1、江苏省苏州高新区第一中学2020-2021学年度高一物理单元测试必修二第八章机械能守恒定律满分100分 时间75分钟一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）1. 如图所示，力F大小相等，物体运动的位移l也相同，下列哪种情况F做功最少A. B. C. D. 2. 关于功和功率的计算，下列说法正确的是()A. 用W=Flcos可以计算变力做功B. 用W合=Ek2Ek1可以计算变力做功C. 用W=Pt只能计算恒力做功D. 用P=Wt可以计算瞬时功率3. 质量为m的物体从高h处以2g3的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法正确的是()A. 物体的机械能减少2mgh3B. 物体的重力势能减少mgh3
2、C. 物体的动能增加2mgh3D. 重力做功为mgh4. 关于功率公式P=Wt和P=Fv的说法中正确的是( )A. 由P=Wt知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率B. 由P=Fv只能求某一时刻的瞬时功率C. 由P=Fv知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制增大D. 由P=Fv知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比5. 如图，在地面上以初速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落在比地面低h的海平面上，重力加速度为g，若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则( )A. 物体在海平面上的重力势能为mghB. 重力对物体做的功为mghC. 物体在海平面上的动能为12mv02+mghD.
3、 物体在海平面上的机械能为12mv02+mgh6. 关于功和功率的概念，下列说法正确的是()A. 功有正、负之分，说明功有方向B. 由P=Fv可知，功率一定时，牵引力与速度成反比C. 由P=Wt可知，机器做功越多，其功率就越大D. 由P=Wt可知，只要知道时间t内机器做的功，可以求这段时间内任意时刻机器做功的功率7. 一个重量为10N的物体，在15N的水平拉力作用下，第一次在光滑水平面上移动2m，第二次在动摩擦因数为0.2的粗糙水平面上移动2m，则以下说法正确的是()A. 第一次地面支持力做功20JB. 第二次水平拉力做功为30JC. 第一次重力和拉力的合力做功为10JD. 第二次各力对物体做
4、的总功为08. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A. 圆环的机械能守恒B. 弹簧弹性势能变化了3mgLC. 圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变9. 如图所示，在天花板上的O点系一根细绳，细绳的下端系一小球.将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，小球从位置A开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B点的运动过程中，下面说法正确的是(
5、)A. 小球受到的向心力大小不变B. 细绳对小球的拉力对小球做正功C. 细绳的拉力对小球做功的功率为零D. 重力对小球做功的功率先减小后增大10. 载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是()A. 发动机对飞行包不做功B. 飞行包的重力做正功C. 飞行包的动能不变D. 飞行包的机械能不变11. “太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道上运行的攻击卫星，变轨后接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫星
6、时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，“漆雾”喷散后强力吸附在侦察卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。关于这一过程下列说法正确的是A. 攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期大B. 攻击卫星到达新轨道后，其动能比在原轨道上运行时的动能大C. 攻击卫星到达新轨道后，其机械能比在原轨道上运行时的机械能大D. 攻击卫星在原轨道上运行时需要减速才能变轨接近侦察卫星12. 汽车匀速驶上山坡，下列说法中错误的是()A. 汽车所受合外力对汽车所做的功为零B. 如发动机输出功率为P，汽车上坡摩擦力为f，则汽车上坡的最大速度vm=PfC. 摩擦力与重力对汽车做负功，支
7、持力对汽车不做功D. 当发动机输出功率为恒定时，车速越大，牵引力越小13. 水平地面上固定一倾角为的光滑斜面体，斜面体底端有一垂直于斜面的固定挡板，如图所示，一劲度系数为K的轻弹簧两端连接两物体，质量分别为m、M，用力作用在M上，使系统静止，同时m恰好对挡板无压力。某时刻撤去外力，则撤去外力后(重力加速度取g)( )A. M下滑过程中弹簧的最大弹性势能为2(M2+Mm)g2sin2KB. M下滑过程中弹簧处于原长时M速度最大C. M运动到最低点时m对挡板的压力为2(M+m)gsinD. M在下滑过程中机械能守恒14. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相
