20xx年高中物理必修二第八章机械能守恒定律(二十八).docx
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1、20xx年高中物理必修二第八章机械能守恒定律(二十八)1单选题1、一个质量为2kg的物体从某高处自由下落,重力加速度取10m/s2,下落2s时(未落地)重力的功率是()A300WB400WC500WD600W答案:B下落2s时重力的功率是P=mgvy=mg2t=21022W=400W故选B。2、如图所示,弹簧下面挂一质量为m的物体,物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动,当物体振动到最高点时,弹簧正好为原长,弹簧在弹性限度内,则物体在振动过程中()A弹簧的最大弹性势能等于2mgAB弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C物体在最低点时的加速度大小应为2gD物体在最低点时的弹力大小应为mg答案:AA因物
2、体振动到最高点时,弹簧正好为原长,此时弹簧弹力等于零,物体的重力mg=F回=kA当物体在最低点时,弹簧的弹性势能最大等于2mgA,故A正确;B由能量守恒知,弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变,故B错误;C在最低点,由F回=mg=ma故C错误;D在最低点,由F弹mg=F回得F弹=2mg故D错误。故选A。3、已知高铁在运行时所受的阻力与速度成正比,则以速度v匀速行驶时,发动机的功率为P;若以2v的速度匀速行驶时,发动机的功率为()APB2PC4PD8P答案:C当列车以速度v匀速运动时,有P=Fv=fv=kv2若列车以速度2v匀速运动时,有P=F2v=f2v=k(2v)2=4kv2由
3、此可知,发动机的功率为P=4P故选C。4、如图所示,嫦娥四号在绕月球椭圆轨道上无动力飞向月球,到达近月轨道上P点时的速度为v0,经过短暂“太空刹车”,进入近月轨道绕月球运动。已知月球半径为R,嫦娥四号的质量为m,在近月轨道上运行周期为T,引力常量为G,不计嫦娥四号的质量变化,下列说法正确的是()A嫦娥四号在椭圆轨道上运行时的机械能与在近月轨道上运行时的机械能相等B月球的平均密度=3GT2C嫦娥四号着陆后在月面上受到的重力大小为4mRT2D“太空刹车”过程中火箭发动机对嫦娥四号做的功为12mv02-m2R2T2答案:BA嫦娥四号在椭圆轨道上P点时要制动减速,机械能减小,则嫦娥四号在椭圆轨道上运行
4、时的机械能比在近月轨道上运行时的机械能大,选项A错误;B根据万有引力供向心力GMmR2=m2T2R且=M43R3解得=3GT2选项B正确;C嫦娥四号着陆后在月面上受到的重力大小为mg=GMmR2又GMmR2=42mRT2联立解得mg=42mRT2选项C错误;D根据动能定理,“太空刹车”过程中火箭发动机对嫦娥四号做的功为W=12mv02-12mv2又v=2RT联立解得W=12mv02-2m2R2T2选项D错误。故选B。5、关于机械能,以下说法正确的是()A质量大的物体,重力势能一定大B速度大的物体,动能一定大C做平抛运动的物体机械能时刻在变化D质量和速率都相同的物体,动能一定相同答案:DA重力势
5、能的大小与零势能面的选取有关,质量大但重力势能不一定大,A错误;B动能的大小与质量以及速度有关,所以速度大小,动能不一定大,B错误;C平抛运动过程中只受重力作用,机械能守恒,C错误;D根据Ek=12mv2可知质量和速率都相同的物体,动能一定相同,D正确。故选D。6、如图所示。固定在竖直平面内的光滑的圆14周轨道MN,圆心O与M点等高。并处在最低点N的正上方。在O,M两点各有一质量为m的小物块a和b(均可视为质点)。a,b同时由静止开始运动,a自由下落,小沿圆弧下滑。空气阻力不计,下列说法正确的是()Aa比b先到达N点,它们到达N点的动能相同Ba比b先到达N点,它们到达N点的动能不同Ca与b同时
