第四章-第五章 测评卷（含答案解析）

第四章　机械能及其守恒定律
第五章　牛顿力学的局限性与相对论初步
注意 事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.在1905年爱因斯坦提出了狭义相对论,此理论建立的前提有两个基本假设条件以及在相对论理论下观察到的不同现象。如果有接近光速运动的物体,时间和空间都会发生相应的变化,下列说法中正确的是 (　　)
A.在不同的惯性参考系中,一切物体的规律是不同的
B.真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都是相同的
C.物体在接近光速运动时,它沿运动方向上的长度会变大
D.狭义相对论只适用于高速运动的物体,不适用于低速运动的物体
2.玩具起重机上悬挂一个质量为500 g的砝码,从静止开始以2 m/s2的加速度提升砝码,3 s内拉力所做的功为 (　　)
A.9 J B.18 J C.24 J D.54 J
3.已知动车组列车每节动车的额定功率相同,每节动车与拖车质量相等,动车组运行时所受阻力与其重力成正比。若某动车组由4节动车加8节拖车组成,其运行的最大速率为240 km/h,则由该4节动车加4节拖车组成的动车组,运行的最大速率为 (　　)
A.480 km/h B.360 km/h
C.320 km/h D.240 km/h
4.如图所示,一名滑雪爱好者从离地h=40 m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下,滑到坡底C时的速度大小v=20 m/s。已知滑雪爱好者的质量m=60 kg,滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ=0.25,B、C间的距离L=100 m,重力加速度为g,忽略在D点损失的机械能,则下滑过程中滑雪爱好者做的功为 (　　)
A.3 000 J B.4 000 J
C.5 000 J D.6 000 J
5.物体放在水平地面上,在水平拉力的作用下,沿水平方向运动,在6 s内其速度与时间关系的图像和拉力的功率与时间关系的图像分别如图甲、乙所示,由图像可以求得物体的质量为 (　　)
A.2 kg B.2.5 kg C.3 kg D.3.5 kg
6.如图所示,吊机把质量为10 t的重物由静止匀加速起吊,2 s内竖直提高了2 m,不计空气阻力,则此过程中 (　　)
A.重物的重力势能增加2×104 J
B.重物的动能增加了1×104 J
C.吊机牵引力的最大功率为2.2×105 W
D.重物的机械能增加了2.2×104 J
7.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量小于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。不计空气阻力,将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点 (　　)
A.P球的速度一定大于Q球的速度
B.P球的动能一定等于Q球的动能
C.P球所受绳的拉力一定等于Q球所受绳的拉力
D.P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度
8.某踢出的足球在空中的运动轨迹如图所示,足球可视为质点,空气阻力不计。用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率,用t表示足球在空中的运动时间,下列图像中可能正确的是 (　　)
A B
C D
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.用相对论的观点判断下列说法正确的是 (　　)
A.时间和空间都是绝对的,在任何参考系中一个事件发生的时间和一个物体的长度总不会改变
B.在地面上的人看来,以108 m/s的速度运动的飞船中的时钟会变快,但是飞船中的航天员却看到时钟可能是准确的
C.在地面上的人看来,以108 m/s的速度运动的飞船在运动方向上会变窄,而飞船中的航天员却感觉到地面上的人看起来比飞船中的人扁一些
D.当物体运动的速度v c时,“时间延缓”和“长度收缩”效果可忽略不计
10.如图甲所示,质量为2 kg的物块静止放在光滑的水平地面上。以物块所在处为原点,以水平向右为正方向建立x轴,现对物块施加水平向右的外力F,F随x轴坐标变化的情况如图乙所示,则物体向右运动6 m时 (　　)
