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第4章 能量守恒與可持續(xù)發(fā)展 章末檢測試卷(四) (時間：90分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分) 1．下列說法中正確的是(　　) A．能就是功，功就是能 B．做功越多，物體的能量就越大 C．外力對物體不做功，這個物體就沒有能量 D．能量轉化的多少可以用做功來量度 答案　D 解析　功和能是兩個不同的概念，故A錯；做功的多少只是說明了能量轉化的多少，而不能說明能量的多少，故B錯；外力做功與否不能說明物體能量的有無，故C錯；功是能量轉化的量度，故D對． 2．汽車關閉發(fā)動機后恰能沿斜坡勻速下滑，在這個過程中(　　) A．汽車的機械能守恒 B．汽車的動能和勢能相互轉化 C．機械能轉化為內能，總能量守恒 D．機械能和內能之間沒有轉化 答案　C 解析　汽車關閉發(fā)動機后，勻速下滑，重力沿斜面向下的分力與摩擦阻力平衡，摩擦阻力做功，汽車摩擦生熱，溫度升高，有部分機械能轉化為內能，機械能減少，但總能量守恒．因此，只有選項C正確． 3.如圖1所示，小球m分別從A點和B點無初速度地釋放，則經過最低點C時，小球的速率之比v1∶v2為(空氣阻力不計)(　　) 圖1 A．1∶ B.∶1 C．2∶1 D．1∶2 答案　B 4．一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數米距離．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法錯誤的是(　　) A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小 B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加 C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．蹦極過程中，重力勢能的改變與零勢能參考平面的選取有關 答案　D 5.如圖2所示，有一內壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2，則(　　) 圖2 A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2 C．v1＝v2，t1t2，故選項A正確． 6.如圖3所示，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動．已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1－N2的值為(　　) 圖3 A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg 答案　D 解析　設小球在最低點速度為v1，在最高點速度為v2，根據牛頓第二定律，在最低點有N1－mg＝m，在最高點有N2＋mg＝m，從最高點到最低點，根據機械能守恒有mg2R＋mv22＝mv12，聯立以上三式可以得到：N1－N2＝6mg，故選項D正確． 7．質量為4 kg的物體被人由靜止開始向上提升0.25 m后速度達到1 m/s，不計空氣阻力，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．人對物體傳遞的功為12 J B．合外力對物體做功為12 J C．物體克服重力做功為10 J D．人對物體做的功等于物體增加的動能 答案　C 解析　人提升物體的過程中，人對物體做了功，對物體傳遞了能量，不能說人對物體傳遞了功，A錯誤；合外力對物體做的功(包括重力)等于物體動能的變化，W合＝mv2＝2 J，B錯誤；物體克服重力做的功等于物體重力勢能的增加量，WG＝mgh＝10 J，C正確；W人＝mgh＋mv2＝12 J，D錯誤． 8．(多選)如圖4所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ，傳送帶以速度v勻速運動，在傳送帶底端無初速度地放置一個質量為m的物體，當物體上升高度h時，物體已經相對傳送帶靜止，在這個過程中對物體分析正確的是(　　) 圖4 A．動能增加mgh B．動能增加mv2 C．重力勢能增加mgh D．重力勢能增加mgh＋mv2 答案　BC 解析　當物體相對傳送帶靜止時，物體的速度與傳送帶的速度相等，物體的動能增加了mv2，選項B正確，選項A錯誤；物體升高了h，物體的重力勢能增加了mgh，選項C正確，D錯誤． 9．(多選)2016年跳水世界杯賽在巴西里約熱內盧舉行，中國選手邱波在男子10米臺的較量中以557.75分獲得冠軍．在高臺跳水比賽中，質量為m的邱波進入水中后受到水的阻力(包含浮力)而豎直向下做減速運動，設水對他的阻力大小恒為F，則在他減速下降深度為h的過程中，下列說法正確的是(g為當地的重力加速度)(　　) A．他的動能減少了Fh B．他的重力勢能減少了mgh C．他的機械能減少了(F－mg)h D．他的機械能減少了Fh 答案　BD 解析　根據動能定理，動能的減少量等于合外力所做的功，所以ΔEk＝Fh－mgh，A錯誤；他的重力勢能減少了mgh，B正確；他的機械能減少量是除重力之外的力所做的功Fh，C錯誤，D正確． 10．(多選)如圖5所示，卷揚機的繩索通過光滑定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動．在移動過程中，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能 D．