高中物理粤教版必修二同步练习阶段验收评估（四）+机械能和能源+Word版含解析

阶段验收评估（四） 机械能和能源
(时间：50分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．人们有在房前种树的习惯，夏天大树长出茂密的叶子，为人们挡住炎炎烈日，冬天叶子又会全部掉光，使温暖的阳光照入屋内，可以起到冬暖夏凉的作用。炎热的夏天，我们在经过有树的地方时，也会感到明显的凉意，关于树木周围比较凉爽的现象，下列说法中正确的是(　　)
A．树木把大部分太阳光反射出去，使地面温度降低
B．树木吸收阳光，使自己温度升高，周围温度降低
C．树木吸收阳光，将阳光的能量转化为化学能，使环境温度变低
D．白天大树将热量存起来，晚上再将热量放出来，所以白天在树林里感觉凉爽而晚上感觉到热
解析：选C　植物发生光合作用，消耗掉太阳能转化成化学能，根据能量守恒，阳光的能量转化成化学能，所以树木下会比较凉爽，故C正确。
2.同一个物体，分别沿两个光滑斜面由B、C匀速提升到A。如图1所示，若沿两个斜面的拉力分别为FB、FC。两个过程中拉力做的功分别为WB、WC。则(　　)
图1
A．WB>WC　FBB．WB＝WC　FBC．WB>WC　FB＝FC
D．WB＝WC　FB＝FC
解析：选B　设斜面高度为h，倾角为θ，物体的质量为m。则根据平衡条件拉力F＝mgsin θ，由题图知斜面AC的倾角θ较大，对应的拉力FC较大；根据动能定理W－mgh＝0，即沿斜面匀速上升过程拉力做的功W＝mgh，故WB＝WC。所以选项B正确。
3.如图2所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以海平面为零势能面，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)
图2
A．物体到海平面时的重力势能为mgh
B．重力对物体做的功为－mgh
C．物体在海平面上的动能为mv02＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为mv02
解析：选C　物体到达海平面时位于参考平面上，重力势能为零，A错；物体运动过程下落了h高度，重力做功mgh，B错；根据机械能守恒定律mgh＋mv02＝mv2，即物体在海平面上的机械能E2＝mv2＝mgh＋mv02，C对，D错。
4．一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移x时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是(　　)
A.P　　　　 　　　　 B．2P
C．2P D．4P
解析：选C　在光滑水平面上，大小为F和大小为2F的水平恒力分别作用在同一物体上时，产生的加速度大小之比为1∶2，从静止开始经过相同的位移x，速度之比应该是1∶，根据P＝Fv，可求出拉力的瞬时功率之比应为1∶2，C正确。
5．如图3甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取g＝10 m/s2，则(　　)
图3
A．物体的质量m＝1.0 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20
C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝4.0 J
D．前2 s内推力F做功的平均功率P＝1.5 W
解析：选D　物体在第3 s内做匀速直线运动，因此有F3＝μmg＝2 N；第2 s内物体做匀加速运动，有F2－μmg＝ma，其中加速度a＝2 m/s2，解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，A、B错误。第2 s内的位移为1 m，物体克服摩擦力做的功W＝μmgx＝2.0 J，C错误。前2 s内拉力做功为3 J，故平均功率为1.5 W，D正确。
6.如图4所示，滑块A和B叠放在固定的斜面体上，从静止开始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑。已知B与斜面体间光滑接触，则在A、B下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)
图4
A．B对A的支持力不做功
B．B对A的作用力不做功
C．B对A的摩擦力做正功
D．B对A的摩擦力做负功
解析：选BC　B对A的支持力竖直向上，A和B是一起沿着斜面下滑的，所以B对A的支持力与运动方向之间的夹角大于90°，所以B对A的支持力做负功，所以A错误；B对A的作用力包括B对A的支持力和摩擦力的作用，它们的合力的方向垂直斜面向上，与运动的方向垂直，所以B对A的作用力不做功，故B正确；B对A的摩擦力是沿着水平面向左的，与运动方向之间的夹角小于90°，所以B对A的摩擦力做正功，故C正确，D错误。
7.由光滑细管组成的轨道如图5所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是(　　)
图5
A．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
B．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝
C．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
D．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
解析：选AD　小球经过A点的最小速度为0，由机械能守恒得mg(Hmin－2R)＝0，故D点的最小高度Hmin＝2R，要使小球能从A点水平抛出，需H>2R，A对，B错；由机械能守恒定律，mg(H－2R)＝mvA2，解得vA＝。而2R＝gt2，x＝vAt，故x＝2，C错，D对。
