《2019_2020学年新教材高中物理第8章机械能守恒定律章末检测试卷四含解析新人教版必修第二册..docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019_2020学年新教材高中物理第8章机械能守恒定律章末检测试卷四含解析新人教版必修第二册..docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、章末检测试卷(四)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分.17为单项选择题，812为多项选择题)1.在下列所描述的运动过程中，若物体所受的空气阻力均可忽略不计，则机械能守恒的是()A.小孩沿滑梯匀速滑下B.电梯中的货物随电梯一起匀速下降C.发射过程中的火箭加速上升D.被投掷出的铅球在空中运动答案D2.质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力Ff保持不变.当汽车的速度为v、加速度为a时，发动机的实际功率为()A.FfvB.mavC.(maFf)vD.(maFf)v答案C解析由题意知，汽车受到的阻力为Ff，当加速度为a时，由牛顿第二定律有FFfma，得FFfma
2、；根据PFv，则发动机的实际功率为P(Ffma)v，选项C正确.3.(2018宜昌一中高一下学期期末)以一定的初速度竖直向上抛出质量为m的小球，它上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为Ff，重力加速度为g，则从抛出点至回到原出发点的过程中，各力做功的情况正确的是()A.重力做的功为2mghB.空气阻力做的功为2FfhC.合力做的功为2FfhD.物体克服重力做的功为mgh答案B4.将一个小球以初速度v0水平抛出，不计空气阻力，小球在空中运动的过程中重力做功的功率P随时间t变化的图像是下列图中的()答案A解析PGmgvcos mgvymggtmg2t，故重力的功率与时间t成正比，A项正确.5.将质
3、量为200g的物体在高20m处以20m/s的初速度竖直上抛，若测得该物体落地时的速度为20 m/s，则物体在空中运动时克服空气阻力做的功是(g取10m/s2)()A.0B.20JC.36JD.40J答案D解析对物体从开始上抛至落地的整个过程应用动能定理得mghWfmv22mv12，解得Wf40 J，D正确.6.如图1所示，木块A放在木块B的左端，用水平恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有()图1A.W1W2，Q1Q2B.W1W2，Q1Q2C.W1W2，Q1Q2D.W1W2，Q
4、1Q2答案A解析F做的功WFlA，第一次lA1比第二次lA2小，故W12h)，A球刚好在桌边.若由静止释放两球，且A、B两球落地后均不再弹起，则下列说法正确的是(重力加速度为g)()图5A.A球落地前的加速度为B.B球到达桌边的速度为C.B球落地时与A球的水平距离为hD.细线对B球做的功为mgh答案ACD解析A球落地前，以两球整体为研究对象，根据牛顿第二定律有mg2ma，求得加速度为，A正确.A球落地后，B球先向右做匀速运动，到达桌边以后做平抛运动，从释放到A球落地的过程，根据机械能守恒，有mgh2mv2，解得A球落地时B球的速度v，则B球到达桌边的速度为；由运动学公式可得，B球下落到地面的时
5、间t，两球落地后均不再弹起，所以A、B两球落地的水平距离为svthL，故B错误，C正确.细线对B球做的功等于B球到达桌边时获得的动能，Wmv2mgh，D正确.12.如图6所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直且B与轻滑轮间的弹簧和细绳均与斜面平行，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处.放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图6A.弹簧的劲度系数为B.此时弹簧的弹性势能等于mgh
6、mv2C.此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D.此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动答案AB解析A物体下落h，则弹簧的形变量是h，B物体处于静止状态，所以kh2mgsin 30，解得k，A正确；物体A减少的机械能转化为了弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹性势能为mghmv2，B正确；此时弹簧弹力为mg，则A受到的拉力为mg，故A物体受力平衡，加速度为0，C错误；因A落地后不再运动，则弹簧的形变量不再变化，弹力不会再增大，故B不可能离开挡板向上运动，D错误.二、实验题(本题共2小题，共12分)13.(6分)(2018深圳中学期中)用如图7所示实验装置“验证机械能守恒定律”，重物P(含遮光片)和重
7、物Q用跨过轻滑轮的细线相连，现让P从光电门1的上侧由静止释放，P竖直向下运动，分别测出遮光片经过光电门1和光电门2的时间t1和t2，另测得遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为h，已知重力加速度为g.图7(1)实验中还需要测量的物理量有_(填写物理量名称以及表示符号).(2)写出验证机械能守恒定律的等式为_(用以上测得的物理量符号表示).答案(1)重物P的质量m1和重物Q的质量m2(2分)(2)(m1m2)gh(m1m2)()2()2(4分)解析系统减少的重力势能为Ep(m1m2)gh，P经过光电门1的速度为v1，经过光电门2的速度是v2，故系统动能增加量为(m1m2)()2()2，所以还需要
8、测量重物P的质量m1和重物Q的质量m2.14.(6分)(2018攀枝花市高一下学期期末)某实验小组的同学用如图8所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，他们的主要实验步骤如下：图8()按图示安装好器材.()将电火花打点计时器接到电源上.()接通电源后释放纸带，打出一条纸带.()换用另外的纸带，重复步骤().()选取点迹清晰的纸带，测量所选纸带上一系列测量点距初位置的距离.()根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能和它增加的动能，比较二者是否相等.请回答下列问题：(1)为完成此实验，除了图中所给器材外，还必需的器材有_.(填正确选项前的字母)A.天平B.秒表C.毫米刻度尺D.46V的交流电