A.此过程外力F做的总功为30 J
B.此过程外力F做的总功为25 J
C.运动到6 m时物体的速度为5 m/s
D.运动到6 m时力F的瞬时功率为25 W
11.如图所示,一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动,已知绳长为l,重力加速度为g,小球在最低点Q的速度为v0,则 (　　)
A.小球运动到最高点P时,处于失重状态
B.小球的速度v0越大,则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大
C.当v0>时,小球一定能通过最高点P
D.当v0<时,轻绳始终处于绷紧状态
12.如图所示,将一直铁棒AC固定在与水平地面垂直的墙角,铁棒与水平面夹角为45°,B为AC的中点。在墙角固定一轻弹簧,使轻弹簧另一端与一带孔的小球相连,小球穿过铁棒并可在铁棒上移动,小球到达B点时,弹簧恰好处于原长状态。现将小球从铁棒顶端自由释放,小球到达铁棒底端时速度恰好为零,下列说法正确的是 (　　)
A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒
B.小球从A点运动到B点和从B点运动到C点的过程中摩擦力做功相同
C.小球从A点运动到B点和从B点运动到C点的过程中弹簧弹力做功相同
D.小球从A点运动到B点的过程中,动能的增加量等于弹簧弹力所做的功
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某同学利用家中物品,设计了如图甲所示装置以测量木块与餐桌之间的动摩擦因数。该同学测得餐桌桌面距地面高度差h=80.00 cm,在餐桌上用字典垫高木板构成斜面,让木块从斜面一定高度由静止下滑,在桌上运动一段距离后水平飞出,测出其平抛水平距离s1=30.00 cm;将斜面后撤距离L=10.00 cm,重复第一次操作,测得木块平抛水平距离s2。回答以下问题:
(1)关于该实验的操作过程,以下说法正确的是　　　　;
A.两次实验时,斜面倾角应保持不变
B.两次实验时,木块释放位置可以不同
C.需要知道当地重力加速度,才能求出木块与桌面间的动摩擦因数
(2)第二次实验时,用刻度尺测木块平抛距离如图乙所示,则s2=　　　　 cm;
(3)由以上数据可计算得木块与餐桌桌面间的动摩擦因数μ=　　　　(保留两位有效数字)。
14.(8分)如图所示,将打点计时器固定在铁架台上,用重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置可验证机械能守恒定律。
(1)实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某同学对实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案。这些方案中合理的是　　　　。
A.用刻度尺测出物体下落的高度h,由打点间隔算出下落时间t,通过v=gt计算出瞬时速度v
B.用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=计算出瞬时速度v
C.根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,并通过h=计算得出高度h
D.用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v
(2)安装好实验装置,正确进行实验操作,从打出的纸带中选出符合要求的纸带,如图所示。图中O点为打点起始点,且速度为零。选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点,测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知重物质量为m,当地重力加速度为g,计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒,需要计算出从O点到F点的过程中,重物重力势能的减少量ΔEp=　　　　,动能的增加量ΔEk=　　　　(用题中所给字母表示)。
(3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量,关于这个误差,下列说法正确的是　　　　。
A.该误差属于偶然误差
B.该误差属于系统误差
