2020春粤教版高中物理必修二第四章章末质量评估（四）Word版含答案

章末质量评估(四)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．关于能源和能量，下列说法正确的有(　　)
A．自然界的能量是守恒的，所以地球上的能源永不枯竭
B．能源的利用过程中有能量耗散，所以自然界的能量在不断减少
C．能量耗散遵循能量守恒定律
D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
解析：地球上的化石能源的存储量是有限的，如果过量开采这些能源，就会导致能源危机，A错误；能源的利用过程中有能量耗散，但自然界中的能量是守恒的，所以自然界中的能量不会减小，故B错误，C正确；能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，故D错误．
答案：C
2.游乐场中的一滑梯如图所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则(　　)

A．下滑过程中支持力对小朋友做功
B．下滑过程中小朋友的重力势能增加
C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒
D．在水平滑动过程中摩擦力对小朋友做负功
解析：小朋友下滑过程中支持力总垂直于速度方向，故不做功，A项错误；下滑过程中重力做了正功，小朋友的重力势能减少，故B项错误；小朋友滑动一段后停了下来，说明受到了摩擦阻力作用，做了负功，机械能不守恒，故C项错误，D项正确．
答案：D
3．关于重力势能，下列说法中正确的是(　　)
A．重力势能的大小与所选的参考平面无关
B．在同一个参考平面，重力势能－5 J小于－10 J
C．重力做正功，重力势能增加
D．物体的重力势能是物体和地球所共有的
解析：重力势能有相对性，其大小与所选的参考平面有关，选项A错误；在同一个参考平面，重力势能－5 J大于－10 J，选项B错误；重力做正功，重力势能减小，选项C错误；重力势能是物体和地球共有的，而不是物体单独具有的，离开地球物体将不再具有重力势能，故D正确．
答案：D
4.如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于(　　)

A．0.3 J B．3 J
C．30 J D．300 J
解析：演员抛出鸡蛋时所做的功等于鸡蛋刚抛出时的动能，约等于上升到最高点的过程中增加的重力势能，则W≈ΔEp＝mgΔh＝5×10－2×10×0.6 J＝0.3 J，故A项正确，B、C、D三项错误．
答案：A
5．如图所示，在加速运动的车厢中，一个人用力沿车前进的方向推车厢，已知人与车厢始终保持相对静止，那么人对车厢做功的情况是(　　)

A．做正功 B．做负功
C．不做功 D．无法确定
解析：人随车一起向车前进的方向加速运动，表明车对人在水平方向上的合力向前，根据牛顿第三定律，人对车在水平方向的合力与车运动方向相反，故人对车做负功，B正确．
答案：B
6．质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为0.2g，在物体下落h的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．重力对物体做功0.2 mgh
B．物体重力势能减少了0.8 mgh
C．物体的动能增加了0.2 mgh
D．物体的机械能减少了0.2 mgh
解析：在物体下落h的过程中，重力对物体做正功，大小为WG＝mgh，则重力势能减少了ΔEp＝mgh，故选项A、B错误；由牛顿第二定律有mg－f＝ma＝0.2mg，解得空气阻力大小为f＝0.8mg，由动能定理有mgh－0.8mgh＝ΔEk＝0.2mgh，重力与阻力的合力对物体做正功，则物体动能增加了ΔEk＝0.2mgh，故选项C正确；由功能关系可知，物体机械能的减少量等于空气阻力对物体所做的功，即物体的机械能减少了ΔE＝0.8mgh，故选项D错误．
答案：C
7．质量为1 kg的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为x＝2t＋t2(m)．t＝2 s时，该物体所受合力的功率为(　　)
A．6 W B．8 W
C．10 W D．12 W
解析：根据x＝v0t＋at2＝2t＋t2，得质点的加速度a＝2 m/s2，初速度为v0＝2 m/s，根据v＝v0＋at，得t＝2 s时速度为v＝6 m/s，根据牛顿第二定律可知物体所受合力F＝ma＝2 N，t＝2 s时，该物体所受合力的功率为P＝Fv＝12 W，故选项D正确，A、B、C错误．
答案：D
8．如图所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A的速率为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物块运动到C点时弹簧的弹性势能为(　　)