6、到达N点,它们到达N点的动能相同Da与b同时到达N点,它们到达N点的动能不同答案:A在物块下降的过程,根据机械能守恒有mgh=12mv2所以a、b两物块到达同一高度时的速度大小都相同,由于a和b质量相同,所以到N点的动能相同;下降同一很小高度的过程中,a的竖直方向的位移小于b沿圆弧切线方向的位移,a、b的初速度大小相同,a的加速度为g,b沿圆弧运动时,把重力沿圆弧切线和垂直切线方向分解,除M点外,b所受得切线方向的外力小于重力,则b沿切线方向的加速度小于g,由x=v0t+12at2可得,a的运动时间较短,所以a比b先到达N点,故A项正确。故选A。7、2020年9月21日,我国在酒泉卫星发射中心
7、用长征四号乙运载火箭,成功将海洋二号C卫星送入预定轨道做匀速圆周运动。已该卫星的轨道半径为7400km,则下列说法中正确的是()A可以计算海洋二号C卫星的线速度B可以计算海洋二号C卫星的动能C可以计算海洋二号C卫星的机械能D可以计算海洋二号C卫星的质量答案:AA根据GMmr2=mv2r又由于GM=gR2整理可得v=gR2r由于地球表面的重力加速度g,地球半径R以及卫星的轨道半径r已知,因此可求出卫星的运行的线速度,A正确;BCD由于无法求出卫星的质量,因此卫星的机械能,动能都无法求出,BCD错误。故选A。8、如图所示,质量分别为m和2m的小物块和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面上,通过一根水平
8、轻绳连接到墙上。P的下表面光滑,Q与地面间的动摩擦因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离,撤去拉力后,Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,重力加速度大小为g。若剪断轻绳,在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为()AmgkB2mgkC4mgkD6mgk答案:CQ恰好能保持静止时,设弹簧的伸长量为x,满足kx=2mg剪断轻绳后,Q始终保持静止,物块P与弹簧组成的系统机械能守恒,弹簧的最大压缩量也为x,因此相对于其初始位置的最大位移大小为s=2x=4mgk故选C。9、如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小
9、为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1,物块和传送带间的动摩擦因数为,物块的质量为m。则()At2时刻,小物块离A处的距离最大B0t2时间内,小物块的加速度方向先向右后向左C0t2时间内,因摩擦产生的热量为mgv12(t2+t1)+v2t12D0t2时间内,物块在传送带上留下的划痕为v2+v12t1+t2答案:CA初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带,小物块在传送带上运动的v-t图象可知,t1时刻,小物块离A处的距离达到最大,A错误;
10、B0t2时间内,小物块受到的摩擦力方向一直向右,所以小物块的加速度方向一直向右,B错误;CD0t1时间内物体相对地面向左的位移s1=v22t1这段时间传送带向右的位移s2=v1t1因此物体相对传送带的位移s1=s1+s2=v22t1+v1t1t1t2时间内物体相对地面向右的位移s1=v12(t2-t1)这段时间传送带向右的位移s2=v1(t2-t1)因此物体相对传送带的位移s2=s2-s1=v12(t2-t1)0t2时间内物块在传送带上留下的划痕为s=s1+s2=v12(t2+t1)+v2t120t2这段时间内,因此摩擦产生的热量Q=mgs=mgv12(t2+t1)+v2t12C正确,D错误。
11、故选C。10、用100N的力在水平地面上拉车行走200m,拉力与水平方向成60角斜向上。在这一过程中拉力对车做的功约是()A3.0104JB4.0104JC1.0104JD2.0104J答案:C根据功的定义式W=Flcos60=10020012J=1104J故选C。多选题11、如图所示,竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2,两杆分离不接触,且两杆间的距离忽略不计,两个小球a、b(视为质点)质量均为m,a球套在竖直杆L1上,b球套在水平杆L2上,a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接,将a球从图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为45),不计一切摩擦,已知重力加速度为g,在此后的运动过程中,