8、连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环()A. 下滑过程中，加速度一直减小B. 下滑过程中，因摩擦力产生的热量为14mv2C. 从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了14mv2mghD. 下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）15. 某同学用图(a)所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，图(b)是用6V，50Hz的打点计时器打出的一条纸带，O点为重锤下落的起点，选取的计数点A、B、C、D到点的
9、距离在图中已标出，重力加速度g取9.8m/s2，重锤的质量为1kg.(计算结果均保留两位有效数字)(1)打点计时器打下B点时，重锤下落的速度B=_m/s，重锤的动能EkB=_J(2)从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能的减小量为_J(3)根据(1)、(2)计算，在误差允许范围内，从起点O到打下B点过程中，你得到的结论是_(4)右图是根据某次实验数据绘出的22h的图像，图线不过坐标原点的原因是_16. 一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定律。如图所示，质量为m1的滑块(带遮光条)放在A处，由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为m2的钩码相连，导轨B处有一光电门，用L表示遮光条的宽度，x表示
10、A、B两点间的距离，表示气垫导轨的倾角，g表示当地重力加速度。气泵正常工作后，将滑块由A点静止释放，运动至B，测出遮光条经过光电门的时间t，该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为_，动能的增加量表示为_；若系统机械能守恒，则1t2与x的关系式为1t2=_(用题中已知量表示)。三、计算题（本大题共3小题，共40.0分）17. 吊车以g4的加速度将质量为m的物体匀减速地沿竖直方向提升高度h，求：(1)吊车钢索的拉力对物体做的功为多少；(2)重力做的功为多少；(3)物体的重力势能变化了多少(不计空气阻力)18. 如下图所示，物体A、B之间夹有一根被压缩且被锁定的轻弹簧系统静止在光滑轨道ab
11、c上，其中bc是半径为R=0.1m的半圆形轨道长为L=0.4m的传送带顺时针转动，速度为=2m/s，忽略传送带d端与轨道c点之间的缝隙宽度，物体B与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，已知物体A、B可以看成质点，质量分别为2m、m，g=10m/s2(1)如果m=1.0kg，开始时弹簧的弹性势能为Ep=6.75J，解除弹簧锁定后，物体A获得的速度大小为A=1.5m/s，求物体B获得的速度大小；(2)在(1)的条件下，求物体B再次落到水平轨道ab上时的位置到e点的水平距离(不计空气阻力)；(3)为了使物体B在运动中能到达传送带且不会从e点抛出，解除弹簧锁定后，求物体B获得的速度必须满足的条件19.
12、如下图所示，倾角=37的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m=1kg的物体A和B用一劲度系数k=240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处时，绳与细杆间的夹角=53，且物体B对挡板P的压力恰好为零图中SD水平且长度为d=0.2m，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行现让环C从位置R由静止释放，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2.求：(1)小
13、环C的质量M；(2)小环C运动到位置Q的速率；(3)小环C通过位置S时的动能Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT答案和解析1.【答案】D【解答】A选项中，拉力做功为：W=FlB选项中，拉力做功为：W=Flcos30=32FlC选项中，拉力做功为：W=Flcos30=32FlD选项中，拉力做功为：W=Flcos60=12Fl故D图中拉力F做功最少；故选：D2.【答案】B【解答】A、W=Flcos是恒力做功公式，不可以计算变力做功，故A错误；B、动能定理W合=Ek2Ek1既可以计算恒力做功，也可以计算变力做功，故B正确；C、用W=Pt计算的是恒定功率下，外力做的功，此力可以是恒力
14、，也可以是变力，故C错误；D、用P=Wt计算的是平均功率，不能计算瞬时功率，故D错误。故选B。3.【答案】C【解答】因物体的加速度为2g3，故说明物体受阻力作用，由牛顿第二定律可知，mgf=ma；解得f=13mg；重力做功WG=mgh；阻力做功Wf=13mgh；A.物体的机械能减少等于物体克服阻力所做的功13mgh，故A错误；B.重力做功等于重力势能的改变量，重力做正功，故重力势能减小mgh，故B错误；C.根据动能定理得：Ek=mah=23mgh，即物体的动能增加23mgh，故C正确；D.由题得知，物体由静止竖直下落到地面，重力做正功mgh，故D错误。故选C。4.【答案】D【解答】AB、P=W
15、t为功率的定义式，只适用于求平均功率，而P=Fv虽是由前者推导得出，但可以用于求于求平均功率和瞬时功率，故AB错误；C、功率由发动机决定，故不可以无限制增大，故C错误；D、当功率一定时，速度越大牵引力越小，故牵引力与速度成反比，D正确；故选D。5.【答案】C【解答】A.以地面为参考平面，海平面低于地面的高度为h，所以物体在海平面上时的重力势能为mgh，故A错误；B.重力做功与路径无关，与初、末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故B错误；C.由动能定理得mgh=Ek212mv02，则物体在海平面上的动能为Ek2=12mv02+mgh
