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2024人教版高中物理必修第二册同步
第八章 机械能守恒定律
注意事项:1.全卷满分100分。考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)
1.图中汉墓壁画拓片描绘了汉代人驾车的场景。当马拉车沿水平路面前进时,下列各力中对车做正功的是 ( )
A.马对车的拉力 B.车所受的支持力
C.车所受的重力 D.地面对车的摩擦力
2.蹦极是一种比较流行的极限运动,弹性绳一端固定在高空跳台,另一端系住运动员,运动员从高空自由下落,则自开始下落至最低点的过程中 ( )
A.运动员的速度先增大再减小
B.运动员的速度先减小再增大
C.绳子的弹性势能先增大再减小
D.运动员的重力势能先增大再减小
3.2022年我国成功举办第24届冬季奥林匹克运动会,其中的雪车也称“有舵雪橇”是一项非常刺激的运动项目。如图所示,在一段赛道上,运动员操控雪车无助力滑行,沿斜坡赛道由静止从A点滑行过B点,再沿水平赛道滑行至C点停下来。已知运动员和雪车的总质量为m,A、B两点间的竖直高度为h,雪车与赛道间的动摩擦因数处处相同,重力加速度为g,忽略空气阻力的影响。运动员及雪车从A点滑行到C点的整个过程中,下列说法不正确的是 ( )
A.重力做功为mgh B.重力势能的减小量为mgh
C.轨道对雪车的支持力做功为0 D.合外力做功为mgh
4.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,摩擦力所做的功为 ( )
A.R(FN-mg) B.R(2mg-FN)
C.R(FN-3mg) D.R(FN-2mg)
5.小孩站在岸边向湖面依次抛出三个石子,三个石子的轨迹如图所示,最高点在同一水平线上。假设三个石子质量相同,忽略空气阻力的影响,下列说法中正确的是 ( )
A.沿轨迹3运动的石子落水时速度最小
B.三个石子在最高点时速度相同
C.小孩抛出石子时,对三个石子做的功相等
D.沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大
6.某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上,突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起,其上升过程中的Ek-h图像如图所示,不计空气阻力,则下列判断正确的是 ( )
A.弹簧原长为h1
B.弹簧的最大弹性势能大小为Ekm
C.O到h3之间弹簧的弹力先增加再减小
D.h1到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和减小
7.某款儿童电动车如图甲所示,某小朋友在水平的水泥地面上驾驶电动车以额定功率P沿直线行驶,某时刻驶入水平草地,对应的v-t图像如图乙所示。小朋友和车的总质量为m,下列关于电动车的说法正确的是 ( )
A.在草地上行驶时受到的阻力为
B.在草地上行驶时受到的牵引力不断减小
C.t2时刻加速度为-
D.t1~t2时间行驶的距离为v2(t2-t1)-
8.如图所示,轻质弹簧下端与光滑固定斜面底端的挡板拴接,上端连接物块B,物块A通过细线跨过光滑定滑轮与物块B连接,已知斜面倾角为30°,物块B的质量为mB=m0不变,物块A的质量可以改变,弹簧的原长为2L,物块A、B以及滑轮大小忽略不计。初始时在外力作用下,弹簧处于原长,细线刚好绷紧,物块A、B处于等高位置。改变物块A的质量,撤去外力,让物块A、B自由运动;当mA=m1时,物块A能够上升的最大高度为0.5L;当mA=m2时,物块A能够下降的最大高度为0.5L。已知重力加速度为g,当mA=m2+m1时,物块A下降0.5L时速度可能为 ( )
A. B. C. D.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
9.如图,某同学在参加引体向上体测,该同学耗时1分钟完成了16次引体向上。已知该同学的质量为60 kg,完成一次引体向上重心上移约0.6 m,下列说法正确的是 ( )
A.该同学引体向上过程机械能不守恒
B.向上运动过程,该同学对杠的作用力大于杠对他的作用力
C.完成一次引体向上克服重力做功约36 J