12、下列说法中正确的是()Aa球和b球所组成的系统机械能守恒Bb球的速度为零时,a球的加速度大小一定等于gCb球的最大速度为(2+2)gLDa球的最大速度大于2gL答案:ACDAa球和b球所组成的系统只有重力做功,则机械能守恒,故A正确;Bb的速度为零时,a达到L2所在面,在竖直方向只受重力作用,水平方向上合力为0,则加速度为g,初始时刻,a、b速度均为0,但a除重力外还有杆的支持力,加速度小于g,故B错误;C当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离,此时b达到两杆的交点处,a的速度为0,b的速度最大为vbm,由机械能守恒得mg(L+22L)=12mvbm2解得vbm=(2+2)gL故C正确;Da
13、球运动到两杆的交点处,b的速度为0,此时a的速度为va,由机械能守恒得mg22L=12mva2解得va=2gL但此后杆向下运动,会再加速一段距离后达到一最大速度再减速到0,则其最大速度要大于2gL,故D正确。故选ACD。12、下列说法正确的是()A物体做速率逐渐增加的直线运动时,其所受合力的方向一定与速度方向相同B物体做变速率曲线运动时,其所受合力的方向一定改变C物体做曲线运动时,速度方向不断发生变化,速度大小不一定发生变化D对做匀速直线运动的物体施加一恒力后,该物体单位时间内速率变化量总相同E物体做曲线运动时,其在某一点的速度方向沿该点的切线方向F物体在变力作用下,一定做曲线运动G只要两个分
14、运动为直线运动,合运动一定是直线运动答案:ACEA已知物体做直线运动,说明合力与速度共线,又知速率逐渐增加,说明合力(加速度)与速度同向,故其所受合力的方向一定与速度方向相同,故A正确;B物体做变速率曲线运动时,其所受合力的方向不一定改变,如做平抛运动的物体受重力,为恒力,故B错误;C曲线运动的速度方向一定是时刻变化的,若合力方向总是与速度方向垂直,根据动能定理可知,合力不做功速度大小不变,如匀速圆周运动,故C正确;D对做匀速直线运动的物体施加一恒力,若该恒力与物体速度方向不共线,物体开始做匀变速曲线运动,则物体在单位时间内速度变化量相同,速率变化量不同,如平抛运动,故D错误;E曲线运动中物体
15、的速度方向沿曲线在这一点的切线方向,故E正确;F物体受变力的作用,但力的方向可以与速度的方向共线,此时物体仍然做直线运动,故F错误;G两个分运动是直线运动,合运动不一定是直线运动,比如平抛运动,故G错误。故选ACE。13、如图所示,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆竖直光滑,一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆,开始时整个装置处于静止状态。现在让金属框绕MN轴转动,其角速度逐渐增大,即=t,式中是一个常数。则在角速度逐渐增大的过程中,下列判断正确的是()A小球的重力势能不变BPQ杆对小球的作用力不断增大CPQ杆对小球的作用力垂直指向MN
16、DPQ杆对小球的作用力做正功答案:ADA对小球受力分析,设弹簧与水平方向夹角为,竖直方向上,由平衡条件得F弹sin=mg设弹簧的原长为l0,根据胡克定律有F弹=kMPcos-l0联立可得sin2+cos2=mgF弹2+kMPF弹+kl02=1可知随着增大,弹簧的弹力不变,则弹簧长度不变,所以小球的高度不变,则重力势能不变,A正确;D由A解析可知,弹簧的弹力对小球不做功,由于小球的动能不断增大,据动能定理可知,PQ杆对小球的作用力做正功,D正确;BC由D解析可知,PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力使小球线速度增大,由题意可知,切向加速度不变,则PQ杆对小球的作用力沿着速度方向的分力大小不变,
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