【文档说明】2022-2023学年高一物理 人教2019必修第二册 同步讲义 第八章 机械能守恒定律 章末检测 Word版含解析.docx，共(21)页，2.860 MB，由小赞的店铺上传

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第八章机械能守恒定律章末检测一、单选题1．A、B两物体的质量之比AB3mm=，它们同时受拉力在水平面上先以相同的加速度从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后，同时撤去拉力，它们均做匀减速直线运动，直到停止

，其图像如图所示。全过程中，下列说法正确的是（）A．A、B两物体克服阻力做功之比为3∶1B．A、B两物体克服阻力做功的平均功率之比为27∶2C．A、B两物体所受的拉力之比为9∶2D．在01.5t时刻，A、B两物体克服阻力做功的功率之比为9∶5【答案】C【解析】A．在002tt时间段，A物体的

加速度为00AAA0002vvfamttt===−在004tt:时间段，B物体的加速度为00BBB00043vvfamttt===−则阻力之比为AB91ff=A、B两物体的运动位移为A0000122xtvtv==B00001422xtvtv==则A、B两

物体克服阻力做功之比为AAABBB919122WfxWfx===故A错误；B．A、B两物体克服阻力做功的平均功率之比为A0ABB02914WtPWPt==故B错误；C．在00t时间段，A物体的加速度为0AAAA0vFfamt−==0BBBB0vFfamt−==故0AA

AA02vFmfft=+=0BBBB04vFmfft=+=则AB92FF=故C正确；D．在01.5t时刻，A物体的速度为0000A1.5tttvv−=解得A012vv=B物体的速度为00000B441.5ttttvv−−=解得B056vv=在01.5t时

刻，A、B两物体克服阻力做功的功率之比为0AAABBB0192725156vPfvPfvv===故D错误。故选C。2．在一次训练中，举重运动员将质量为100kg的铃举高1.8m。在此过程中，关于运动员对杠铃做功和杠铃的重

力势能的变化情况，下列说法中正确的是（重力加速度g取10m/2s）（）A．运动员对杠铃做负功B．运动员对杠铃做正功C．杠铃的重力势能减少180JD．杠铃的重力势能增加180J【答案】B【解析】AB．运动员对杠铃施加的力与杠铃运动方向相同，运动员对杠铃做正功，故A错误，B

正确；CD．杠铃的重力势能增加p1800JEmgh==故CD错误。故选B。3．如图所示，四分之一圆弧轨道AB与水平直轨道BC相接，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。质量为m的物体从轨道顶端A点静止释放恰好运动到C处停止，已知

物体与两个轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，则摩擦力在AB段对物体做的功为（）A．12mgR−B．12mgR−C．mgR−D．()1mgR−【答案】D【解析】从A到C过程根据动能定理有ff0ABBCmgRWW++=BC段摩擦力做负功为fBCBCWfRmgR

=−=−联立解得()f1ABWmgR−=故选D。4．如图，C919在水平跑道上滑跑试飞。当发动机提供52.110N的牵引力时，C919滑跑31.610m即可离地起飞。将滑跑过程视为初速度为零的匀加速直线运动，已知飞机的质量为47.

010kg，受到的阻力恒为其重的0.1倍，则C919起飞的速度约为（）A．57m/sB．80m/sC．89m/sD．113m/s【答案】B【解析】依题意，根据动能定理可得21()02Ffsmv−=−0.1fmg=即543421(2.1100.17.01010)1.6107.010

2v−=求得80m/sv=故选B。5．如图所示，长为L的长木板水平放置，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，使木板以左端为轴转动。当木板转到跟水平面的夹角为时，小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到底端的速度为v，则在

整个过程中（）A．木板对小物体做功为212mvB．摩擦力对小物体做功为sinmgLC．支持力对小物体做功为零D．克服摩擦力做功为21cos2mgLmv−【答案】A【解析】A．在整个过程中重力做功为零，由动能定理可得，木板对物体所做的功等于物