C.可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
(4)某同学在实验中发现重物增加的动能略小于重物减少的重力势能,于是深入研究阻力f对本实验的影响。他测出各计数点到起始点的距离h,并计算出各计数点的速度v,用实验测得的数据绘制出v2-h图线,如图所示。图像是一条直线,此直线斜率的物理含义是　　　　(用数学表达式书写,可能用到的物理量为m、g、f),已知当地的重力加速度g=9.8 m/s2,由图线求得重物下落时受到阻力与重物所受重力的百分比为=　　　　%(保留两位有效数字)。
15.(8分)滑雪是一项非常刺激的运动项目,西岭雪山有一大型滑雪场。如图所示,假设一位质量m=50 kg的滑雪运动员(包括所有装备)从高度h=960 m的斜坡顶端无初速度滑下。斜坡的倾角θ=37°,滑雪板与雪面间的动摩擦因数μ=0.5。则运动员滑至坡底的过程中(不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:
(1)合力做的功;
(2)下滑过程中重力的平均功率。
16.(8分)磁悬浮列车利用电磁力将列车浮起而取消轮轨,从而消除了摩擦阻力。由于避免了与轨道的直接接触,磁悬浮列车行驶速度也大大提高。如图所示为上海的磁悬浮列车,它靠磁体间相互作用浮离轨道约15 cm,列车的总质量为3×104 kg,它从静止开始做匀加速直线运动,当运行50 s时瞬时速度为60 m/s,运行最高速度可达360 km/h(即100 m/s)。运行时所受空气阻力与速度的平方成正比,即f=kv2,k=2 kg/m。
(1)使列车浮起要做多少功
(2)估算列车的额定输出功率;
(3)估算运行50 s时,列车牵引力的瞬时功率。(计算结果保留一位小数)
17.(12分)如图所示为一小车轨道模型,一质量为m=0.1 kg的小车从轨道的最高点A(H=1 m)由静止滑下,在AB段小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,其余轨道均光滑,AB与水平面间的夹角θ为45°,当小车到达C点后,绕半径r=0.2 m的CD圆周轨道运动一周,通过水平轨道CE,落到距离BC为h=0.2 m的平面FG上。
(1)求小车到达B点的速度大小;
(2)求小车到达最高点D时对轨道的作用力;
(3)若小车最后恰好落在G点,则FG的长度L多大
18.(18分)如图甲所示,一倾角为θ=37°的传送带以恒定速率沿顺时针方向运行。现将一质量为m=1 kg的小物体以某一初速度放在传送带上,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)物体与传送带间的动摩擦因数;
(2)0~8 s内物体机械能增量;
(3)0~8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量。
答案与解析
第四章　机械能及其守恒定律
第五章　牛顿力学的局限性与相对论初步
1.B　根据狭义相对论的两个基本假设可知,在不同的惯性参考系中,一切物体的规律是相同的,真空中的光速是相同的,故A错误,B正确;根据长度的相对性关系L=L0·可知,当物体在接近光速运动时,它沿运动方向上的长度会变小,故C错误;狭义相对论既适用于高速运动的物体,也适用于低速运动的物体,经典力学是狭义相对论在低速(v c)条件下的近似,故D错误。
2.D　砝码上升过程中,受到重力mg和拉力F,根据牛顿第二定律得F-mg=ma得F=m(g+a)=6 N,3 s内上升的高度为h=at2=×2×32 m=9 m,则3 s内拉力所做的功为W=Fh=6×9 J=54 J,选项D正确。
3.B　由Pm=fvm,设每节动车质量为m,f=μmg,则动车组有4节动车8节拖车时,有4Pm=12μmgvm1,其中vm1=240 km/h;动车组有4节动车4节拖车时,有4Pm=8μmgvm2,解得vm2=360 km/h,选项B正确。
4.A　根据动能定理有W-μmgLAD cos α-μmgLCD cos β+mgh=m,即W-μmgL+mgh=m,解得W=3 000 J,选项A正确,B、C、D错误。
5.B　由速度-时间图像可知,前2 s内物体的加速度大小为a== m/s2=2 m/s2,设此过程拉力为F,摩擦力为f,由牛顿第二定律得F-f=ma,在2 s末,由P=Fv得F== N=7.5 N;2 s后,物体做匀速直线运动,拉力等于摩擦力,由P'=F'v'=fv',代入数据解得f=2.5 N,m=2.5 kg,故B正确、A、C、D错误。