16、，故C正确；D.根据机械能守恒知，物体在海平面上的机械能等于抛出时的机械能，为E=12mv02，故D错误故选C。6.【答案】B【解答】A.功是标量，没有方向，正负表示动力还是阻力做功，故A错误；B.由P=Fv可知，功率一定时，牵引力与速度成反比；故B正确；C.功率是反映做功快慢的物理量，力做功越多，功率不一定越大，还要看用了多长时间，故C错误；D.由功率的定义式求出的是平均功率而不是瞬时功率；故D错误；故选B。7.【答案】B【解答】A.地面的支持力与位移方向相互垂直，故支持力不做功，故A错误；B.第二次水平拉力的功W=FL=152J=30J，故B正确；C.第一次时重力不做功，拉力做功W=30J
17、，故重力和拉力的合力做功为30J，故C错误；D.第二次物体受到的合力F合=Fmg=(150.210)N=13N，W合=F合L=132J=26J，故D错误。故选：B。8.【答案】B【解答】A.圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A错误；B.图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=3L，根据系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能增大量为Ep=mgh=3mgL，故B正确；C.圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误；D.根据圆环与弹簧组成的系统机械能
18、守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误；故选B。9.【答案】C【解答】A.小球从A点运动到B点过程中，速度逐渐增大，由向心力F=mv2R可知，向心力增大，故A错误；BC.由于小球释放后绕O点做圆周运动，绳的拉力始终与速度垂直，因此拉力不做功，且绳拉力做功的功率为零，故B错误，C正确；D.该过程中重力的瞬时功率从0变化到0，应是先增大后减小，故D错误。故选C。10.【答案】C【解答】A.飞行包(包括人)在竖直匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，故A错误；B.高度上升，飞行包的重力做负功，故B错误；C.飞行包匀速运动，飞行包的
19、动能不变，故C正确；D.因飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升，故飞行包动能不变，重力势能增大，机械能一定增大，故D错误。故选C。11.【答案】C【解答】A.根据开普勒第三定律r3T2=K可知，攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期小，故A错误；B.根据v=GMr可知攻击卫星到达新轨道时速度变小，根据动能的计算公式Ek=12mv2可知攻击卫星到达新轨道后，其动能比在原轨道上运行时的动能小，故B错误；C.攻击卫星获得一定的能量后做离心运动，从低轨道向高轨道运动，所以攻击卫星到达新轨道后，其机械能比在原轨道上运行时的机械能大，故C正确；D.攻击卫星在原轨道加速后做离心运动，这样才能变轨接近侦
20、查卫星，故D错误。故选C。12.【答案】B【解答】A.汽车匀速驶上山坡，汽车所受合外力对汽车所做的功为零，故A正确；B.如发动机输出功率为P，汽车上坡摩擦力为f，则汽车上坡的最大速度vm=Pf+mgsin，故B错误；C.摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功，故C正确；D.当发动机输出功率为恒定时，根据P=Fv，车速越大，牵引力越小，故D正确。故选B。13.【答案】C【解答】A.平衡时对m有：mgsin=F1，撤去外力时，M的加速度为：a=Mgsin+mgsinM，根据简谐运动对称性，M在最低点的加速度与刚撤去外力时大小相等方向相反，则有：F2MgsinM=Mgsin+mgsinM，解得
21、：F2=2Mgsin+mgsin，由F=kx得，此时弹簧的形变量为：x2=2Mgsin+mgsinK。作出弹簧弹力与形变量的图像，由Fx图像与时间轴围成图形的面积表示力在这段围移内做的功，可知M在由弹簧原长向最低点运动过程中，弹力做功大小为：W=12F2x2=2Mgsin+mgsin22K，由功能关系可知，此过程中弹簧弹性势能的最大值等于W，故A错误。B.当弹簧弹力与重力沿斜面向下的分力大小相等，方向相反时，此时加速度为零，滑块速度最大，故B错误。C.当M运动到最低点时，此时弹簧的弹力为：F2=2Mgsin+mgsin，对小m受力分析，则有：FN=F2+mgsin=2M+mgsin，故C正确。
22、D.M在下滑过程中，M的机械能转化为弹簧的弹性势能，故M的机械能不守恒。故D错误。故选：C。14.【答案】B【解答】A.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速度运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，此时加速度最小为零，所以加速度先减小后增大，故A错误；B.研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mghWfW弹=00，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，则再次由动能定理得：mgh+W弹Wf=012mv2，联立解得：Wf=14mv2，则克服摩擦力做功为：14mv2，故B正确；C.由B中的公式得：W弹=14mv2mgh，所以在C处，弹