F對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力所做的功之和 答案　CD 解析　木箱加速上移的過程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做負功，支持力不做功，由動能定理得： WF－WG－Wf＝mv2－0. 即WF＝WG＋Wf＋mv2. A、B錯誤，D正確．又因木箱克服重力做功WG等于木箱重力勢能的增加量，故C正確． 11．(多選)如圖所示，A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側斜面完全相同，現從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進入右側不同的豎直軌道：除去底部一小圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；B圖中的軌道與A圖中軌道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C圖中的軌道是一個內徑略大于小球直徑的管道，其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管的高度大于h；D圖中的軌道是個半圓形軌道，其直徑等于h.如果不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進入右側軌道后能到達h高度的是(　　) 答案　AC 解析　小球在運動過程中機械能守恒，A、C圖中小球不能脫離軌道，在最高點速度為零，因而可以達到h高度．但B、D圖中小球都會脫離軌道而做斜拋運動，在最高點具有水平速度，所以在最高點的重力勢能要小于mgh(以最低點為零勢能面)，即最高點的高度要小于h，選項A、C正確． 12．(多選)如圖6所示，重10 N的滑塊在傾角為30的斜面上，從a點由靜止開始下滑，到b點接觸到一個輕彈簧，滑塊壓縮彈簧到c點開始彈回，返回b點離開彈簧，最后又回到a點．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m，那么下列說法中正確的是(　　) 圖6 A．整個過程中滑塊動能的最大值為6 J B．整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6 J C．從c到b彈簧的彈力對滑塊做功6 J D．整個過程中彈簧、滑塊與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 答案　BCD 解析　滑塊能回到原出發(fā)點，所以機械能守恒，D正確；以c點為參考點，則a點的機械能為6 J，c點時的速度為0，重力勢能為0，所以彈性勢能的最大值為6 J，從c到b彈簧的彈力對滑塊做的功等于彈性勢能的減少量，故為6 J，選項B、C正確． 二、實驗題(本題共2小題，共12分) 13．(6分)為了驗證機械能守恒定律，某同學設計了如圖7甲所示的實驗裝置，并提供了如下的實驗器材：A.小車　B．鉤碼　C．一端帶滑輪的木板　D．細線　E．電火花計時器　F．紙帶　G．毫米刻度尺　H．低壓交流電源　I．220 V交流電源 圖7 (1)根據上述實驗裝置和提供的實驗器材，你認為實驗中不需要的器材是________(填寫器材序號)，還應補充的器材是________． (2)實驗中得到了一條紙帶如圖乙所示，選擇點跡清晰且便于測量的連續(xù)7個點(標號0～6)，測出0到1、2、3、4、5、6點的距離分別為d1、d2、d3、d4、d5、d6，打點周期為T.則打點2時小車的速度v2＝__________；若測得小車質量為M、鉤碼質量為m，打點1和點5時小車的速度分別用v1、v5表示，已知重力加速度為g，則驗證點1與點5間系統(tǒng)的機械能守恒的關系式可表示為__________________________________________________________ ________________________________________________________________________. (3)在實驗數據處理時，如果以為縱軸，以d為橫軸，根據實驗數據繪出－d圖像，其圖線的斜率表示的物理量的表達式為__________． 答案　(1)H　天平　(2)　mg(d5－d1)＝(M＋m)(v52－v12)　(3) 解析　(2)打點2時的速度等于1～3間或0～4間的平均速度，即v2＝；根據機械能守恒，整個系統(tǒng)減少的重力勢能等于整個系統(tǒng)增加的動能，即mg(d5－d1)＝(M＋m) (v52－v12) ； (3)根據mgd＝(M＋m)v2－(M＋m)v02得：＝d＋，所以－d圖線的斜率表示的物理量的表達式為. 14．(6分)某同學根據機械能守恒定律，設計實驗探究彈簧的彈性勢能與壓縮量的關系． (1)如圖8甲所示，將輕質彈簧下端固定于鐵架臺，在上端的托盤中依次增加砝碼，測量相應的彈簧長度，部分數據如下表，由數據算得勁度系數k＝________ N/m.(g取9.80 m/s2) 　　 圖8 砝碼質量/g 50 100 150 彈簧長度/cm 8.62 7.63 6.66 (2)取下彈簧，將其一端固定于氣墊導軌左側，如圖乙所示，調整導軌使滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度大小________． (3)用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量x；釋放滑塊，記錄滑塊脫離彈簧后的速度v.釋放滑塊過程中，彈簧的彈性勢能轉化為________． (4)重復(3)中的操作，得到v與x的關系如圖丙，由圖可知，v與x成________關系．