体动能的增量，即212mv，选项A正确；BCD．在木板被抬起过程，静摩擦力与运动方向垂直，摩擦力不做功；支持力与运动方向相同，支持力做功。物体下滑过程中支持力不做功，重力和摩擦力做功，由动能定理得21sin2fmgLWmv+=解得21sin2fWmvmgL=−所以整个过程中，摩擦力做的功为2

1sin2fWmvmgL=−克服摩擦力做的功为21sin2mgLmv−，支持力所做的功为sinmgL，故BCD错误。故选A。6．一个物块在水平地面上受到的水平拉力F随时间t的变化如图甲所示，其相应的速度v随时间t的变化如图乙所示。则在06s内，合外力对物体做的功是（）A．8JB．

16JC．32JD．48J【答案】B【解析】46s时，物体做匀速直线运动，故摩擦力8NfF==24s内，物体做匀加速直线运动知22m/sa=且Ffam−=可求出2kgm=且6st=时4m/sv=根据动能定理，合外力所做的功2116J2Wmv==故选B。7．如图所示，质量为m的滑块从高h处

的a点，沿斜面轨道ab滑入水平轨道bc。在经过b点时无能量损失，滑块与每个轨道的动摩擦因数都相同。滑块在a、c两点的速度大小均为v，ab与bc长度相等，空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中（）A．滑块的动能始终保持不变B．滑块从b到c运动的过程克服阻力做的功一定等于2mghC．

滑块经b点时的速度大于2ghv+D．滑块经b点时的速度等于22ghv+【答案】C【解析】A．滑块在a、c两点时的速度大小均为v，知滑块先加速后减速，动能先增加后减小，故A错误；B．对全程运用动能定理得f0mghW−=全

程克服阻力做功等于mgh。设斜面夹角为，则从a到b克服阻力做功为f'cosWmgabmgbc=则小球在bc过程克服阻力做的功大于2mgh，故B错误；CD．从a到b根据动能定理得2f2112'2mghWmvmv−=−因为f2'mghW所以2vghv+故C正确，D错误。故选C。8

．如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m和m，P、Q通过光滑铰链用长为L的轻杆连接，P套在固定的光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上。原长为2L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆上O点。将P由静止释放，此时轻杆与竖直方向夹角30=；P下降到最低点时变为60重

力加速度为g，则在P下降的过程中，下列说法正确的是（）A．P、Q组成的系统机械能守恒B．下降过程中P的机械能先增大后减小C．弹簧弹性势能最大值为312mgL−D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg【答案】D【解

析】A．P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，因此P、Q组成的系统机械能不守恒，A错误；B．P下降过程中，轻杆一直阻碍P下落，对P做负功，所以P的机械能一直减小，B错误；C．P下降到最低点时，弹性势能最大，整个系

统机械能守恒，因此弹簧弹性势能最大值为==p2(cos30-cos60)(3-1)EmgLmgLC错误；D．P达到最大动能时，在竖直方向上的加速度为零，整个系统竖直方向合力为零，因此Q受到地面的支持力大小为3mg，D正确。故选D。二

、多选题9．如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为建筑材料被吊起后在竖直方向运动的vt−图像（竖直向上为正方向），根据图像下列判断正确的是（）A．在1030s建筑材料的机械能增加B．36s时加

速度改变方向C．46s时建筑材料离地面的距离最大D．30~36s塔吊拉力的功率逐渐减小【答案】AD【解析】A．在1030s建筑材料匀速上升，则动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项A正确；BC．36s时加速度没有改变方向，

只是速度改变方向，此时建筑材料离地面的距离最大，选项BC错误；D．30~36s建筑材料做匀减速运动，则塔吊的拉力不变，速度减小，根据P=Fv可知塔吊拉力的功率逐渐减小，选项D正确。故选AD。10．如图所示，拧开自来水水龙头，水龙头出水口的横截面积为S1，当水流稳定且速度不大

时，流出的水柱上下截面并不相同，现测得距出水口一小段距离H处水柱的横截面积为S2，重力加速度g取10m/s2，假定水在流动的过程中不散开，以下说法正确的是（）A．水龙头中水的流量（单位时间内通过任一横截面的水的体积）是S1S222122gHSS−B．上、下两段

