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2020-2021学年新教材高中物理 第八章 机械能守恒定律 4 机械能守恒定律素养检测(含解析)新人教版必修2.doc

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资源描述

1、机械能守恒定律(25分钟60分)一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)1.下列运动的物体中,机械能守恒的是()A.加速上升的运载火箭B.被匀速吊起的集装箱C.光滑曲面上自由运动的物体D.在粗糙水平面上运动的物体【解析】选C。由于机械能守恒的条件是只有重力与系统内弹力做功,或有其他的力做功,但这些力所做的功为零。A中由于火箭受到了推力的作用才会加速上升,B中集装箱也受到了拉力的作用才会匀速上升,它们都是由于外力对物体做了功而使机械能增加,故A、B错误;D中粗糙的水平面对运动的物体做了负功,故D的机械能会减小,也错误;C中物体虽然在曲面上运动,但曲面是光滑的,物体不受摩擦力的作用,且

2、物体在曲面上运动时受到的弹力与物体的运动方向总是垂直,不做功,所以它的机械能是守恒的,C正确。【补偿训练】忽略空气阻力,下列物体运动过程中满足机械能守恒的是()A.电梯匀速下降B.物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C.物体沿粗糙斜面匀速下滑D.拉着物体沿光滑斜面匀速上升【解析】选B。电梯匀速下降,说明电梯处于受力平衡状态,并不是只有重力做功,所以A错误;物体在光滑斜面上,受重力和支持力的作用,但是支持力的方向和物体运动的方向垂直,支持力不做功,只有重力做功,所以B正确;物体沿着粗糙斜面匀速下滑,物体受力平衡,摩擦力和重力都要做功,所以机械能不守恒,所以C错误;拉着物体沿光滑斜面匀速上升,物体受力平

3、衡,拉力和重力都要做功,所以机械能不守恒,所以D错误。2.在距地面高度为H的位置斜向上抛出一个质量为m的小球,小球到达最高点时的速度大小为v1,小球落地时的速度大小为v2,忽略空气阻力。则小球抛出时的动能为()A.m-mgHB.mC.m-mD.m-mgH【解析】选A。小球上抛后的运动过程中,只受重力作用,故它遵循机械能守恒的规律,设小球抛出时的动能为Ek,则存在如下关系式:mgH+Ek=m,故小球抛出时的动能Ek=m-mgH,A是正确的。3.一根轻质弹簧的下端固定在水平地面,上端连接一个小球,静止时小球处于O点,如图所示。将小球向下压至A点位置(未超过弹簧的弹性限度)然后放开,小球将在竖直方向

4、上下往复运动,小球到达的最高位置为B点,忽略空气阻力的影响。则关于小球从A点向上运动至B点的过程中,以下判断正确的是()A.弹簧的弹力对小球始终做正功B.弹簧的弹性势能与小球的动能之和一定减小C.小球在O点上方某个位置时的动能达到最大D.小球在B点时弹簧的弹性势能最大【解析】选B。由于小球的一端连接着弹簧,故小球从A点向上运动至B点的过程中,在AO段弹簧对小球做正功,而在OB段,弹簧对小球做的是负功,故A错误;由于整个过程中,只有重力与弹力做功,故机械能守恒,即弹簧的弹性势能与小球的动能加重力势能的总和不变,当小球上升时,它的重力势能增大,故另外两个能量之和一定减小,B正确;由于小球在O点时,

5、小球受到的重力与弹簧的弹力正好相平衡,故此时小球的速度最大,动能最大,所以C错误;由于弹簧的自然状态在O点的上方,故小球在A点时的形变量一定大于在B点时的形变量,故小球在A点时的弹性势能最大,D错误。【补偿训练】如图所示,在光滑的水平面上有一物体,它的左端连一弹簧,弹簧的另一端固定在墙上,在力F作用下物体处于静止状态。当撤去F后,物体将向右运动,在物体向右运动过程中,下列说法正确的是()A. 弹簧的弹性势能逐渐减小B. 弹簧的弹性势能逐渐增大C. 弹簧的弹性势能先增大再减小D. 弹簧的弹性势能先减小再增大【解析】选D。当撤去F后,物体向右运动的过程中,弹簧先由压缩状态变到原长,再伸长,所以形变

