2019-2020学年高中物理人教版必修2测试：第七章 机械能守恒定律 检测试卷
第七章 《机械能守恒定律》检测试卷
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题 (本题有14小题，每小题3分，共42分．其中1～10题为单选题，11～14题为多选题，选对但不全得2分)
1．[2019·四川三台中学期末考试]如图所示，木板可绕固定的水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J．用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力．在这一过程中，以下判断正确的是( )
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块做功2 J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功2 J
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为0
解析：木板从水平位置OA缓慢转到位置OB，FN与物块运动方向相同，做正功，Ff与物块运动方向始终垂直，故对物块不做功．重力对物块做负功，根据动能定理，支持力与重力做功的和等于动能的增量，缓慢运动时动能的增量为0，支持力做功等于克服重力做功，FN对物块做功2 J，选项B正确．
答案：B
2．[2019·天津市新华中学期末考试]一小球由如图所示轨道的O点以初速度v0＝8 m/s水平向左运动，经一段时间达到轨道的最高点，该点距离地面的高度为h＝2.5 m，g＝10 m/s2.若小球与轨道之间的摩擦力不能忽略，则小球返回O点的速度为( )
A．8 m/s B．6 m/s
C. m/s D．5 m/s
解析：从出发点到最高点，由动能定理得－mgh－Wf＝－mv
eq oal(2,0)，从最高点返回出发点时，由动能定理得mgh－Wf＝mv2，解得v＝，代入数据得v＝6 m/s，B正确；A、C、D三项错误．
答案：B
3．[2019·华东师大二附中期中考试]如图所示，一小物块在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A经B滑到C，若不考虑物块在经过B点时机械能的损失，则下列说法正确的是( )
A．从A到B和从B到C，减少的机械能相等
B．从A到B和从B到C，减少的重力势能相等
C．从A到B和从B到C，因摩擦而产生的热量相等
D．小物块在C点的动能一定最大
解析：设斜面与水平面的夹角为θ，则斜面的长度为L＝，物块受到的摩擦力为Ff＝μmgcos θ，物块下滑的过程中摩擦力做功为Wf＝－FfL＝－，由题图可知斜面BC与水平面的夹角比斜面AB与水平面的夹角小，所以在物块下滑的过程中，从B到C过程中克服摩擦力做的功多，物块减少的机械能多，A项错误；重力势能变化量由初、末位置高度差决定，AB段的高度和BC段的高度相同，则减少的重力势能相等，B项正确；摩擦力做负功产生热量，可知从B到C过程中克服摩擦力做的功多，产生的热量多，C项错误；根据动能定理ΔEk＝WG＋WFf，由于从B到C过程不知重力做功和摩擦力做功的关系，故不知B，C两位置小物块的动能大小关系，D项错误．
答案：B
4．[2019·重庆一中期末考试]一四驱车的最大输出功率为90 kW，假设四驱车受到地面的阻力大小恒为f，而运动过程中的四驱车能达到的最大速度为vm.则下列说法正确的是( )
A．若在某路段上四驱车受到地面的阻力大小变为2f，则四驱车在该路段能达到的最大速度为
B．若在运动过程中四驱车的牵引力大小加倍，则四驱车能达到的最大速度为2vm
C．若在运动过程中四驱车的牵引力大小减半，则四驱车的最大输出功率变为45 kW
D．若四驱车在该路段做匀速直线运动，则四驱车的输出功率一定为90 kW
解析：四驱车速度达到最大时，做匀速运动，此时四驱车的牵引力等于阻力，根据P＝fv可知，当阻力加倍时，最大速度减半，A项正确；牵引力加倍，只要阻力不变，最大速度也不变，B项错误；四驱车的最大输出功率是不变的，C项错误；四驱车可以以某一恒定功率做匀速运动，不一定是最大输出功率，D项错误．
答案：A
5．[2019·西北工业大学附中期末考试]某实验小组的同学在研究一电动机的输出功率时，该小组的同学用该电动机通过一轻绳提升一定质量的物体，并用计算机描绘出了物体的速度随时间变化的图象，如图所示．则该电动机的输出功率随时间变化的图象可能是( )
解析：在0～t1时间内，物体以加速度a匀加速上升，轻绳拉力的大小为F＝mg＋ma，其瞬时功率的表达式为P1＝(mg＋ma)at.在t1～2t1时间内，物体匀速上升，轻绳拉力的功率P2＝mgv0，不变．在2t1～3t1时间内，物体以加速度a匀减速上升，轻绳拉力的大小为F＝mg－ma，其瞬时功率的表达式为P3＝(mg－ma)(v0－at′)(t′是从2t1时刻开始计时后的时间)．在t1和2t1时刻，由于轻绳的拉力突然变小，导致拉力的功率也突然变小，C项正确，A、B、D三项错误．
答案：C
6．从地面竖直上抛一个质量为m
的小球，小球上升的最大高度为h.设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为Ff.下列说法正确的是( )
A．小球上升的过程中动能减少了mgh
B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了Ffh
C．小球上升的过程中重力势能增加了mgh
D．小球上升和下降的整个过程中动能减少了Ffh
解析：小球在上升过程中的动能减少量等于克服合力做的功，即ΔEk＝(mg＋Ff)h，A项错误；整个过程中的机械能减少量(动能减少量)等于克服除重力之外其他力做的功，即ΔE＝2Ffh，B、D错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝mgh，C项正确．
答案：C
7．如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm2，喷出水的速度为20 m/s(水的密度为1×103 kg/m3)．当它工作时，估计水枪的功率约为( )
A．240 W B．280 W
C．320 W D．360 W
解析：每秒钟喷出的水做的功W＝Ek＝mv2＝ρSvt·v2，代入数据得W＝240 J，由P＝＝240 W，选项A正确．
答案：A