8.如图6所示，质量为m的木块沿粗糙斜面匀加速下滑h高度，速度由v1增大到v2，所用时间为t。在此过程中(　　)
图6
A．木块的重力势能减少mgh
B．木块的重力势能减少mv22－mv12
C．木块与斜面增加的内能为mgh－mv22＋mv12
D．木块沿斜面下滑的距离为t
解析：选ABD　木块重力势能的减少量ΔEp＝mgh，故A正确；由动能定理可知，木块动能的变化量等于重力势能减少量与摩擦力做的功之和，重力势能的减少量大于动能的变化量，故B错误；由能量守恒定律得：mgh－Q＝mv22－mv12，则木块与斜面增加的内能：Q＝mgh－mv22＋mv12，故C正确；木块沿斜面下滑的距离s＝t＝t，故D正确。
二、实验题(本大题共2小题，共16分)
9. (6分)为了测定一根轻弹簧压缩最短时能储存的弹性势能的大小，可以将弹簧固定在一带有凹槽轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面边缘上，如图7所示，用钢球将弹簧压缩至最短，最后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面，实验时：
图7
(1)需要测定的物理量为____________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)计算弹簧最短时弹性势能的关系式是Ep＝_____________________________。
解析：(1)需要测定的物理量有：钢球质量m、桌面高度h、钢球落点与飞出点的水平距离s。
(2)弹簧最短时的弹性势能全部转化为钢球平抛时的初动能，Ep＝mv02，而根据平抛运动规律有h＝gt2，s＝v0t得，v0＝，故Ep＝mv02＝。
答案：(1)钢球质量m、桌面高度h、钢球落点与飞出点的水平距离s　(2)
10．(10分)某同学做验证机械能守恒定律实验时，不慎将一条挑选出的纸带的一部分损坏，损坏的是前端部分。剩下的一段纸带上各相邻点间的距离已测出标在图8中，单位是cm。打点计时器工作频率为50 Hz，重力加速度g取9.8 m/s2，重物质量为m。
图8
(1)重物在2点时的速度v2＝________，在5点时的速度v5＝________，此过程中动能增加量ΔEk＝________，重力势能减少量ΔEp＝________。由以上可得出实验结论：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)根据实验判断下列图像正确的是(其中ΔEk表示重物动能的变化量，Δh表示重物下落的高度)(　　)
解析：(1)根据匀变速直线运动的规律，可以求出重物在2点时的速度v2＝ m/s＝1.50 m/s和重物在5点时的速度v5＝ m/s＝2.075 m/s，所以动能增加量为ΔEk＝mv52－mv22＝1.03m J，重物从2点到5点，重力势能减少量为ΔEp＝mgh25＝m×9.8×(3.2＋3.6＋4.0)×10－2 J＝1.06m J，由以上可得出实验结论为：在误差允许的范围内，机械能守恒。
(2)重物机械能守恒，应有重物减少的重力势能转化为增加的动能，即ΔEk＝mgΔh，可见重物增加的动能与下落的距离成正比，选项C正确。
答案：(1)1.50 m/s　2.075 m/s　1.03m J　1.06m J
在误差允许的范围内，机械能守恒　(2)C
三、计算题(本题共2小题，共36分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(16分)如图9甲所示，质量m＝1 kg的物体静止在光滑水平面上，t＝0时刻，物体受到一个变力F作用，t＝1 s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v-t图像如图乙所示，不计其他阻力，求：
图9
(1)变力F做的功。
(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率。
(3)物体回到出发点的速度。
解析：(1)物体1 s末的速度
v1＝10 m/s，
根据动能定理得：WF＝mv12＝50 J。
(2)物体在斜面上升的最大距离：
x＝×1×10 m＝5 m
物体到达斜面时的速度v2＝10 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理：
－mgxsin 37°－Wf＝0－mv22
解得：Wf＝20 J，
＝＝20 W。
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3，则根据动能定理：
－2Wf＝mv32－mv22
解得：v3＝2 m/s
此后物体做匀速直线运动，到达原出发点的速度为2 m/s。
答案：(1)50 J　(2)20 W　(3)2 m/s
12. (20分)如图10所示，在竖直平面内有一半径为R的半球形容器，用轻质不可伸长的细绳连接A、B两球，悬挂在容器边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从容器边缘处由静止释放，已知A球始终不离开球面，且细绳足够长，容器固定。若不计一切摩擦。求：
图10
(1)A球沿球面滑至最低点时的速度大小；
(2)A球沿球面运动的最大位移大小。
解析：(1)当A球经过轨道最低点时，速度沿切线方向水平向左，这是A球的实际速度，也是合速度，将其分解为沿绳子方向和垂直绳子方向的两个速度，如图所示，则
v2＝v1sin 45°＝v1
A球到达最低点时在竖直方向上下落R，而B上升了R。
对A、B组成的系统，根据机械能守恒定律可得
2mgR－mgR＝·2mv12＋mv22
解得v1＝2。
(2)当A球的速度为0时，A球沿圆柱面运动的位移最大，设为x，A球下降高度为h，如图所示，则根据机械能守恒定律可得2mgh－mgx＝0
又h＝Rsin θ，x＝2Rsin 
解得x＝R。
答案：(1)2 　(2)R