6、量先减小后增大,则弹簧的弹性势能先减少再增加,故D正确。弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关,形变量越大,弹性势能越大,题中弹簧先压缩后伸长,根据形变量的变化,分析弹性势能的变化。4.如图所示,质量为m的物体,以水平速度v0离开桌面,若以桌面为零势能面,不计空气阻力,则当它经过离地高度为h的A点时,所具有的机械能是()A.m+mghB.m-mghC.m+mg(H-h)D.m【解析】选D。因不计空气阻力,仅有重力做功,故机械能守恒,选桌面为零势能面,故物体在抛出时的机械能为m,则在运动过程中任何位置的机械能均为m,则选项D正确。5.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放

7、置的轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,弹簧处于原长时,圆环高度为h。让圆环沿杆滑下,滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑到底端的过程中()A.圆环机械能守恒B.弹簧的弹性势能先减小后增大C.弹簧的弹性势能变化了mghD.弹簧与光滑杆垂直时圆环动能最大【解析】选C。圆环与弹簧构成的系统机械能守恒,圆环机械能不守恒,A错误。弹簧形变量先增大后减小再增大,所以弹性势能先增大后减小再增大,B错误。由于圆环与弹簧构成的系统机械能守恒,圆环的机械能减少了mgh,所以弹簧的弹性势能增加mgh,C正确。弹簧与光滑杆垂直时,圆环所受合力沿杆向下,圆环具有与速度同向的加速度,所以做加速运动,D错误

8、。6.如图所示,mA=2mB,不计摩擦阻力,A物体自H高处由静止开始下落,且B物体始终在水平台面上。若以地面为零势能面,当物体A的动能与其势能相等时,物体A距地面高度是()A.B.C.D.【解析】选B。A、B组成的系统机械能守恒,设物体A的动能与其势能相等时,物体A距地面的高度是h,A的速度为v。则有:mAgh=mAv2,v2=2gh从开始到距地面的高度为h的过程中,减少的重力势能为:Ep=mAg(H-h)=2mBg(H-h)增加的动能为:Ek=(mA+mB)v2=(3mB)2gh=3mBgh,由Ep=Ek得h=H。二、非选择题(本题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算

9、的要注明单位)7.(14分)如图所示,一个粗细均匀的U形管内装有同种液体,在管口右端盖板A密闭,两液面的高度差为h,U形管内液柱的总长度为4h。现拿去盖板,液体开始运动,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度是多大?【解析】拿去盖板,液体开始运动,当两液面高度相等时,由液体的机械能守恒可求出右侧液面下降的速度,此时,右侧高为h液柱重心下降了h,液体重力势能的减小量全部转化为整体的动能;设管子的横截面积为S,液体的密度为,则右侧高出左侧的液体的体积为Sh,所以其质量为:m=Sh,全部的液体的质量:M=S4h拿去盖板,液体开始运动,当两液面高度相等时,右侧高为h液柱重心下降了h根据机械能守恒定律得

10、:mgh=Mv2即:hSgh=4hSv2解得:v=。答案:【补偿训练】如图所示,静止放在水平桌面上的纸带,其上有一质量为m=0.1 kg的铁块,它与纸带右端的距离为L=0.5 m,铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为=0.1。现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出,当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘,铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s=0.8 m。已知g=10 m/s2,桌面高度为H=0.8 m,不计纸带质量,不计铁块大小,铁块不滚动。求:(1)铁块抛出时速度大小;(2)纸带从铁块下抽出所用时间t1;(3)纸带抽出过程产生的内能E。【解析】(1)水平方向:s=vt竖直方向:H=gt2由联

11、立解得:v=2 m/s。(2)设铁块的加速度为a1,由牛顿第二定律,得mg=ma1纸带抽出时,铁块的速度v=a1t1联立解得t1=2 s。(3)铁块的位移s1=a1设纸带的位移为s2;由题意知,s2-s1=L由功能关系可得E=mgs2+mg(s2-s1)由联立解得E=0.3 J。答案:(1)2 m/s(2)2 s(3)0.3 J8.(16分)质量分别为m和2m的两个小球P和Q,中间用轻质杆固定连接,杆长为3L,在离P球L处有一个光滑固定轴O,如图所示。现在把杆置于水平位置后自由释放,在Q球顺时针摆动到最低位置时,求:(1)小球P的速度大小;(2)在此过程中小球P机械能的变化量;(3)要使Q球能