8．某工地上，一架起重机将放在地面上的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中O～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线．根据图象可知( )
A．O～x1过程中箱子所受的拉力逐渐增大
B．O～x1过程中箱子的动能一直增加
C．x1～x2过程中箱子所受的拉力一直不变
D．x1～x2过程中起重机的输出功率一直增大
解析：由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功箱子的机械能就减少多少，所以Ex图象的斜率的绝对值等于箱子所受拉力的大小，由题图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O～x1内箱子所受的拉力逐渐减小，所以开始先做加速运动，当拉力减小后，可能做减速运动，故A、B两项错误；由于箱子在x1～x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故箱子受到的拉力不变，故C项正确；由于箱子在x1～x2内Ex图象的斜率的绝对值不变，故箱子所受的拉力保持不变，如果拉力等于箱子所受的重力，故箱子做匀速直线运动，所以输出功率可能不变，故D错误．
答案：C
9．[2019·山东淄博实验中学期末考试]如图所示为水平的传送带，已知最左端与最右端之间的距离为l，为了分析摩擦力做功的情况，某实验小组的同学进行了如下的操作：第一次将传送带固定不动，将一滑块以水平向左的速度从最右端滑上，同时在一水平外力的作用下使滑块以v1的速度匀速运动到最左端，水平外力做的功用W1表示，产生的内能用Q1表示；第二次启动电机带动传送带以恒定的速度v2向左匀速传动，将同一滑块从最右端以水平向左的速度滑上，仍在外力的作用下使滑块以相对传送带v1的速度匀速运动到最左端，水平外力做的功用W2表示，产生的内能用Q2表示．则( )
A．W1＝W2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，Q1>Q2
C．W1>W2，Q1>Q2 D．W1>W2，Q1＝Q2
解析：本题的疑难之处在于两过程中滑块与传送带之间的相对位移．因为两次的拉力大小和沿拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2；当传送带不动时，滑块运动的时间为t1＝，滑块相对传送带的位移为x1＝l；当传送带以v2的速度匀速运动时，滑块运动的时间为t2＝，滑块相对传送带的位移为x2＝(v1－v2)t2＝
Q2.综上所述B项正确．
答案：B
10．[2019·浙江萧山中学期末考试]如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应轨道的最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法正确的是( )
A．轨道对小球做正功，小球的线速度vP>vQ
B．轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQ
C．小球的向心加速度aP>aQ
D．轨道对小球的压力FP>FQ
解析：解答本题的关键在于知道支持力与速度方向垂直，支持力不做功，通过动能定理比较线速度的大小关系，知道线速度、角速度、向心加速度的大小关系．由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则小球通过P点的速度小于小球通过Q点的速度，且P点对应的轨道的半径大于Q点对应的轨道的半径，所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的，故A项错误，B项正确；根据以上分析由a＝得，小球在P点的向心加速度小于在Q点的，则小球在P点的向心力小于在Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于在Q点的，即小球在P点对轨道的压力小于在Q点的，故C、D两项错误．
答案：B
11．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点(在水面上方)时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略不计，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，运动员的重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关
解析：运动员下落到最低点前，重力做正功，重力势能减小，A项正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加，B项正确；蹦极过程中，对运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，除重力和弹力外其他力不做功，系统机械能守恒，C项正确；蹦极过程中，运动员的重力势能的大小与重力势能零点的选取有关，但运动员的重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，D项错误．
答案：ABC
12．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法正确的是( )
A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零
B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等
C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等
D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等
解析：小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对小球做负功，故A项错误；设A到C的高度从C到B的高度为h，AC的距离为x，斜面的倾角为θ，则有xsin θ＝h，根据－mgh－μmgxcos θ＝ΔEk，可知小球从A到C过程与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等，故B项正确；小球从A到C与从C到B的过程，受力情况不变，加速度相同，所以速度的变化率相等，故C项正确；克服除重力之外其他力做多少功物体的机械能就减少多少，根据－μmgxcos θ＝－ΔE可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D项正确．
