第四、五章　机械能及其守恒定律　牛顿力学的局限性与相对论初步 单元测试题 Word版含解析

单元素养评价(四)(第四、五章)
(60分钟·60分)
一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)
1.(2020·威海高一检测)如图所示,在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子,用力使船向前移动。关于力对船做功的下列说法中正确的是
(　　)
A.绳的拉力对船做了功
B.人对绳的拉力对船做了功
C.树对绳子的拉力对船做了功
D.人对船的静摩擦力对船做了功
【解析】选D。绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船,没有对船做功。只有人对船的静摩擦力作用于船,且船发生了位移,故对船做了功,且做正功,故选项A、B、C错误,选项D正确。
2.(2020·佛山高一检测)关于势能的下列说法中,正确的是 (　　)
A.重力势能是地球与物体组成的“系统”所共有的
B.选择不同的参考面,重力势能在数值上是一样的
C.重力势能只可能是正值不可能是负值
D.弹性势能与重力势能之间不能互相转化
【解析】选A。重力势能是地球与物体所组成的“系统”共有的。故A正确;重力势能具有相对性,选择不同的参考平面,物体重力势能的数值是不同的。故B错误;对选定的参考平面,上方物体的重力势能是正值,下方物体的重力势能是负值,负号表示物体在这个位置具有的重力势能要比在参考平面上具有的重力势能小。故C错误;弹性势能与重力势能之间可以互相转化。故D错误。
3.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图像中,能正确反映这一过程的是 (　　)
【解析】选C。物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不变,选项A、B错误;由动能定理,-fx=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-fx,故选项C正确,D错误。
4.(2020·菏泽高一检测)一小球从如图所示的弧形轨道上的A点,由静止开始滑下。由于轨道不光滑,它仅能滑到B点。由B点返回后,仅能滑到C点,已知A、B高度差为h1,B、C高度差为h2,则下列关系正确的是 (　　)
A.h1=h2　　　　　　 B.h1

C.h1>h2 D.h1、h2大小关系不确定
【解析】选C。由能的转化和守恒定律可知,小球由A到B的过程中重力势能减少mgh1,全部用于克服摩擦力做功,即WAB=mgh1。同理,WBC=mgh2,又随着小球最大高度的降低,每次滑过的路程越来越短,必有WAB>WBC,所以mgh1>mgh2,得h1>h2,故C正确。
5.(2020·梅州高一检测)如图所示,三位体重相同的幼儿园小朋友在做滑梯游戏,三个小朋友分别沿A、B、C三条不同的路径同时从滑梯的顶端滑下。滑梯的摩擦阻力忽略不计。以下说法正确的是 (　　)
A.到达底端时动能相同
B.到达底端时速度相同
C.到达底端时重力的平均功率相同
D.到达底端时重力的瞬时功率相同
【解析】选A。三个小孩沿不同路径从顶端滑到底端,只有重力做功,机械能守恒,而初始机械能相同,所以到达底端时机械能相同,而到底端时,重力势能相同,所以到达底端时动能相同,故A正确;到达底端时,速度大小相等,但是方向不同,故B错误;三个小孩下滑的高度相同,重力做功相等,但时间不等,所以到达底端时重力的平均功率不相等,故C错误;到达底端时由于速度方向不同,故其速度在竖直方向上的分力不同,则由P=mgvy可知,到达底端时重力的瞬时功率不相同,故D错误。
6.“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机,该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中,质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动,其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示,经时间t0飞机的速度达到最大值vm时,刚好起飞。关于起飞过程,下列说法正确的是 (　　)
A.飞机所受合力不变,速度增加越来越慢
B.飞机所受合力增大,速度增加越来越快
C.该过程克服阻力所做的功为Pt0-m
D.平均速度为
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)根据P=Fv分析牵引力的变化,从而确定出合力的变化。
(2)由牛顿第二定律分析加速度的变化情况,即可分析速度变化快慢情况。
(3)将飞机的运动与匀速直线运动对比,分析其平均速度。
(4)根据动能定理分析该过程克服阻力所做的功。
【解析】选C。根据图像可知,图像的斜率为加速度,所以起飞中,斜率越来越小,加速度越来越小,速度增加越来越慢,根据牛顿第二定律F合=ma,加速度减小,合外力减小,故A、B错误;根据动能定理可知:m-0=Pt0-Wf,解得:Wf=Pt0-m,故C正确;因为不是匀变速运动,所以平均速度不等于,故D错误。
7.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C(未超过弹簧的弹性限度),在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则 (　　)
A.物块机械能守恒
B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C.物块机械能减少mg(H+h)
D.物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h)
