《学霸笔记 同步精讲》第四章测评 练习（教师版）物理教科版必修二

第四章测评
(时间:90分钟　满分:100分)
一、选择题(本题共8个小题,每小题5分,共40分。其中1~5小题只有一个正确选项,6~8小题有多个正确选项)
1.下列关于重力势能的说法正确的是(　　)
A.重力势能是物体单独具有的,而不是地球和物体共同具有的
B.重力势能的大小是相对的
C.重力势能等于零的物体,不可能对别的物体做功
D.在地面上方的物体,它的重力势能一定不等于零
答案B
解析对于不同的零势能面,同一个物体在同一个位置的重力势能是不相同的。物体的重力势能属于物体和地球组成的这个系统,而不只是物体单独具有,B正确,A、C、D错误。
2.快艇在运动中受到的阻力与速度二次方成正比(即f=kv2),若油箱中有20 L燃油,当快艇以10 m/s匀速行驶时,还能行驶40 km,假设快艇发动机的效率保持不变,则快艇以20 m/s匀速行驶时,还能行驶(　　)
A.80 km B.40 km
C.10 km D.5 km
答案C
解析发动机效率不变,则在燃油的量相同时,能做的有用功相同,有k×(10 m/s)2×40 km=k×(20 m/s)2·x,解得x=10 km,C正确。
3.如图所示,一滑块从半圆形光滑轨道上端由静止开始滑下,当滑到最低点时,关于滑块的动能大小和对轨道的压力,下列说法正确的是(　　)
A.轨道半径越大,滑块动能越大,对轨道的压力越大
B.轨道半径越大,滑块动能越大,对轨道的压力与半径无关
C.轨道半径越大,滑块动能越大,对轨道的压力越小
D.轨道半径变化时,滑块的动能和对轨道的压力都不变
答案B
解析设滑块滑到最低点时的速度为v,由机械能守恒定律得mgR=mv2,故轨道半径越大,滑块在最低点时的动能越大;滑块对轨道的压力N=mg+=3mg,与半径的大小无关。故选项B正确。
4.如图所示,小球原来紧压在竖直放置的轻弹簧的上端,撤去外力,直至小球刚好离开弹簧的过程中(　　)
A.小球动能先增大后减小
B.小球增加的动能和重力势能之和大于弹簧减少的弹性势能
C.小球动能和重力势能发生了变化,但机械能保持不变
D.小球的最大动能大于弹簧的最大弹性势能
答案A
解析小球在向上运动过程中弹力先大于重力后小于重力,因而合力的方向先向上再向下,合力先做正功再做负功,小球的动能先增大后减小,选项A正确;由能量守恒定律可知,弹簧减少的弹性势能转化为小球增加的动能和重力势能之和,小球的初动能为零,当小球受到的合外力为零时动能最大,此时弹簧仍处于压缩状态,结合机械能守恒定律知,小球的最大动能一定小于弹簧的最大弹性势能,选项B、D错误;弹簧弹力对小球做正功,小球的机械能增加,选项C错误。
5.(2024·四川凉山普格校级模拟)如图所示,一轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,自然伸长时弹簧上端处于A点。t=0时将小球从A点正上方O点由静止释放,t1时到达A点,t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点,向下为正方向建立x坐标轴,以B点为重力势能零点,弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是(　　)
答案B
解析根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段。第一阶段:O→A自由落体;第二阶段:A到平衡位置,重力大于向上的弹力;第三阶段:平衡位置向下到B处,向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处,重力大小等于弹力。根据重力势能表达式可知Ep1=mg(x2-x),x≤x1时,弹性势能为0,机械能等于重力势能的最大值。x>x1时,弹簧的弹性势能为Ep2=k(x-x1)2,设系统总能量为E,根据能量守恒定律可知E=E0+Ep2,可知E0=E-k(x-x1)2,是开口向下的抛物线,故A错误,B正确。设小球下落到A点时的时间为t1,则第一阶段,根据动能的计算公式和运动学公式可得Ek=m(gt1)2=,故第一阶段的Ek-t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力,且随着压缩弹簧,弹力大小逐渐增大,则根据牛顿第二定律可得a=,可知小球做加速度逐渐减小的加速运动,平衡位置处速度最大,动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得a=,可知小球做加速度逐渐增大的减速运动,直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知,在x>x1的范围内,先加速后减速,x-t图像的斜率先增大后减小,则Ep2-t图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时,重力势能和弹性势能都不是0,即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故C、D错误。
6.悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动,需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术。跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设质量为m的运动员刚入水时的速度为v,水对他的阻力大小恒为F,那么在他减速下降深度为h的过程中,下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)(　　)
A.他的动能减少了(F-mg)h
B.他的重力势能减少了mgh-mv2
C.他的机械能减少了Fh
D.他的机械能减少了mgh
答案AC
解析在进入水中的过程中,由动能定理,mgh-Fh=Ek'-Ek,所以动能的减少量为Ek-Ek'=(F-mg)h,故A正确;重力势能的减少量等于重力所做的功,即mgh,故B错误;克服阻力所做的功等于机械能的减少量,即等于Fh,故C正确,D错误。
7.在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为f,落地时小球距抛出点的水平距离为x,速率为v,那么,在小球运动的过程中(　　)
A.重力做功为mgh
B.克服空气阻力做的功为f·
C.落地时,重力的瞬时功率为mgv