A．mgh B．mgh＋mv2
C．mgh－mv2 D.mv2－mgh
解析：由机械能守恒定律，可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有mv2＝mgh＋Ep，故Ep＝mv2－mgh.
答案：D
9．如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)

A．重力势能增加了mgh
B．动能损失了mgh
C．动能损失了mgh
D．动能损失了mgh
解析：重力做功WG＝－mgh，故重力势能增加了mgh，A错．物体所受合力F＝ma＝mg，合力做功W合＝－F＝－mg×2h＝－mgh，由动能定理知，动能损失了mgh，B、C错误，D正确．
答案：D
10．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，0～t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f.则(　　)

A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于f＋m
B．t1～t2时间内，汽车所受的牵引力为恒力
C．t1～t2时间内，汽车发动机的功率等于fv1
D．t1～t2时间内，汽车发动机做的功等于fv1(t2－t1)
解析：0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律，得F－f＝ma，解得牵引力F＝f＋，A正确．从t1时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在t1～t2时间内的功率等于t2以后的功率，根据F－f＝ma，P＝Fv，可知加速度逐渐减小，牵引力逐渐减小，B错误．汽车的额定功率P＝Fv1＝v1，牵引力做功为W＝P(t2－t1)＝v1(t2－t1)；或利用汽车匀速时F＝f，可得汽车的额定功率为P＝fv2，牵引力做功为W＝fv2(t2－t1)．C、D错误．
答案：A
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
11．如图所示，一轻绳的一端系在固定的粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中(　　)

A．小球的机械能不守恒
B．重力对小球不做功
C．绳的张力对小球不做功
D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量
解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力和绳子的拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A正确，B错误；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C正确；小球动能的变化等于合外力做的功，即等于重力与摩擦力做功的代数和，故D错误．
答案：AC
12．把质量为m的小球从距地面高为h处以θ角斜向上方抛出，初速度为v0，不计空气阻力，小球落地时的速度大小与下列因素中有关的是(　　)

A．小球的初速度v0的大小
B．小球的质量m
C．小球抛出时的高度h
D．小球抛出时的仰角θ
解析：从小球从抛出到落地，由动能定理可知：mv＋mgh＝mv2，解得v＝eq \r(v＋2gh)，则小球落地时的速度大小与小球的初速度v0的大小、小球抛出时的高度h有关，故选AC.
答案：AC
13.如图所示，一质量为m的小球套在光滑且固定的倾斜杆上，一轻质弹簧的右端与小球连接，弹簧左端连接在O点，与杆在同一竖直平面内，弹簧可绕O点自由旋转．初始时刻弹簧处于水平压缩状态，现将小球从静止释放，小球运动到O点正下方时速度恰好为零，则小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小球的机械能守恒
B．小球在最低点的加速度为零
C．弹簧的弹性势能先增大后减小再增大
D．弹簧的弹性势能增加量等于小球的重力势能减少量
解析：由于弹簧的弹力对小球做功，可知小球的机械能不守恒．选项A错误．小球运动过程中速度最大时加速度为零，而到O点正下方时速度恰好为零，可知加速度不为零．选项B错误．开始位置弹簧处于压缩状态，小球向下运动到与杆垂直位置时弹簧压缩到最短；此过程中弹性势能增加，然后继续向下运动过程中，弹簧长度逐渐变长，弹性势能减小，一直到原长位置，弹性势能减为零；然后弹簧被拉长直到最低点位置，此过程中弹性势能逐渐变大．选项C正确．由能量关系，开始时和到达最低点位置时小球的动能均为零，则整个过程中弹簧的弹性势能增加量等于小球的重力势能减少量．选项D正确．
答案：CD
14．如右图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率顺时针运行．现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g.则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是(　　)

A．在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2
B．在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量
C．在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋mv2
D．在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsin θ＋mv2的电能
解析：由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，A错误．在t1时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1－t1＝t1，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝fΔx＝fvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝f·t1＝fvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，B正确．由能量关系可知，在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增量，即mgL sin θ＋mv2，C正确．在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgL1sin θ＋mv2＋Q，由选项B可知：mgL1sin θ＋mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sin θ；则在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，D错误．
答案：BC
三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(10分)“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法(g取10 m/s2)．
(1)用公式mv2＝mgh时，对纸带上起点的要求是初速度为______，为达到此目的，所选择的纸带第1、2两点间距应接近______．
(2)若实验中所用重锤质量m＝1 kg，打点纸带如图甲所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重锤速度vB＝________，重锤的动能EkB＝________，从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量是________，因此可得出的结论是_______________________________
_____________________________________________________.


