh1mgh2，得h1h2，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. B.C. D.解析：小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mgm.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mvmgrmv2，解得vA.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10 J，克服阻力做功5 J，克服重力做功5 J，则()A物体重力势能减少5 JB物体机械能增加5 JC合力做功为20 J D物体机械能减少5 J解析：物体向上运动，重力做负功5 J，故重力势能增加了5 J，故A错误；合力做功W10550，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变化，因此物体的机械能增加了E1055 J，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射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开始沿直线加速行驶，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小车受到的牵引力逐渐增大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Fxmv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PF1v，F1Fma，得出F1逐渐减小，a也逐渐减小，当vvm时，a0，故A、B项错误；合外力做的功W外PtFx，由动能定理得W牵Fxmv，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)由静止开始自边缘上的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.R(FN3mg) B.R(3mgFN)C.R(FNmg) D.R(FN2mg)解析：质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿定律有FNmgm，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有WfmgRmv2，故摩擦力对其所做的功WfR(FN3mg)，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角时小物体开始滑动，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mgLsin C摩擦力对小物体做功为mv2mgLsin D木板对小物体做功为mv2解析：木板由水平位置转过角的过程中，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：WNEpmgLsin ，所以A错误；物体从开始下滑到滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得WGWfmv20，即Wfmv2mgLsin ，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mv2，D正确答案：CD10(2019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，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mgB物块克服摩擦力做的功为2mgsC弹簧的最大弹性势能为mgsD物块在A点的初速度为解析：小物块压缩弹簧最短时有F弹mg，故A错误；全过程小物块的路程为2 s，所以全过程中克服摩擦力做的功为mg2 s，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：Epmaxmgs，故C正确；对小物块从A点返回A点，由动能定理得：mg2s0mv，解得v02，故D错误答案：BC11.如图所示，在排球比赛中，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H2.24 m，排球质量为m300 g，运动员对排球做的功为W120 J，排球运动过程中克服空气阻力做功为W24.12 J，重力加速度g取10 m/s2.球从手刚发出位置的高度h2.04 m，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6.72 JB排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD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减少量为4.72 J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(Hh)0.310(2.242.04) J0.6 J，故A错误；根据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mghW1W20.3102.04 J20 J4.12 J22 J，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W1W2mg(Hh)15.28 J，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减少量为W2mg(Hh)4.72 J，故D正确答案：BD12某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末达到额定功率，2 s到14 s保持额定功率运动，14 s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m1 kg，g取10 m/s2，则()A玩具车所受阻力大小为2 NB玩具车在4 s末牵引力的瞬时功率为9 WC玩具车在2 s到10 s内位移的大小为39 mD玩具车整个过程的位移为90 m解析：由题图可知在14 s后的加速度a2 m/s21.5 m/s2，故阻力fma21.5 N，A错误；玩具车在前2 s内的加速度a1 m/s21.5 m/s2，由牛顿第二定律可得牵引力Fma1f3 N，当t2 s时达到额定功率P额Fv9 W，此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t4 s时功率为9 W，B正确；玩具车在2 s到10 s内做加速度减小的加速运动，由动能定理得P额tfx2mvmv，解得x239 m，故C正确；由图象可知总位移x32 m39 m64 m46 m78 m，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按照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，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(6分)某同学用图(a)所示的实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50 Hz，当地重力加速度g取9.80 m/s2.实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图(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实验数据，他的实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T0.02 s，根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vBm/s3.90 m/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，物体减少的重力势能EpmghOB7.70m，物体在打下B点时的动能EkmvB27.61m，在误差范围内可以认为mvmghB，实验结果验证了机械能守恒定律答案：(1)3.90(2)因为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实验装置(g取9.80 m/s2)(1)选一条清晰的纸带，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50 Hz的交变电流用分度值为1 mm的刻度尺测得OA12.41 cm，OB18.90 cm，OC27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg.甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了_J；此时重锤的速度vB_m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了_J(结果均保留三位有效数字)(2)某同学利用他自己实验时打出的纸带，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v2为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线的斜率近似等于_A19.6B9.8C4.90图线未过原点O的原因是_解析：(1)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量EpmgOB1.009.8018.90102 J1.85 J；打B点时重锤的速度vB m/s1.83 m/s，此时重锤的动能增加量Ekmv1.001.832 J1.67 J.(2)由机械能守恒定律有mv2mgh，可得v2gh，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，h0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，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)(2018天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，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x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s.已知飞机质量m7.0104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/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v22ax，解得a2 m/s2.(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，根据题意可得F阻0.1mg.设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma，设飞机滑跑过程中的平均速度为，有，在滑跑阶段，牵引力的平均功率PF，联立，解得P8.4106 W.答案：(1)2 m/s2(2)8.4106 W16(12分)如图所示，将质量为m1 kg的小物块放在长为L1.5 m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0.5，半径R0.9 m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h0.65 m，开始车和物块一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，g取10 m/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研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理，得mgLmvmv，解得v1 m/s.刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律，得FNmgm，解得FN104.4 N，由牛顿第三定律FNFN，得FN104.4 N，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mv2mgRmv，解得v27 m/s.设恰能过最高点的速度为v3，则mgm，解得v33 m/s.因v2v3，故小物块离开半圆轨道最高点后将做平抛运动，得h2Rgt2，xv2t，联立解得x4.9 m，故小物块距车左端sxL3.4 m.答案：(1)104.4 N，方向竖直向下(2)3.4 m17(15分)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平，质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知小球与BC间的动摩擦因数0.5.求：(1)小球达到B点时的速度大小vB；(2)水平面BC的长度s；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm.解析：(1)由机械能守恒定律，得mg2rmv，解得vB2.(2)由mgm，得vC.由A至C，由动能定理，得mg2rmgsmv.解得s3r.(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x，则有kxmg，得x.由功能关系，得mg(rx)Epmvmv，解得vm .答案：(1)2(2)3r(3) - 11 -