相同长度的水柱的机械能相等C．一段水柱下落的两相邻的相等时间内的动能增加量相等D．若水龙头的出水速度为1m/s，水下落75cm时水的横截面面积变为14S1【答案】AD【解析】A．由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等，设Δt时间内通过任一横截面的水的体积为V，V=vΔtS，出水口的速

度为v1=1VStH处水的速度为v2=2VSt又v22－v12=2gH则水的流量为Vt=S1S222122gHSS−故A正确；B．一段原长为l的水柱在向下运动的过程中，速度增大，水柱变长，设经过一段时间后长为（1＋a）l，这段水柱运动过程中机械能不变，易知上、下两段长度均为l的水柱的机械能

不同，故B错误；C．一段水柱下落的两相邻的相等时间内，下落的距离不一样，重力做的功不一样，动能增加量不相等，故C错误；D．水流从水龙头出水口到B点（75cm处）做匀加速直线运动，由vB2－v12=2gh可得vB=4m/s由单位时间内通过任一横截面的水

的体积相等，可得v1ΔtS1=vBΔtS′解得S′=14S1故D正确。故选AD。11．放在水平地面上的物体受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体的速度v与时间t的关系如图中甲、乙所示，根据图提供的信息可以确定的物理量是

（）A．物体在前2s内受到的摩擦力大小B．物体与地面间的动摩擦因数C．物体在0~4s内动能的变化量D．推力F在0~4s内对物体所做的功【答案】AD【解析】A．由图乙可知前2s内物体静止，则摩擦力大小等于推力大小，由

图甲可知前2s内的推力大小为1N，所以物体前2s内受到的摩擦力大小为1N，故A正确；B．2~4s内物体滑动，但因为不知道物体质量，所以无法计算滑动摩擦力，不能确定动摩擦因数，故B错误；C．由于物体质量未知，无法计算物体动能，所以无法确定

动能的变化量，故C错误；D．由图乙可求出物体的位移x，由图甲可确定推力F的大小，根据功的定义式WFx=，可以确定推力对物体做的功，故D正确。故选AD。12．如图所示，倾角为的传送带顺时针匀速转动，把一物块m（可视为质点）轻放到传送带底端，物块从底端开始，先做匀加速运动一段时

间后做匀速运动，两段运动时间相等，则下列说法正确的是（）A．两过程中物块运动的位移之比为1:2B．两过程中传送带对物块的摩擦力做功之比为1:2C．全过程中物块动能增加量等于物块与传送带摩擦生热D．全过程中传送带对物块所做的功等于物块机械能的增量【答案】AD【解析】A．设传送带的速度为v，物块加

速时间为t，当物块与传送带一起运动时，物体做匀加速运动时，物块的位移为1022vvtxt+==当物块做匀速运动时2xvt=则两过程中物块运动的位移之比为12:1:2xx=故A正确；B．由题意可得，加速阶段，摩擦力所做的功为11cosWmgx=

匀速运动阶段，摩擦力所做的功为22sinWmgx=则1122cossinWxWx=由于缺乏相关数据，无法计算摩擦力所做功之比，故B错误；C．由题意及动能定理可得11cossinEmgxmgx=−传送带摩擦生热为()211cos?cos?cos?Qmgxmgxxmgx=

=−=即EQ故C错误；D．由题意可得，整个过程除了重力做功外，只有传送带对物体做功，由功能关系可得，传送带对物块所做的功等于物块机械能的增量，故D正确。故选AD。三、实验题13．学习小组的同学们准备探究“做功与物体动能变化的关系”，他们在实验

室组装了一套如图甲所示的装置，另外他们还找到打点计时器所用的学生电源一台、天平、刻度尺、导线、复写纸、纸带、砝码若干。实验步骤如下：①测量滑块的质量m；②将长木板右端垫起，平衡滑块与木板之间的摩擦力；③接通电源后静止