D.该同学克服重力做功的平均功率约为96 W
10.如图所示,在光滑竖直滑杆上套着一质量为m的圆环,圆环跨过水平转轴用细线吊着一质量为M的重物,转轴到滑杆的距离为d,刚开始用手按住圆环,使之处于图中θ=30°的位置。松手后,圆环上升,当其上升到与转轴等高的P处时速度大小为v0。不计细线与转轴间的摩擦,重力加速度为g。若在圆环运动到P点的过程中重物未落地,则下列说法正确的是 ( )
A.在P处时,细线对圆环的拉力功率为0
B.细线拉力对重物做功为-Mgd
C.细线的拉力始终大于重物的重力
D.重物的动能一直增大
11.从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。由图中数据可得 ( )
A.物体的质量为2 kg
B.h=0时,物体的速率为20 m/s
C.h=2 m时,物体的动能Ek=50 J
D.从地面至h=4 m处过程中,物体的动能减少100 J
12.如图所示,足够长、粗糙程度均匀的斜面固定于水平面上,一物体从斜面底端沿斜面向上冲,冲到最高处后折返回到斜面底端。已知斜面倾角为θ=37°,物体质量为2 kg,物体在斜面底端的初动能为100 J,回斜面底端时的动能为80 J。规定物体在斜面底端时重力势能为零,忽略空气阻力,A点为上冲最大距离的一半处。以下说法正确的是 ( )
A.物体与斜面间的动摩擦因数为
B.上滑时动能和势能相等的位置在A点处
C.下滑时动能和势能相等的位置在A点以下
D.物体上滑时机械能损失10 J
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)某同学利用气垫导轨来验证机械能守恒定律,实验主要步骤如下:
①将气垫导轨放到水平桌面上,将导轨调至水平,光电门安装在长木板的B点处;
②将细线一端连接在质量为M的滑块上,另一端绕过定滑轮悬挂总质量为m的托盘和砝码;
③测得A、B两点间的距离为L,遮光条的宽度为d,将滑块从A点由静止释放,滑块通过光电门记录遮光条的遮光时间为t,保障托盘和砝码不落地;
④保持滑块质量M不变,多次改变托盘和砝码总质量m,每次都将滑块从A点由静止释放,测得多组t与m值。
将遮光片通过光电门的平均速度看作小车经过该点时的瞬时速度,回答下列问题:
(1)滑块通过光电门时的速度可表示为 。
(2)根据所测数据,为得到线性关系图线,应作出 (选填“t2-”“t2-”或“t2-”)图线。
(3)根据第(2)问得到的图线,若图线在纵轴上的截距为b,则当地的重力加速度为g= 。(用题给的已知量表示)
14.(8分)某研究小组利用如图所示装置测定动摩擦因数,A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽(滑槽末端与桌面相切),B是质量为m的滑块(可视为质点)。
第一次实验:如图甲所示,将滑槽末端与桌面右端M点对齐并固定,让滑块从滑槽最高点由静止滑下,最终落在水平地面上的P点,测出M点距离地面的高度H、M点与P点间的水平距离x1。
第二次实验:如图乙所示,将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定,让滑块B从 位置由静止滑下,最终落在水平地面上的P'点,测出滑槽末端与桌面右端M点的距离L、M与P'点间的水平距离x2。
(1)第二次实验中,横线处应填 。
(2)第一次实验中,滑块运动到M点时的速度大小为 。(用实验中所测物理量的符号表示,已知重力加速度为g)
(3)通过上述测量和进一步的计算,可求出滑块与桌面间的动摩擦因数,下列能引起实验误差的是 。
A.H的测量 B.L的测量 C. g值的准确程度
(4)若实验中测得H=25 cm、x1=30 cm、L=10 cm、x2=20 cm,则滑块与桌面间的动摩擦因数μ= 。
15.(8分)“海洋和谐号”游轮如图甲所示,它是目前世界上最大的游轮,假设其总质量M=2.5×108 kg,发动机额定输出功率P=6×107 W。某次航行过程中,“海洋和谐号”游轮从静止开始在海面上做直线运动,其加速度-时间图像如图乙所示,在t=20 s时,发动机输出功率达到额定输出功率,此后保持不变。假设航行过程中所受阻力恒定不变,求:
(1)游轮航行过程中所受的阻力大小;
(2)游轮行驶的最大速度。