答案：BCD
13．将一质量为1 kg
的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带正以4 m/s的速度顺时针运行，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带左右距离无限长，当滑块放上去2 s时，突然断电，传送带以1 m/s2的加速度做匀减速运动至停止，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是 ( )
A．前2 s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 J
B．前2 s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为16 J
C．2 s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 J
D．2 s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为0
解析：第2 s时，滑块的速度v1＝μgt＝4 m/s，故前2 s，滑块的位移x1＝μgt2＝4 m，传送带的位移x2＝vt＝8 m，相对位移Δx＝x2－x1＝4 m,2 s后滑块随传送带一起做匀减速运动，无相对位移，整个过程中传送带与滑块之间因摩擦力而产生的热量为Q＝μmg·Δx＝8 J，选项A、D两项正确．
答案：AD
14．[2019·重庆育才中学期中考试]某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2 s后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边基本相平)开始滑行，又经3 s停在了冰上的B点，如图所示．若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述正确的是( )
解析：由题意知，初、末速度均为0，前2 s做匀加速运动，后3 s做匀减速运动，位移一直增加，A项错误；加速度的大小关系为32，由牛顿第二定律得受的合外力的大小关系为32，B、C两项正
确；运动过程中重力势能不变，而动能先增大后减小，所以机械能先增大后减小，D项错误．
答案：BC
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、实验题(本题有2小题，共16分)
15．(7分)某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．
(1)(多选)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是________．
A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先放小车，后接通电源
C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好
D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有________．
(3)如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g.图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m.请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来________．
解析：
(1)实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是细线的拉力，故A项正确；实验操作时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故B项错误；在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C项错误；在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细线对小车的拉力，故D项正确．(2)本题的实验原理是验证砂桶和砂重力做的功等于小车动能的增加量，所以要测砂和砂桶的总质量、小车的质量，还要测纸带上各点的距离来求速度，所以所需的测量器材还应有天平和刻度尺．(3)在A点的速度为v1＝，在B点：v2＝
所以动能变化量
ΔEk＝Mv－Mv＝
而砂和砂桶的总重力做的功为：WG＝mgx
要探究动能定理的表达式为：mgx＝
答案：(1)AD (2)刻度尺、天平
(3)mgx＝
16．(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9.8 m/s2)
(1)选出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，打点计时器通过频率为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ΔEp＝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项正确．由图线可知，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
三、计算题(本题有4小题，共42分)
17．(10分)如图所示，为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做
vm＝1.02 m/s的匀速运动．不计额外功．(取g＝10 m/s2)求：
(1)起重机允许的最大输出功率；
(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率．
解析：(1)设起重机允许的最大输出功率为P0，重物达到最大速度时拉力F0等于重力．
P0＝F0vm，F0＝mg.