释放滑块，滑块在细线拉动下拉着纸带一起运动。图乙是实验中打出的一条纸带。（1）打点计时器所用交流电的频率为50Hz，在纸带上每5个点取一个计数点，用刻度尺量出相邻计数点之间的距离，13.50cmx=、24.50cmx=、35.50cmx=、46.50cm

x=、打B点时小车的速度1v=___________m/s，打D点时小车的速度2=v___________m/s。（结果均保留三位有效数字）。（2）用天平测得滑块的质量为0.880kgm=，g取29.8m/s考虑实验过程中存在误差后，请判断此次实验中使用的小沙桶及细沙的总质量可能为：_____

______。A．0.100kgB．0.097kgC．0.089kgD．0.088kg【答案】0.4000.600A【解析】（1）[1][2]打B点时小车的速度为AC、段的平均速度，所以()121210.400m/s1010xxf

xxvT++===同理()343420.600m/s1010xxfxxvT++===（2）[3]由动能定理可知()()()2223211122mgxxmmvmmv+=+−+沙沙沙代入数据解得0.100kgm=沙故选A。14．利用图1装置做“验证机械能守恒

定律”的实验。（1）实验中除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是()A．交流电源B．刻度尺C．天平（含砝码）D．秒表（2）实验中，需先接通电源，再释放重物，

得到如图2所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为ABChhh、、．已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量

PE=_；动能增加量kE=_______；大多数学生的实验结果显示重力势能的减少量_________（填“小于”、“等于”、“大于”）动能的增加量，主要原因是______________（3）某同学想用该实验装置测量当地的重力加速度g

，该同学在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘2vh−图像，发现图像是一条过原点的直线，且直线的斜率为K，则当地的重力加速度g=________【答案】AB##BABmgh22()8CAmhhT−大于重物在下落过程中存在空气阻力和摩擦力的影响12K

【解析】（1）[1]实验时还必须使用的器材有交流电源和刻度尺；打点计时器可记录重物的运动时间，所以不需要秒表；若重物的机械能守恒，则有22211122mghmvmv=−可知在不需要的出重力势能减少量与动能增加量的具体数据时，可以不测量质量，即不需要天平。故选AB。（2）

[2]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量PBEmgh=[3]打在B点的速度为22ACCABxhhvTT−==动能的增加量为222k2()11()2228CACABhhmhhEmvmTT−−===[4]

[5]大多数学生的实验结果显示重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物在下落过程中存在空气阻力和摩擦力的影响。由于存在空气阻力，所以机械能减小，因此重力势能的减少量略大于动能得增加量。（3）[6]机械能守恒实验满足关

系式212mghmv=解得22vgh=图像是一条过原点的直线，斜率为2Kg=故12gK=四、解答题15．图甲所示为某汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，OA为过原点的倾斜直线，BC为水平直线，AB是与OA和BC都相切的曲线。已知05s内汽车的

牵引力恒为18000NF=，5s=t时，汽车的功率达到额定功率80kW，且在之后的运动过程中保持该功率不变。假设汽车行驶中所受的阻力大小恒为2000Nf=，（汽车行驶时牵引力F、功率P和速度v的关系为PFv=）（1）求5s

=t时汽车速度1v的大小；（2）求35st=时汽车速度2v的大小；（3）在答题卡中图乙中作出0~35s内牵引力的功率P随时间t变化的图像，并计算35s内牵引力所做的功。【答案】（1）10m/s；（2）40m/s；（3）2.6×106J【解析】（1）t=5s时，汽车速度1180000m/s10

m/s8000PvF===额（2）t=35s时，汽车做匀速运动，由二力平衡知，牵引力F2=f=2000N故汽车的速度为2280000m/s40m/s2000PvF===额（3）0～5s内，v与t成正比关系，F1=8000N，根据P=Fv得，P与t成正比关系；5～35s

内，功率保持额定功率80kW不变。故牵引力的功率P随时间t变化的图像如图所示。35s内牵引力所做的功在数值上和P-t图像上图线所围成梯形面积相等，则()3630358010J2.610J2W+==16．如图所示，竖直平面内一倾角为37=的光滑倾斜直轨道A