23、簧的弹性势能为：mgh14mv2，则从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh14mv2，故C错误，D.研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mghWf+W弹=12mvB20研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf+(W弹)=012mvB2即mghWf+W弹=12mvB2由于WfvB，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D错误。故选B。15.【答案】(1)1.2；0.72(0.680.76均可)；(2)0.73；(3)重锤下落过程中机械能守恒；(4)开始打点时重锤有一定的速度【解答】(1)每两个计数点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间
24、的时间间隔为t=0.04s，则vB=xAC2t=0.12540.032020.04m/s1.2m/s，(2)重锤的重力势能减小量：(3)在误差允许范围内，由于重锤重力势能减小量等于重锤动能的增加量，重锤下落的过程中机械能守恒；(4)某次实验数据绘出的v22h的图像，不过坐标原点，即h=0时，速度不为零，刚释放时重锤速度不为零。故答案为：(1)1.2；0.72(0.680.76均可)；(2)0.73；(3)重锤下落过程中机械能守恒； (4)开始打点时重锤有一定的速度。16.【答案】m2gxm1gxsin；12(m1+m2)L2t2；2(m2gm1gsin)(m1+m2)L2x【解析】解：滑块、遮
25、光条上升重力势能增大，砝码下降重力势能减小所以滑块、遮光条与砝码组成的系统重力势能的减小量EP=m2gxm1gxsin；光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度L很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度vB=Lt根据动能的定义式得出：Ek=12(m1+m2)vB2=12(m1+m2)L2t2若在运动过程中机械能守恒，Ek=EP；所以1t2与x的关系式为1t2=2(m2gm1gsin)(m1+m2)L2x故答案为：m2gxm1gxsin，12(m1+m2)L2t2，2(m2gm1gsin)(m1+m2)L2x关键在于研究对象不是单个物体而是滑块、遮光片与砝码组成的系统对于系统
26、的重力势能变化量要考虑系统内每一个物体的重力势能变化量动能也是一样光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度这个实验对于我们可能是一个新的实验，但该实验的原理都是我们学过的物理规律做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决对于系统问题处理时我们要清楚系统内部各个物体能的变化17.【答案】解：(1)设吊车钢索对物体的拉力为F，物体的加速度a=g4，方向竖直向下由牛顿第二定律得mgF=ma，故F=mgma=34mg，方向竖直向上，所以拉力做的功WF=Fh=34mgh(2)重力做的功WG=mgh(3)Ep=WG=mgh，因此物体的重力势
27、能增加了mgh18.【答案】解：(1)设物体B获得的速度大小为vB，根据系统机械能守恒定律，得Ep=12mvB2+122mvA2，代入数据解得vB=3m/s(2)物体B从弹簧解除锁定到B运动到e过程，由动能定理得：，代入数据解得：ve=1m/s，离开e后B做平抛运动，竖直方向：水平方向：x=vet代入数据解得：x=0.2m；(3)物体B恰好经过c点时重力提供向心力，在c点，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：vc=1m/s，物体B从弹簧解除锁定到运动到c点过程，由动能定理得：mg2R=12mvc212mvB12代入数据解得：vB1=5m/s，物体B恰好到达e端即到达e时速度恰好为零，从弹簧解除锁
28、定到物体B恰好到达e过程，由动能定理得：mg2RmgL=012mvB22，代入数据解得：vB2=22m/s，为了使物体B在运动中能到达传送带且不会从e点抛出，解除弹簧锁定后，物体B获得的速度必须满足的条件是：5m/svB22m/s。19.【答案】解：(1)当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角=53，且物体B对挡板P的压力恰好为零，则AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力，斜面的支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：T=2mgsin=210sin37=12N，以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则：Tcos53=Mg，代入数据得小环C的质
29、量M=0.72kg；(2)对环在Q点的速度进行分解如下图，则：环从位置R运动到位置Q的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒系统机械能守恒：Mg(2dtan)=12Mv2+12mvA2速度关系：vA=vcos两式联立代入数据可得：v=2m/s(3)由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态，产生B沿斜面向上方向的拉力：F1=mgsin=110sin37=6N弹簧的伸长量：x1=F1k=6240m=0.025m当小环C通过位置S时下降的距离为x=dsind=0.5m此时弹簧的压缩量x2=xx1=0.025m由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有：Mgdcot+mgsin=Ek解得：Ek=1.38J对环从位置R运动到位置S的过程中，由动能定理可知：WT+Mgdcot=Ek解得：WT=0.3J