代入数据，得P0＝5.1×104 W.
(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率．
设此时重物受到拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1
有P0＝Fv1，F－mg＝ma，v1＝at1
代入数据，得t1＝5 s
t＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，v2＝at，P＝Fv2.得P＝2.04×104 W.
答案：(1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W
18．(10分)如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑到C点停止，人与雪橇的总质量为70 kg.表中记录了沿坡滑下过程中有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题：
位置
A
B
C
速度/(m/s)
2.0
12.0
0
时刻/s
0
4
10
(1)人与雪橇从A点到B点的过程中，损失的机械能为多少？
(2)设人与雪橇在BC段所受阻力是恒定的，求阻力大小．(g取10 m/s2)
解析：(1)从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能
ΔE＝mgh＋mv－mv，代入数据，得
ΔE＝
J＝9 100 J.
(2)人与雪橇在BC段做减速运动的加速度
a＝＝m/s2＝－2 m/s2.
根据牛顿第二定律，有Ff＝ma＝70×(－2) N
＝－140 N.
答案：(1)9 100 J (2)140 N
19．(10分)如图甲所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为θ的足够长的固定光滑斜面，AB、BC间用一小段光滑的圆弧管道(图中未画出)相连．一根长为L的均匀柔软链条开始时静止放在ABC上，其一端D到B的距离为La，现自由释放链条(结果可以用根式表示，重力加速度为g)．
(1)链条的D端滑到B点时，链条的速度是多大？
(2)若将此链条放在桌腿足够长的光滑水平桌面上，桌边固定一弧形光滑管道(图中未画出)，如图乙所示，且使长度为L的部分链条悬在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，求链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小(已知链条未着地，且运动过程中无能量损失)．
解析：(1)将水平面上长为L－a的链条填补到斜面上链条的下端，由系统重力势能的减少量等于动能的增加量得
mgsin θ＝mv2
链条的D端滑到B点时，链条的速度大小
v＝
(2)以桌面为零势能面，开始时链条的机械能为E1＝－mg·L
当链条刚脱离桌面时的机械能为E2＝mv′2－mg·L
由机械能守恒可得E1＝E2
解得v′＝
答案：(1) (2)
20．[2019·西安高新一中期末考试](12分)如图所示，半径为R、r(R>r)的甲、乙两圆形轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道(CD)相连，如果小物块从离地3R高处的A点由静止释放，可以滑过甲轨道，经过CD段又滑上乙轨道后离开两圆形轨道，小物块与CD段间的动摩擦因数为μ，其余各段均光滑．
(1)判断小物块能否通过甲轨道而不撞轨；
(2)为避免出现小物块脱离圆形轨道而发生撞轨现象，求CD段的长度满足的条件．
解析：解本题的关键是分析小物块与轨道不碰撞的条件．
(1)小物块在甲轨道上做圆周运动通过最高点的最小速度为vmin＝
设小物块能通过甲轨道最高点，且此时速度为v1
由动能定理定律得mg(3R－2R)＝mv
解得v1＝
v1>，所以小物块能通过甲轨道而不撞轨
(2)设CD的长度为x，小物块在乙轨道最高点的最小速度为v2＝
小物块要通过乙轨道最高点，则需满足
mg(3R－2r)－μgmx≥mv
解得x≤
小物块未到达乙轨道圆心等高处以上，则需满足
mg(3R－r)－μgmx≤0，mg×3R－μgmx>0
解得≤x<
综上可知CD段的长度x满足x≤或≤x<.
答案：(1)能 (2)CD≤或≤CD<