B与光滑圆弧轨道BC相切于B点，圆弧轨道与传送带水平段平顺连接于C点。一质量为0.2m=kg的小滑块从A点静止释放，经B点最后从C点水平滑上传送带。已知AB长11.0L=m，圆弧轨道半径为0.5R=m，小滑块与传送带间的动摩擦因数为10.4=，CD长度为22.0L=m，D点离地高度为0.45H

=m，若滑块可视为质点，全程不计空气阻力，求：（1）小滑块经过C点时对轨道的压力；（2）传送带以顺时针方向12.0m/sv=的速度转动，小滑块从水平传送带右端D点水平抛出后，落地点到D点的水平距离；（3）传送带以逆时针方向22.0m

/sv=的速度转动，滑块经过C点后，在斜面AB铺上一层动摩擦因数为20.25=的材料，则小滑块在倾斜直轨道上运动的总路程。【答案】（1）7.6N，方向竖直向下；（2）0.6m；（3）1.5m【解析】

（1）对小滑块从A至C过程，应用动能定理得211sin(1cos)02mgLRmv+−=−小滑块经过C点时，据牛顿第二定律得F支−mg＝2vmR解得F支=7.6N据牛顿第三定律可得滑块在C点对轨道的压力F

压=F支=7.6N方向竖直向下；（2）在传送带上加速度214m/smgam==物块达到和传送带共速2212vvax−=−解得21.25mxL=所以抛出时与传送带共速2112Hgtxvt==，解得落地点到D点的水平距离0.6

mx=（3）小滑块在传送带上，减速位移2'1.75m2vxa==小滑块第1次滑上传送带后，以传送带速度2.0m/s返回C点，通过圆弧轨道滑上斜面然后滑下，如此往复后最终小滑块运动至B点时速度接近0，故研究第1次返回C点至最终状态，据动能定理可得2221(1cos

)cos02mgRmgSmv−−−=−解得S=0.5m所以小滑块通过斜面AB的总路程为S′=S+AB=0.5m+1m=1.5m17．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成37角

，长度145ml=．，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为12=，货物可视为质点（cos370.8=，sin370.6=）。（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度1a的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（

3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过1m/s，求水平滑轨的最短长度2l。【答案】（1）212m/sa=；（2）32m/sv=；（3）21.7ml=【解析】（1）设货物的质量为m，由牛顿第二定律可得1sin37cos37mgmgma−=解的212m/sa=（2）根据题意，由动

能定理可得2111sin37cos372mglmglmv−=解的32m/sv=（3）设滑离水平滑轨的速度为1v，由动能定理可得22211122mglmvmv−=−解的21.7ml=故可知2l的最短长度为1.7m。18．如图所

示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D运送到高2.5mh=的平台C上。为了便于运输，仓储员在平台D与皮带间放了一个14圆周的光滑轨道ab，轨道半径0.8mR=，轨道最低点与皮带平滑连接。已知皮带和水平面间的夹角37=，皮带和货物间的动摩擦因数0.75=，运输机的皮

带以01m/sv=的速度顺时针匀速运动（皮带和轮子之间不打滑）。现仓储员将质量200kgm=货物由轨道的a端静止释放，求：()210m/s,sin370.6,cos370.8g===（1）货物到达圆轨道最低点

b时对轨道的压力大小。（2）货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止。（3）皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功。【答案】（1）6000N；（2）0.625mx=；（3）3500JW=【解析】（1）货物由a到b的过程中，根据机械能守恒有212mgRmv=解得4m/sv

=在b点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有2vFmgmR−=解得6000NF=根据牛顿第三定律得，货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小为6000N；（2）设货物沿皮带向上滑行x时相对皮带静止，货物减速上滑过程中，根据动能定理有()22011cos37sin3

722mgmgxmvmv−−=−解得0.625mx=（3）由于tan=，所以货物上滑达到最大速度后，与传送带一起匀速上升，静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，故摩擦力大小不变，方向反向。在x位移内皮带对货物做功1c

os37750JWmgx=−=−货物匀速上升过程的上升高度1sin372.125mhhx=−=在匀速上升阶段，由功能关系得214250JWmgh==故皮带对物体做的总功123500JWWW=+=