6.C　重物的重力势能增加ΔEp=mgh=10×103×10×2 J=2×105 J,选项A错误;由匀变速运动规律可得h=t,解得v== m/s=2 m/s,重物的动能增加了ΔEk=mv2=×10×103×22 J=2×104 J,选项B错误;由动能定理可得(F-mg)h=mv2,解得吊机牵引力为F=1.1×105 N,吊机牵引力的最大功率为P=Fv=1.1×105×2 W=2.2×105 W,选项C正确;重物的机械能增加ΔE=ΔEp+ΔEk=2.2×105 J,选项D错误。
7.D　小球从释放到最低点的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律可得mgL=mv2,得v=,L越大,小球到最低点时的速度越大,故Q球速度大,A错误;由于P球的质量小于Q球的质量,由Ek=mv2可知,Q球的动能大,B错误;在最低点,根据牛顿第二定律可知F-mg=m,求得F=3mg,因为P球的质量小于Q球的质量,所以Q球所受绳的拉力大,C错误;在最低点,由a==2g可知,两球在各自轨迹的最低点的向心加速度相等,D正确。
8.C　足球做斜上抛运动,竖直方向上,速度先减小后增大,竖直分速度与时间图像的斜率表示重力加速度,斜率恒定不变,选项A错误;空气阻力不计,足球的机械能守恒,即不随时间变化,选项B错误;足球机械能守恒,重力势能先增加后减少,故动能先减少后增加,但足球做斜上抛运动,到最高点的速度不为零,即动能最小值不为零,选项C正确;速度的水平分量不变,竖直分量先减小到零,后反向增大,故根据P=mgvy=mg2t,重力的功率随时间先减小后增加,斜率恒定,选项D错误。
9.CD　由相对论的观点可知,时间和空间都是相对的,选项A错误;根据时间延缓效应可知,地面上的人看飞船中的时钟会变慢,但是飞船中的航天员却看到时钟是准确的,选项B错误;根据长度的相对性可知,在运动方向上长度缩短,所以在地面上的人看来,以108 m/s的速度运动的飞船在运动方向上会变窄,而飞船中的航天员却感到地面上的人看起来比飞船中的人扁一些,选项C正确;对于低速宏观物体,“时间膨胀”和“长度收缩”效果可忽略不计,选项D正确。
10.BCD　外力F做的功在数量上等于F-x图像所围的面积,所以W=×(4+6)×5 J=25 J,选项A错误,B正确;由动能定理得W=mv2,解得v==5 m/s,选项C正确;力F的瞬时功率为P=Fv=5 N×5 m/s=25 W,选项D正确。
11.ACD　小球运动到最高点P时,由合力提供向心力,方向竖直向下,加速度方向竖直向下,则小球处于失重状态,A正确;在最低点Q,根据牛顿第二定律得TQ-mg=m,在最高点P,根据牛顿第二定律得TP+mg=m,从最低点到最高点的过程中,根据动能定理得-mg·2l=m-m,联立解得TQ-TP=6mg,B错误;小球通过P点的最小速度vP min=,根据动能定理得-mg·2l=m-m,即最低点的最小速度v0=,当v0>时,小球一定能通过最高点P,C正确;小球刚好到达与圆心等高的N点,根据机械能守恒定律得mg·l=m,解得最低点的速度v0=,当v0≤时,小球在M、N点之间来回摆动,轻绳始终处于绷紧状态,D正确。
12.BD　由于摩擦力做负功,系统杋械能不守恒,选项A错误;由对称性可知,小球从A点运动到B点的过程中和从B点运动到C点的过程中摩擦力做功相同,选项B正确;小球从A点运动到B点的过程中弹簧弹力做正功,从B点运动到C点的过程中弹簧弹力做负功,选项C错误;小球从A点运动到B点的过程中和从B点运动到C点的过程中,重力做功相同,弹簧弹力做功大小相等,整个运动过程中,由动能定理可知,重力做功的大小等于摩擦力做功的大小,则小球从A点运动到B点的过程中,重力做功的大小等于摩擦力做功的大小,由动能定理可知,动能的增加量等于弹簧弹力所做的功,选项D正确。
13.答案　(1)A(2分)
(2)18.00(2分)
(3)0.18(2分)
解析　(1)两次实验时,斜面倾角应保持不变,且木块释放位置必须相同,以确保木块在桌面滑行的初速度相同,选项A正确,B错误。木块飞出桌面后做平抛运动,竖直方向有h=gt2,两次飞出后,水平方向分别满足s1=v1t、s2=v2t;在桌面上滑行时,设初速度为v0,第一次位移为L0,对两次滑行过程,由能量守恒定律可得-μmgL0=m-m,-μmg·(L0+L)=m-m,联立以上各式可得μ=,故测量动摩擦因数时不需要知道当地重力加速度,选项C错误。
(2)由刻度尺的读数规则可知,s2=18.00 cm。
(3)由(1)的分析可知μ=,代入数据可得μ=0.18。