由上述實驗可得結論：對同一根彈簧，彈性勢能與彈簧的________成正比． 答案　(1)50　(2)相等　(3)滑塊的動能　(4)正比　壓縮量的二次方 解析　(1)加50 g砝碼時，彈簧彈力F1＝mg＝k1(l0－l1)，加100 g砝碼時F2＝2mg＝k1(l0－l2)，ΔF＝F2－F1＝k1(l1－l2)，則k1≈49.5 N/m，同理由加100 g砝碼和加150 g砝碼的情況可求得k2≈50.5 N/m，則勁度系數k＝＝50 N/m. (2)使滑塊通過兩個光電門時的速度大小相等，就可以認為滑塊離開彈簧后做勻速直線運動． (3)彈性勢能轉化為滑塊的動能． (4)圖線是過原點的直線，所以v與x成正比，整個過程彈性勢能轉化為動能，即E彈＝Ek＝mv2，彈性勢能與速度的二次方成正比，則彈性勢能與彈簧壓縮量x的二次方成正比． 三、計算題(本題共4小題，共40分，解答時應寫出必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位) 15．(8分)在地面處，以30 m/s的初速度豎直向上拋出一個小球，不計空氣阻力，取地面為零勢能面．問：(g取10 m/s2) (1)小球距地面多高時，它的重力勢能是動能的2倍？ (2)若小球在運動過程中，動能是重力勢能的2倍時，它的速度大小為多少？ 答案　(1)30 m　(2)10 m/s 解析　(1)設小球距地面高度為h時，Ep＝2Ek 由機械能守恒定律知Ep＋Ek＝mv02 在離地面h高處物體的重力勢能Ep＝mgh 由以上三個方程解得h＝30 m (2)設當小球速度為v時，Ek＝2Ep，Ek＝mv2 由機械能守恒定律知Ek＋Ep＝mv02 由以上三個方程解得v＝10 m/s. 16．(10分)如圖9所示，豎直平面內半徑為R的光滑半圓形軌道，與水平軌道AB相連接，AB的長度為s.一質量為m的小球，在水平恒力F作用下由靜止開始從A向B運動，小球與水平軌道間的動摩擦因數為μ，到B點時撤去力F，小球沿圓軌道運動到最高點時對軌道的壓力為2mg，重力加速度為g.求： 圖9 (1)小球在C點的加速度大??； (2)恒力F的大?。? 答案　(1)3g　(2)μmg＋ 解析　(1)由牛頓第三定律知在C點，軌道對小球的彈力N＝2mg.小球在C點時，受到重力和軌道對球向下的彈力，由牛頓第二定律得N＋mg＝ma，解得a＝3g. (2)設小球在B、C兩點的速度分別為v1、v2，在C點由a＝得v2＝. 從B到C過程中，由機械能守恒定律得 mv12＝mv22＋mg2R. 解得v1＝. 從A到B過程中，由動能定理得 Fs－μmgs＝mv12－0. 解得F＝μmg＋. 17．(10分)如圖10所示，軌道ABCD平滑連接，其中AB為光滑的曲面，BC為粗糙水平面，CD為半徑為r的內壁光滑的四分之一圓管，管口D正下方直立一根勁度系數為k的輕彈簧，彈簧下端固定，上端恰好與D端齊平．質量為m的小球在曲面AB上距BC高為3r處由靜止下滑，進入管口C端時與圓管恰好無壓力作用，通過CD后壓縮彈簧，壓縮過程中小球速度最大時彈簧彈性勢能為Ep.已知小球與水平面BC間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，求： 圖10 (1)水平面BC的長度s； (2)小球向下壓縮彈簧過程中的最大動能Ekm. 答案　(1)　(2)mgr＋－Ep 解析　(1)由小球在C點對軌道沒有壓力， 有mg＝m 小球從出發(fā)點運動到C點的過程中，由動能定理得3mgr－μmgs＝mvC2 解得s＝. (2)速度最大時，小球加速度為0，設彈簧壓縮量為x. 由kx＝mg，得x＝ 由C點到速度最大時，小球和彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒 設速度最大時的位置為零勢能面， 有mvC2＋mg(r＋x)＝Ekm＋Ep 解得Ekm＝mgr＋－Ep. 18．(12分)如圖11所示，繃緊的皮帶與水平面的夾角θ＝30，皮帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2 m/s的速率運行，現把一質量為m＝10 kg的工件(可看成質點)輕輕放在皮帶的底端，經過時間1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處，取g＝10 m/s2，求： 圖11 (1)工件與皮帶間的動摩擦因數； (2)電動機由于傳送工件多消耗的電能． 答案　(1)　(2)230 J 解析　(1)由題圖可知，皮帶長s＝＝3 m. 工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移 s1＝t1＝t1， 勻速運動的位移為s－s1＝v0(t－t1)， 解得加速運動的時間t1＝0.8 s. 加速運動的位移s1＝0.8 m， 所以加速度a＝＝2.5 m/s2， 由牛頓第二定律有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma， 解得：μ＝. (2)從能量守恒的觀點看，顯然電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服皮帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產生的熱量． 在時間t1內，皮帶運動的位移 s皮＝v0t1＝1.6 m， 在時間t1內，工件相對皮帶的位移 s相＝s皮－s1＝0.8 m， 在時間t1內，摩擦生熱 Q＝μmgcos θs相＝60 J， 工件獲得的動能Ek＝mv02＝20 J， 工件增加的重力勢能Ep＝mgh＝150 J， 電動機多消耗的電能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.