16.(11分)如图所示,固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边,半圆柱面的圆弧半径R=0.4 m,OA的长为L=2 m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动,初速度方向与OA之间的夹角为θ。若θ=0°,小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1。求:
(1)初速度v0的大小;
(2)若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h=0.4 m,求夹角θ的余弦值。
17.(13分)如图所示,M、N为两根相同的轻弹簧,M竖直放置,上端与小物块A相连,下端固定在地面上,N套在光滑水平轻杆上,左端固定在竖直细管上,右端与物块B相连,一根不可伸长的轻绳穿过细管及管上的小孔连接物块A和B。杆可绕细管在水平面内转动。初始时系统静止,M处于压缩状态,两弹簧的形变量均为Δx=0.1 m,物块B与弹簧左端距离L=0.8 m。已知物块A、B的质量分别为mA=2.0 kg、mB=0.4 kg,A距管下端口足够远,杆足够长,不计一切摩擦,弹簧始终在弹性限度内。
(1)系统静止时,求轻绳中的张力F;
(2)杆绕细管以角速度ω稳定转动时,A静止,M的形变量仍为Δx,求角速度ω;
(3)系统从静止到(2)中情境的过程中,外界对系统做的功W。
18.(14分)过山车是游乐场一项富有挑战性的娱乐项目,小车从高处开始运动,冲进圆形轨道,到达圆形轨道最高点时,乘客在座椅里头朝下,人体颠倒,非常惊险刺激。现将过山车简化成模型如图所示,质量m=1 kg的小球从光滑倾斜轨道距地面高h的A点由静止释放,倾斜轨道AB和水平轨道BC用一小段平滑圆弧连接,小球经过时速度大小不变,水平轨道BC长L=1 m,小球从C点向右进入半径R=1 m的光滑圆形轨道,圆形轨道底部C处前后错开,小球可以从C点向右离开圆形轨道,在水平轨道上继续前进,小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4(不计其他阻力)。
(1)若释放点A高度h=3 m,则小球经过圆形轨道最高点E时对轨道的压力是多大
(2)要使小球完成圆周运动,则释放点A的高度h需要满足什么条件
(3)若小球恰好不脱离轨道,求小球最后静止的位置到圆形轨道最低点C的距离。
答案全解全析
1.A 2.A 3.D 4.C 5.A 6.D
7.C 8.A 9.AD 10.AB 11.ACD 12.ACD
1.A 马对车的拉力与车的运动方向一致,故马的拉力对车做正功,A正确;车所受的支持力方向和重力方向均与车的运动方向垂直,故支持力、重力对车不做功,B、C错误;地面对车的摩擦力与车的运动方向相反,故摩擦力对车做负功,D错误。
2.A 弹性绳绷紧之前,运动员自由下落,速度不断增大;弹性绳绷紧后,运动员受到弹性绳向上的弹力和重力,弹力先小于重力后大于重力,合力先向下后向上,则运动员先加速后减速,速度先增大后减小,A正确,B错误。弹性绳绷紧后,绳子不断伸长,弹性势能不断增大,C错误。运动员的高度不断下降,重力势能一直减小,D错误。
3.D 运动员及雪车从A点滑行到C点的整个过程中,重力做功为WG=mgh,重力势能的变化只与重力做功有关,重力做多少正功重力势能就减小多少,所以重力势能的减小量为mgh,故A、B说法正确;轨道对雪车的支持力始终与速度方向垂直,所以不做功,故C说法正确;根据动能定理可知合外力做功为零,故D说法错误。
4.C 设质点在B点的速度为v,由牛顿第二定律有FN-mg=m,则质点在B点的动能为EkB=mv2=(FN-mg)R;质点从A滑到B的过程中,由动能定理有mgR+Wf=EkB-0,解得摩擦力所做的功为Wf=R(FN-3mg),选C。
