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

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1、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

2、A、B、C错误，选项D正确． 答案：D 2．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＋mah C．mah D．mgh－mah 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W＝mgh，故物体的重力势能增加了mgh，A正确． 答案：A 3．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

3、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：C 4.一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(　　) A．h1＝h2 B．h1＜h2 C．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的过程中重力势能减少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

4、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：C 5.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mg＝m.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mv＝mgr＋mv2，解得vA＝.故选项C正确．

5、 答案：C 6．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 J B．物体机械能增加5 J C．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变化，因此物体的机械能增加了ΔE＝10－5＝5 J，故B正确，D错误. 答案：B 7.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

6、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Pt D．小车受到的牵引力做的功为Fx＋mv 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逐渐减小，a也逐渐减小，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＝mv，故C项错误，D项正确．

7、 答案：D 8.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(FN－3mg) B.R(3mg－FN) C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg) 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FN－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝R(FN－3mg)，故A项正确． 答案：A 9.如图所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放

8、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0 B．摩擦力对小物体做功为mgLsin α C．摩擦力对小物体做功为mv2－mgLsin α D．木板对小物体做功为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＝mgLsin α，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

9、，摩擦力做负功，由动能定理得WG＋Wf＝mv2－0，即Wf＝mv2－mgLsin α，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：CD 10．(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μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．弹簧的最大弹性势能

10、为μmgs D．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>μmg，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μmg·2 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：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－mv，解得v0＝2，故D错误． 答案：BC 11.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H＝2.24 m，排球质量为m＝300 g，运动员对排球做的功为W1＝20 J，排球运动过程中克服空气阻力做功为W2＝4.12 J，重力加速度g取10 m/

11、s2.球从手刚发出位置的高度h＝2.04 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 J B．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 J C．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 J D．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(H－h)＝0.3×10×(2.24－2.04) J＝0.6 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mgh＋W1－W2＝0.3×10×2

12、.04 J＋20 J－4.12 J＝22 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W1－W2－mg(H－h)＝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W2＋mg(H－h)＝4.72 J，故D正确． 答案：BD 12．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m＝1 kg，g取10 m/s2，则(　　) A

13、．玩具车所受阻力大小为2 N B．玩具车在4 s末牵引力的瞬时功率为9 W C．玩具车在2 s到10 s内位移的大小为39 m D．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/s2＝－1.5 m/s2，故阻力f＝ma2＝－1.5 N，A错误；玩具车在前2 s内的加速度a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，由牛顿第二定律可得牵引力F＝ma1－f＝3 N，当t＝2 s时达到额定功率P额＝Fv＝9 W，此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t＝4 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t＋f

14、x2＝mv－mv，解得x2＝39 m，故C正确；由图象可知总位移x＝×3×2 m＋39 m＋6×4 m＋×4×6 m＝78 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

15、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T＝0.02 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vB＝＝m/s＝3.90 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Ep＝mghOB＝7.70m，物体在打下B点时的动能Ek＝mvB2＝

16、7.61m，在误差范围内可以认为mv＝mghB，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OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 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

17、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________． A．19.6　　　B．9.8　　　C．4.90 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Δ

18、Ep＝mg·OB＝1.00×9.80×18.90×10－2 J≈1.85 J；打B点时重锤的速度vB＝＝ m/s≈1.83 m/s，此时重锤的动能增加量ΔEk＝mv＝×1.00×1.832 J≈1.67 J. (2)由机械能守恒定律有mv2＝mgh，可得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，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)1.85　1.83　1.67　(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

19、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x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/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 v2＝2ax，① 解得a＝2 m/s2.② (2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，根据题意可得F阻＝0.1mg.③ 设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有 F－

20、F阻＝ma，④ 设飞机滑跑过程中的平均速度为，有＝，⑤ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F，⑥ 联立②③④⑤⑥，解得P＝8.4×106 W. 答案：(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W 16．(12分)如图所示，将质量为m＝1 kg的小物块放在长为L＝1.5 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μ＝0.5，半径R＝0.9 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h＝0.65 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

21、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 －μmgL＝mv－mv， 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 FN－mg＝m， 解得FN≈104.4 N， 由牛顿第三定律F′N＝FN，得F′N＝104.4 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 mv＝2mgR＋mv， 解得v2＝7 m/s. 设恰能过最高点的速度为v3，则mg＝m， 解得v3＝＝3 m/s. 因v2

22、>v3，故小物块离开半圆轨道最高点后将做平抛运动，得 h＋2R＝gt2， x＝v2t， 联立解得x＝4.9 m， 故小物块距车左端s＝x－L＝3.4 m. 答案：(1)104.4 N，方向竖直向下　(2)3.4 m 17．(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μ＝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mg·2r＝mv， 解得vB＝2. (2)由mg＝m， 得vC＝. 由A至C，由动能定理，得mg·2r－μmgs＝mv. 解得s＝3r. (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kx＝mg， 得x＝. 由功能关系，得mg(r＋x)－Ep＝mv－mv， 解得vm＝ . 答案：(1)2　(2)3r　(3) - 11 -