14.答案　(1)D(1分)
(2)mgh2(1分)　(2分)
(3)BD(1分)
(4)(2分)　1.5%(1分)
解析　(1)通过v=gt和v=计算出瞬时速度不合理,若加速度为g,说明只受重力作用,机械能必然守恒,选项A、B错误;通过h=计算得出高度h不合理,选项C错误;用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,该方案合理,选项D正确。
(2)从O点到F点的过程中,重物重力势能的减少量ΔEp=mgh2,动能的增加量ΔEk=mv2,其中v=,联立解得ΔEk=。
(3)该误差属于系统误差,选项A错误,B正确;系统误差无法通过多次测量取平均值的方法来减小,选项C错误;可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该系统误差,选项D正确。
(4)据动能定理可得(mg-f)h=mv2,整理得v2=·h,故斜率的含义是k=,整理可得=1-,由图线可得斜率数值为k=19.3,代入可解得≈1.5%。
15.答案　(1)1.6×105 J　(2)1.2×104 W
解析　(1)设运动员下滑过程受到的支持力、重力、摩擦力、合力做功分别为WN、WG、Wf、W合。
WN=0
WG=mgh=4.8×105 J (1分)
Wf=-μmg cos θ·=-3.2×105 J(1分)
W合=WN+WG+Wf=1.6×105 J(1分)
(2)由牛顿第二定律得
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma (1分)
有=at2 (1分)
联立得
t=40 s(1分)
重力的平均功率
= (1分)
解得=1.2×104 W(1分)
16.答案　(1)4.5×104 J　(2)2×106 W　(3)2.6×106 W
解析　(1)列车浮起需克服重力做功
W=mgh=4.5×104 J(1分)
(2)列车以最大速度vm运行时,做匀速直线运动,有
F=f=k=2×1002 N=2×104 N(1分)
由此得列车的额定输出功率
P=Fvm=2×106 W(1分)
(3)列车在0~50 s内做匀加速直线运动,由v=at得,加速度大小为
a= m/s2=1.2 m/s2 (1分)
设瞬时速度为v=60 m/s时阻力为f',牵引力为F',根据牛顿第二定律有F'-f'=ma (1分)
又有f'=kv2 (1分)
解得
F'=4.32×104 N(1分)
列车运行50 s时,列车牵引力的瞬时功率
P'=F'v≈2.6×106 W(1分)
17.答案　(1)4 m/s　(2)3 N,方向竖直向上　(3)0.8 m
解析　(1)小车从A到B的过程中,运用动能定理可得
mgH-μmg cos θ=m (2分)
解得vB=4 m/s(1分)
(2)设小车在D点的速度为vD,从释放点到D点,由动能定理可得
mg(H-2r)-μmg cos θ=m (2分)
在最高点,设轨道对小车竖直向下的支持力为F,有
F+mg=m (1分)
解得F=3 N(1分)
由牛顿第三定律知,小车经D点时对轨道的压力大小为
F'=3 N(1分)
方向竖直向上
(3)除AB段粗糙外,其余轨道均光滑,小车从B点到E点,机械能守恒,则
vE=vB (1分)
从E点飞出后落地时间 t= (1分)
FG的长度L=vEt (1分)
联立解得 L=0.8 m(1分)
18.答案　(1)0.875　(2)90 J　(3)126 J
解析　(1)从题图乙中图线斜率可知加速度
a==1 m/s2 (2分)
由牛顿第二定律得μmg cos θ-mg sin θ=ma (2分)
解得μ=0.875 (1分)
(2) 0~8 s内,根据v-t图线与时间轴所围的面积表示物体的位移,可得s=×(6+2)×4 m-×2×2 m=14 m(2分)
0~8 s内,物体上升的高度h=s sin θ=8.4 m(2分)
物体机械能增量
ΔE=ΔEp+ΔEk=mgh+mv2-m=90 J(2分)
(3)由题图乙可知,传送带速度大小为4 m/s,0~6 s内物体与传送带发生相对滑动,传送带的位移
s带=vt=4×6 m=24 m(1分)
物体的位移s物=-×2×2 m+ m=6 m(2分)
则物体与传送带的相对位移Δs=s带-s传=18 m(2分)
0~8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量
Q=μmg cos θ·Δs=126 J(2分)