5.A 设任一石子初速度大小为v0,初速度的竖直分量为vy,水平分量为vx,初速度与水平方向的夹角为α,上升的高度为h,向上运动时间为t,落水时速度为v。取竖直向上为正方向,从抛出至到达最高点,由0-=-2gh,得vy=,由题可知h相同,所以三个石子初速度的竖直分量vy相同,由vy=v0 sin α可知,由于角α不同,所以v0不同,沿轨迹1抛出的石子的初速度最大,沿轨迹3抛出的石子的初速度最小。石子从抛出到落水过程,根据动能定理有WG=mv2-m,得mv2=WG+m,重力做功WG相同,沿轨迹3抛出的石子的初速度最小,所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小,A正确;三个石子在最高点的速度等于抛出时的水平分速度vx,由vx=可知,由于vy相同,初速度与水平方向的夹角α不同,所以vx不同,所以三个石子在最高点的速度不同,B错误;在小孩抛出石子过程中,由动能定理得W=m-0,由于沿轨迹1抛出的石子的初速度v0最大,所以小孩对沿轨迹1抛出的石子做功最多,C错误;因三个石子初速度的竖直分量vy相同,则它们落水时竖直方向的分速度也相等,根据P=mgvy,可知重力的功率相等,D错误。
6.D 弹簧笔竖直向上弹起过程,所受重力保持不变,弹簧弹力减小,当二力平衡时,加速度为零,速度达到最大,动能最大,此时弹簧还有一定的形变量,不是处于原长,所以弹簧的最大弹性势能大于Ekm,故A、B、C错误;运动过程中,对系统来说,只有重力和弹簧弹力做功,所以系统机械能守恒,h1到h2之间弹簧笔的重力势能增加,故弹性势能和动能之和减小,D正确。
7.C 电动车在草地上匀速行驶时,牵引力等于阻力大小,则受到的阻力为f=,A错误;根据F=,可知电动车以额定功率P沿直线在草地上行驶时,速度先减小后不变,受到的牵引力先增大后不变,故B错误;t2时刻的牵引力为F2=,受到的阻力为f=,故t2时刻的加速度为a==-,故C正确;t1~t2时间内,根据动能定理有P(t2-t1)-fx=,又f=,可得行驶的距离为x=v3(t2-t1)-,故D错误。
8.A 以A、B初始所在的等高位置为零势能参考平面,当mA=m1时,根据能量守恒有m0g=Ep+m1g;当mA=m2时,由能量守恒有m0g+Ep=m2g,解得m2+m1=m0;当mA=m2+m1时,由能量守恒有m0g+Ep+(m1+m2+m0)v2=(m1+m2)g,解得v2=gL,根据题意有m1
10.AB 圆环在P处时,细线对圆环的拉力沿水平方向,圆环只具有竖直向上的速度,两者垂直,则细线对圆环的拉力功率为0,A正确。圆环运动到P点时,圆环的水平速度为零,则重物的速度也为零,所以此过程中,重物是先向下加速后向下减速,故细线的拉力先小于重物的重力后大于重物的重力,重物的动能先增大后减小,故C、D错误。圆环运动到P点时,重物的速度为零,则根据动能定理有Mg+W=0,则细线拉力对重物做的功为W=-Mg=-Mgd,故B正确。
11.ACD 地面为重力势能零点,根据Ep=mgh,结合图像有mg= N,解得m=2 kg,A正确;由于取地面为重力势能零点,h=0时,重力势能为0,机械能等于动能,有m=100 J,解得v0=10 m/s,B错误;根据图像可知,机械能E总与高度h的函数关系式为E总=(100-5h) J,h=2 m时,有E总=90 J,则h=2 m时,物体的动能为Ek=90 J-40 J=50 J,C正确;根据图像可知h=4 m时,物体的动能为Ek=80 J-80 J=0,结合上述可知,从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J-0=100 J,D正确。
12.ACD 设物体沿斜面上冲的最大距离为x0,对于上冲过程,由动能定理有-mgx0sin θ-μmgcos θ·x0=0-Ek0,对于下滑过程有mgx0sin θ-μmgcos θ·x0=Ek1-0,解得x0=7.5 m,μ=,A正确;设上滑时动能和势能相等的位置到出发点间距为x1,有-mgx1sin θ-μmgcos θ·x1=Ek上-Ek0,其中mgx1sin θ=Ek上,解得x1= m≈3.95 m>=3.75 m,可知上滑时动能和势能相等的位置在A点上方,B错误;设下滑时动能和势能相等的位置到出发点间距为x2,有mg(x0-x2)sin θ-μmgcos θ·(x0-x2)=Ek下-0,其中mgx2sin θ=Ek下,结合上述解得x2= m≈3.53 m<=3.75 m,可知下滑时动能和势能相等的位置在A点下方,C正确;根据功能关系,物体上滑过程损失的机械能转化为内能,则机械能损失为μmgcos θ·x0=10 J,D正确。
13.答案 (1)(2分) (2)t2-(2分) (3)(2分)
解析 (1)滑块通过光电门时的速度v=。
(2)根据机械能守恒定律,有mgL=(M+m)v2,又v=,解得t2==·+,所以为得到线性关系图线,应作出t2-图线。
(3)根据第(2)问得到的图线,图线在纵轴上的截距b=,则当地的重力加速度为g=。