9、源E.220V的交流电源(2)步骤()中测得测量点距初位置的距离为h，计算出对应的速度为v.以h为横轴，v2为纵轴，画出的图线如图9所示，图线的斜率为k，则当地的重力加速度为_.(不计一切阻力)图9答案(1)CE(2分)(2)(4分)解析(1)比较重锤下落过程中减少的重力势能和它增加的动能，质量可约去，不需要天平；实验中用打点计时器测时间，不需要秒表；测量所选纸带上一系列测量点距初位置的距离需使用毫米刻度尺；电火花打点计时器应接220V的交流电源，故选C、E.(2)重锤的机械能守恒，则mghmv2即v22gh，则v2h图线的斜率k2g，故当地的重力加速度g.三、计算题(本题共4小题，共40分)
10、15.(8分)(2018资阳市高一下学期期末)如图10所示，水平长直轨道AB与半径为R0.8m的光滑竖直圆轨道BC相切于B，轨道BC与半径为r0.4m的光滑竖直圆轨道CD相切于C，质量m1kg的小球静止在A点，现用F18N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点.已知小球与水平面间的动摩擦因数0.2，取g10m/s2.求：图10(1)小球在D点的速度vD大小；(2)小球在B点对圆轨道的压力FNB大小；(3)A、B两点间的距离x.答案(1)2m/s(2)45N(3)2m解析(1)小球恰好过最高点D，由牛顿第二定律有：mgm(1分)解得：vD2m/s；(1分)(2)小球从B
11、到D，由动能定理：mg(Rr)mvD2mvB2(2分)设小球在B点受到圆轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律有：FNmgm(1分)由牛顿第三定律得FNBFN联立解得：FNB45N；(1分)(3)小球从A到B，由动能定理：FmgxmvB2(1分)解得：x2m.(1分)16.(9分)过山车是游乐场中常见的设施.图11是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道的最低点，半径R12.0m、R21.4m.一个质量为m1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v012.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L16.0 m.小球与水平轨道间的动摩
12、擦因数0.2，圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠.重力加速度取g10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字.求：图11(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少.答案(1)10.0N(2)12.5N解析(1)设小球经过第一个圆形轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理mgL12mgR1mv12mv02(3分)小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律Fmgm(1分)由得F10.0 N(1分)(2)小球恰能通过第二圆形轨道，则有mgm(1分)mg(L1L)2mgR2mv2
13、2mv02(2分)由得L12.5 m.(1分)17.(10分)如图12甲所示，质量m1kg的物体静止在光滑的水平面上，t0时刻，物体受到一个变力F作用，t1s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的vt图像如图乙所示，不计其他阻力，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：图12(1)变力F做的功；(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率；(3)物体回到出发点的速度大小.答案(1)50J(2)20W(3)2m/s解析(1)由题图乙知物体1s末的速度v110m/s(1分)根据动能定理得：WFmv1250J.(1分)(2
14、)物体沿斜面上升的最大距离：x110m5m(1分)物体到达斜面时的速度v210m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：mgxsin37Wf0mv22(2分)解得：Wf20J(1分)20W.(1分)(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3，在物体从斜面底端上升到斜面最高点再返回斜面底端的过程中，根据动能定理：2Wfmv32mv22解得：v32m/s(2分)此后物体做匀速直线运动，故物体回到出发点的速度大小为2m/s.(1分)18.(13分)如图13所示，质量为m1kg的小滑块(视为质点)在半径为R0.4m的圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v2m/s.当滑块经过B后立即将圆弧
15、轨道撤去.滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为37、长s1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在01.5之间调节.斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点.认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，不计空气阻力.图13(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2)若设置0，求质点从C运动到D的时间；(3)若最终滑块停在D点，求的取值范围.答案见解析解析(1)在B点，由牛顿第二定律有FNm
16、gm(1分)解得FN20N由牛顿第三定律知FNFN20N(1分)从A到B，由动能定理：mgRWfmv2(1分)解得Wf2J；(1分)(2)若0，滑块在CD间运动有mgsinma加速度agsin6m/s2(1分)由匀变速运动规律得svtat2(1分)解得ts，或t1s(舍去)；(1分)(3)最终滑块停在D点有两种可能：a.滑块恰好能从C下滑到D.则有mgsins1mgcoss0mv2(1分)解得11(1分)b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点.当滑块恰好能返回C：2mgcos2s0mv2(1分)得到20.125(1分)当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin3mgcos，得到30.75(1分)所以，当0.1250.75时，滑块能在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点.综上所述，的取值范围是0.1250.75或1.(1分)11