12、做完整的圆周运动,给Q球的初速度至少为多大?【解析】在Q球顺时针摆动到最低位置的过程中,对于两球和地球组成的系统机械能守恒,由此列式求解。根据动能和重力势能的变化,求P球机械能的变化。要使Q球能做完整的圆周运动,Q转到最高点时速度至少为零,根据系统的机械能守恒求解。(1)对于P球和Q球组成的系统,只有重力做功,系统机械能守恒,则有:2mg2L-mgL=m+2m两球共轴转动,角速度大小始终相等,由v=r得:vQ=2vP联立解得:vP=(2)小球P机械能的变化量为:E=mgL+m=mgL(3)设要使Q球能做完整的圆周运动,给Q球的初速度至少为v。当Q转到最高点时速度为零恰好能做完整的周期运动,由系

13、统的机械能守恒得:2mg2L=mgL+m+2mv2解得:v=答案:(1)(2)mgL(3)(15分钟40分)9.(6分)如图所示,具有一定初速度的物块,沿倾角为30的粗糙斜面向上运动的过程中,受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用,这时物块的加速度大小为4 m/s2,方向沿斜面向下,那么,在物块向上运动的过程中,下列说法正确的是()A.物块的机械能一定增加B.物块的机械能一定减小C.物块的机械能可能不变D.物块的机械能可能增加也可能减小【解析】选A。机械能变化的原因是非重力、弹力做功,题中除重力外,有拉力F和摩擦力Ff做功,则机械能的变化决定于F与Ff做功的大小关系。由mgsin+Ff-F=ma知

14、:F-Ff=mgsin30-ma0,即FFf,故F做正功多于克服摩擦力做功,故机械能增加。A项正确。10.(6分)质量为m的小球从高H处由静止开始自由下落,以地面作为参考平面,当小球的动能和重力势能相等时,重力的瞬时功率为()A.2mgB.mgC.mgD.mg【解析】选B。动能和重力势能相等时,下落高度为h=,速度v=,故P=mgv=mg,B选项正确。11.(6分)(多选)如图所示,弹簧固定在地面上,一小球从它的正上方A处自由下落,到达B处开始与弹簧接触,到达C处速度为0,不计空气阻力,则在小球从B到C的过程中()A.弹簧的弹性势能不断增大B.弹簧的弹性势能不断减小C.系统机械能不断减小D.系

15、统机械能保持不变【解析】选A、D。从B到C,小球克服弹力做功,弹簧的弹性势能不断增加,A正确,B错误;对小球、弹簧组成的系统,只有重力和系统内弹力做功,系统机械能守恒,C错误,D正确。12.(22分)如图某物体以初动能E0从倾角=37的斜面底A点沿斜面上滑,物体与斜面间的摩擦系数=0.5,而且mgsinmgcos。当物体滑到B点时动能为E,滑到C点时动能为0,物体从C点下滑到AB中点D时动能又为E。已知AB=s,求BC的长度。(sin37=0.6、cos37=0.8)【解析】设BC=s1;物体从B点滑到C点再从C点滑到D点的过程中EkB=EkD,即动能的增量为0。在这过程中,重力所做的功与路径

16、无关,它等于摩擦力所做的功为-mgcos(+2s1)由动能定理W合=Ek,得到:mgsin-mgcos(+2s1)=0,s1=答案:【补偿训练】如图所示为某同学设计的节能运输系统。斜面轨道的倾角为37,木箱与轨道之间的动摩擦因数=0.25。设计要求:木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量m=2 kg的货物装入木箱,木箱载着货物沿轨道无初速度滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动装货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,接着再重复上述过程。若g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)离开弹簧后,木箱沿轨道上滑的过程中的加速度大小;(2)满足设计要求的木箱质量。【解析】(1)设木箱质量为m,对木箱的上滑过程,由牛顿第二定律有:mgsin37+mgcos37=ma代入数据解得:a=8 m/s2。(2)设木箱沿轨道下滑的最大距离为L,弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep,根据能量守恒定律:货物和木箱下滑过程中有:(m+m)gsin37L=(m+m)gcos37L+Ep木箱上滑过程中有:Ep=mgsin37L+mgcos37L联立代入数据解得:m=m=2 kg。答案:(1)8 m/s2(2)2 kg

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