14.答案 (1)滑槽最高点(2分) (2)x1(2分) (3)AB(2分) (4)0.5(2分)
解析 (1)第二次实验中,应让滑块B仍从滑槽最高点由静止滑下。
(2)第一次实验中,滑块离开M点后将做平抛运动,有x1=vt,H=gt2,解得v=x1。
(3)第二次实验中,滑块依然在M点做平抛运动,其此时的速度为v',有x2=v't,H=gt2,解得v'=x2;滑块在水平桌面上运动,由动能定理有-μmgL=mv'2-mv2,解得μ=,由表达式可知,会引起误差的是H的测量、L的测量和x1、x2的测量。故选A、B。
(4)将题中的数据代入解得μ==0.5。
15.答案 (1)5×106 N (2)12 m/s
解析 (1)游轮从静止开始在海面上做直线运动,由图像可知,在0~20 s内,游轮的加速度a=0.1 m/s2,在t=20 s时,游轮的速度
v=at=2 m/s(2分)
由牛顿第二定律有F-f=Ma (1分)
又P=Fv (1分)
解得f=5×106 N(1分)
(2)当游轮达到最大速度时,有F1=f (1分)
又P=F1vm(1分)
解得游轮行驶的最大速度vm=12 m/s(1分)
16.答案 (1)2 m/s (2)
解析 (1)小物块沿OA运动恰好经过半圆弧轨道的最高点,则
=mg (2分)
从O点到最高点,由动能定理有m-m=-2mgR-μmgL (2分)
解得v0=2 m/s(1分)
(2)小物块沿半圆弧运动的最大高度为h=0.4 m=R
此时小物块仅有沿AB方向的水平速度vx,竖直方向速度为零,设小物块在圆弧轨道最低端时的速度为v2,则vx=v2sin θ (1分)
从圆弧轨道最低端到最大高度过程由动能定理有
m-m=-mgh (2分)
从O点到圆弧轨道最低端过程,由动能定理有
m-m=-μmg· (2分)
解得cos θ= (1分)
17.答案 (1)10 N (2)10 rad/s (3)24 J
解析 (1)系统静止时设弹簧中弹力为F1,A物块受力平衡,有mAg=F1+F (1分)
易判断此时弹簧N也处于压缩状态,B物块受力平衡,有F=F1 (1分)
解得F=10 N(1分)
(2)两弹簧均处于拉伸状态,且形变量相同,设绳中张力为F2,则
A物块受力平衡,有mAg+F1=F2 (1分)
对B物块有F1+F2=mBω2r, (2分)
r=L+2Δx (1分)
解得ω=10 rad/s(1分)
(3)系统从静止到(2)中情境过程中,根据功能关系有
W=mAgh+mB, (2分)
且h=2Δx, (1分)
vB=ωr (1分)
解得W=24 J(1分)
18.答案 (1)2 N (2)不小于2.9 m (3)最后静止的位置可能在C点的左侧0.5 m处或在C点右侧6.25 m处
解析 (1)设小球到最高点E时的速度为v,据动能定理有
mgh-μmgL-2mgR=mv2 (1分)
小球经过圆形轨道最高点E时,设轨道对小球的弹力为F,则
F+mg=m (1分)
解得F=2 N(1分)
根据牛顿第三定律,小球经过圆形轨道最高点E时对轨道的压力大小为2 N。 (1分)
(2)要使小球完成圆周运动,则小球在最高点的速度最小时,重力提供向心力,有mg=m (1分)
根据动能定理有mgh-μmgL-2mgR=m (1分)
解得h=2.9 m(1分)
则可知要使小球完成圆周运动,则释放点A的高度h需要不小于2.9 m。 (1分)
(3)若小球恰好不脱离轨道,第一种情况是,小球从2.9 m高处滑下,过圆形轨道最高点后,从C点向右离开圆形轨道,设小球最后静止的位置到圆形轨道最低点C的距离为x,根据动能定理有
m+2mgR-μmgx=0 (1分)
解得x=6.25 m(1分)
即小球最后静止的位置在C点的右侧,距圆形轨道最低点C的距离为6.25 m; (1分)
若小球恰好不脱离轨道,第二种情况是,小球从斜面滑下进入圆形轨道后只刚好到与圆心等高处,然后滑回来过C点向左滑,根据动能定理有
mgR-μmgx'=0 (1分)
解得x'=2.5 m(1分)
即小球最后静止的位置在C点的左侧,因BC长L=1 m,所以小球最后停在BC中点处、距圆形轨道最低点C的距离为0.5 m; (1分)
综上所述,小球最后静止的位置可能在C点的左侧0.5 m处或在C点右侧6.25 m处。
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