(3)根据纸带算出相关各点的速度值，量出下落的距离，则以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是乙图中的________________．
解析：(1)初速度为0，所选的第一、第二两点间距应接近2 mm.
(2)vB＝＝ m/s＝0.59 m/s，
EkB＝mv＝×1×0.592 J＝0.174 J，
ΔEp＝mgh＝1×10×17.6×10－3 J＝0.176 J.
在误差允许的范围内，重锤动能的增加量等于重力势能的减少量．
(3)由mv2＝mgh，可得＝gh∝h，故选项C正确．
答案：(1)0　2 mm　(2)0.59 m/s　0.174 J　0.176 J　在实验误差允许的范围内，重锤动能的增加量等于重力势能的减少量　(3)C
16．(10分)今年4月24日15时许，受强对流云团影响，温州市多地出现暴雨、冰雹天气．有报道称，当天某学校正在户外举办招聘会，有学生被冰雹砸伤．冰雹一般自4 000～20 000 m的高空下落，是阵发性的灾害性天气，超过5 cm的冰雹不间断地打击头部，就会导致昏迷．若冰雹竖直下落过程中受到的空气作用力与速度平方成正比，比例系数k＝0.000 4 kg/m，一块质量m＝36 g的冰雹(可认为过程中质量始终保持不变)自4 000 m高空下落，落地前已达到下落的最大速度．求：

(1)冰雹下落的最大速率vm；
(2)当下落速度v＝10 m/s时的加速度a大小；
(3)下落过程中克服空气作用力所做的功Wf.
解析：(1)冰雹的速度达到最大时，合力为零，根据平衡条件有：f＝kv＝mg，代入数据得最大速度为vm＝＝ m/s＝30 m/s.
(2)根据牛顿第二定律则有：ma＝mg－kv2，可得加速度a＝g－v2＝ m/s2＝ m/s2.
(3)全过程中，由动能定理有：mv＝mgh－Wf，代入数据可得：Wf＝1 423.8 J.
答案：(1)30 m/s　(2) m/s2　(3)1 423.8 J
17．(12分)如图甲所示，质量m＝1 kg的物体静止在光滑的水平面上，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图象如图乙所示，不计其他阻力．求：

(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＝mv＝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，得
－mgxsin 37°－Wf＝0－mv，
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＝mv－mv，
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
18．(14分)如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L＝6 m，沿逆时针方向以恒定速度v＝2 m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R＝0.4 m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.

(1)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能Ep；
(2)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x＝1.2 m处(CD长大于1.2 m)，求物块通过E点时受到的压力大小；
(3)满足(2)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
解析：(1)由动能定理知：－μmgL＝0－mv2，
由能量守恒定律知：Ep＝mv2，
解得Ep＝12 J，
(2)由平抛运动，知竖直方向：y＝2R＝gt2，
水平方向：x＝vEt，
在E点，由牛顿第二定律知：FN＋mg＝meq \f(v,R).
解得：FN＝12.5 N.
(3)从D到E，由动能定理知：－mg·2R＝mv－mv，
解得：vD＝5 m/s.
从B到D，由动能定理知：－μmgL＝mv－mv，
解得：vB＝7 m/s.
对物块：L＝t，
解得：t＝1 s；
Δs相对＝L＋vt＝6＋2×1 m＝8 m.
由能量守恒定律知：Q＝μmg·Δs相对，
解得：Q＝16 J.
答案：(1)Ep＝12 J　(2)FN＝12.5 N　(3)Q＝16 J