D.重力势能和机械能都逐渐减少
答案AD
解析重力做功为WG=mgh,A正确。空气阻力做功与经过的路程有关,而小球经过的路程大于,故克服空气阻力做的功大于f·,B错误。落地时,重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积,故落地时重力的瞬时功率小于mgv,C错误。重力做正功,重力势能减少,空气阻力做负功,机械能减少,D正确。
8.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块(　　)
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案AD
解析物块由A点开始向右加速运动,弹簧压缩量逐渐减小,F弹减小,由F弹-f=ma知,a减小;当运动到F弹=f时,a减小为零,此时物块速度最大,弹簧仍处于压缩状态;由于惯性,物块继续向右运动,此时f-F弹=ma,物块做减速运动,且随着压缩量继续减小,a逐渐增大;当越过O点后,弹簧开始被拉伸,此时F弹+f=ma,随着拉伸量增大,a继续增大,综上所述,从A到B过程中,物块加速度先减小后增大,在O点左侧F弹=f时速度达到最大,故A正确,B错误;在AO段物块所受弹簧弹力做正功,在OB段物块所受弹簧弹力做负功,故C错误;由动能定理知,从A到B的过程中,弹簧弹力做功与摩擦力做功之和为0,故D正确。
二、实验题(本题共2个小题,共20分)
9.(10分)某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,当地重力加速度为9.80 m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示。纸带上的第一个点记为O,另选连续的三个点A、B、C进行测量,图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题(计算结果保留三位有效数字):
(1)打点计时器打B点时,重物速度的大小vB=　　　　 m/s;
(2)通过分析该同学测量的实验数据,他的实验结果是否验证了机械能守恒定律 简要说明分析的依据。 　。
答案(1)3.90
(2)≈7.61(m/s)2,ghB≈7.70(m/s)2,因为≈mghB,近似验证了机械能守恒定律。
解析(1)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知vB=,由电源频率为50 Hz可知T=0.02 s,代入其他数据可解得vB=3.90 m/s。
(2)本实验是利用自由落体运动验证机械能守恒定律,只要在误差允许范围内,重物重力势能的减少等于其动能的增加,即可验证机械能守恒定律。选B点分析,由于≈7.61m,mghB≈7.70m,故该同学的实验结果近似验证了机械能守恒定律。
10.(10分)某次验证机械能守恒定律的实验中,用6 V、50 Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带如图所示,O点为重锤下落的起点,选取的计数点为A、B、C、D,各计数点到O点的长度已在图上标出,单位为毫米,重力加速度取9.8 m/s2,若重锤质量为1 kg。
(1)打点计时器打出B点时,重锤下落的速度vB=　　　　 m/s,重锤的动能EkB=　　　　 J。
(2)从开始下落算起,打点计时器打B点时,重锤的重力势能减小量为　　　　 J。
(3)根据纸带提供的数据,在误差允许的范围内,重锤从静止开始到打出B点的过程中,得到的结论是　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案(1)1.17　0.68
(2)0.69
(3)机械能守恒
解析(1)重锤下落的速度
vB= m/s=1.17 m/s
重锤在打出B点时的动能
EkB=×1×1.172 J=0.68 J。
(2)打点计时器打B点时,重锤的重力势能减小量
Δ=mghOB=1×9.8×70.5×10-3 J=0.69 J。
(3)由(1)(2)计算结果可知,重锤下落过程中,在实验允许的误差范围内,动能的增加量等于其重力势能的减少量,机械能守恒。
三、计算题(本题共3个小题,共40分)
11.(10分)如图所示,质量分别为3 kg和5 kg的物体A、B,用轻绳连接跨在一个定滑轮两侧,轻绳正好拉直,且A物体底面与地接触,B物体距地面0.8 m,求:
(1)放开B物体,当B物体着地时A物体的速度大小;
(2)B物体着地后A物体还能上升多高 (g取10 m/s2)
答案(1)2 m/s　(2)0.2 m
解析(1)对A、B组成的系统,当B下落时系统机械能守恒,以地面为零势能面,
则mBgh=mAgh+(mA+mB)
vA= m/s=2 m/s。
(2)B着地后,A竖直上抛,由A的机械能守恒得=mghA
解得hA==0.2 m。
12.(14分)如图所示,一质量m=0.2 kg的物块,自斜面顶端由静止释放,经时间t=1 s滑至底端,已知斜面倾角θ=30°,高度h=0.75 m。g取10 m/s2,求:
(1)物块下滑过程中加速度的大小;
(2)物块下滑过程中损失的机械能。
答案(1)3 m/s2
(2)0.6 J
解析(1)设物块下滑过程中加速度的大小为a,由运动学公式得
at2
代入数据解得
a=3 m/s2。
(2)设物块滑至底端时的速度大小为v,由运动学公式得
v=at
设物块损失的机械能为ΔE,由题意得
ΔE=mgh-mv2
代入数据解得
ΔE=0.6 J。
13.(16分)假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的,重力加速度g取10 m/s2。求飞机滑跑过程中:
(1)加速度a的大小;
(2)牵引力的平均功率P。
答案(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
解析(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动,有
v2=2ax ①
代入数据解得
a=2 m/s2。 ②
(2)飞机受到的阻力F阻=mg ③
设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有
F-F阻=ma ④
飞机滑跑过程中的平均速度 ⑤
所以牵引力的平均功率P=F ⑥
联立②③④⑤⑥式得
P=8.4×106 W。 ⑦
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