【解析】选D。对于物块来说,从A到C要克服空气阻力做功,从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能,因此机械能肯定减少,故A错误;由A运动到C的过程中,物块的动能变化为零,重力势能减小量等于机械能的减小量,所以物块机械能减少mg(H+h),故C错误;物块从A点由静止开始下落,加速度是g,根据牛顿第二定律得:f=mg-ma=mg,所以空气阻力所做的功为-mg(H+h),整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h),故B错误,D正确。
8.(2020·广州高一检测)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上,轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R=0.5 m,细线始终保持水平;被拖动的物块初速度为零,质量m=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ=0.5;轮轴的角速度随时间t变化的关系是ω=kt,k=2 rad/s2,g取10 m/s2,以下判断正确的是 (　　)
A.物块的加速度逐渐增大
B.细线对物块的拉力恒为5 N
C.t=2 s时,细线对物块的拉力的瞬时功率为12 W
D.前2 s内,细线对物块拉力做的功为6 J
【解析】选C。轮轴边缘的线速度大小等于物块的速度大小,根据线速度和角速度的关系,有v=Rω=Rkt,可见物块做匀加速直线运动,加速度a=Rk=0.5×2 m/s2
=1 m/s2。故A错误;对物块,根据牛顿第二定律:F-μmg=ma,代入数据解得F=6 N。故B错误;t=2 s时,物块的速度为v=at=1×2 m/s=2 m/s,细线对物块的拉力的瞬时功率为P=Fv=6×2 W=12 W。故C正确;前2 s内,物块的位移s=at2=×1×
4 m=2 m,细线对物块拉力做的功为W=Fs=6×2 J=12 J。故D错误。
9.(2020·邯郸高一检测)如图所示,长为L的木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物体,现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴在竖直面内转动,当木板转到与水平面成α角时小物体开始滑动,此时停止转动木板,小物体滑到木板底端时的速度为v,则在整个过程中 (　　)
A.支持力对小物体做功为0
B.摩擦力对小物体做功为mgLsinα
C.摩擦力对小物体做功为mv2-mgLsinα
D.木板对小物体做功为mv2
【解析】选C。木板由水平位置转过α角的过程中,摩擦力方向与速度方向垂直不做功,除重力外只有板的支持力做功,故此过程中支持力所做的功等于物体增加的重力势能:WN=ΔEp=mgLsinα,所以A错误;物体从开始下滑到滑到底端的过程中,支持力不做功,重力做正功,摩擦力做负功,由动能定理得WG+Wf=mv2-0,即Wf=mv2-mgLsinα,故C正确,B错误;对全过程运用能量观点,重力做功为0,无论支持力还是摩擦力,施力物体都是木板,所以木板对小物体做功为mv2,D错误。
二、实验题(5分)
10.如图是用“自由落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取9.80 m/s2)。
(1)选一条清晰的纸带,如图甲所示,其中O点为打点计时器打下的第一个点,A、B、C为三个计数点,对打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用分度值为
1 mm的刻度尺测得OA=12.41 cm,OB=18.90 cm,OC=27.06 cm,在计数点A和B、B和C之间还各有一个点,重锤的质量为1.00 kg。甲同学根据以上数据算出:当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J;此时重锤的速度vB=________m/s,此时重锤的动能比开始下落时增加了________J(结果均保留三位有效数字)。?
(2)某同学利用他自己实验时打出的纸带,测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h,算出了各计数点对应的速度v,然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了如图乙所示的图线,图线的斜率近似等于________。?
A.19.6　　　　　　B.9.8　　　　　　C.4.90
图线未过原点O的原因是______________________________________。?
【解析】(1)当打点计时器打到B点时,重锤的重力势能减少量
ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J;打B点时重锤的速度vB== m/s≈1.83 m/s,此时重锤的动能增加量
ΔEk=m=×1.00×1.832 J≈1.67 J。
(2)由机械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g,故B正确。由题图线可知,h=0时,重锤的速度不等于零,原因是该同学做实验时先释放了纸带,然后才合上打点计时器的开关。
答案:(1)1.85　1.83　1.67
(2)B　先释放了纸带,再合上打点计时器的开关
三、计算题(本题共3小题,共28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.(9分)滑板是年轻人十分喜欢的极限运动,现有一场地规格如图,是用钢制作的,阻力非常小,可以忽略。g取10 m/s2。
(1)一人以6 m/s的速度从4 m的高台滑下,求到2 m高台处其速度有多大?
(2)在(1)的条件下,求他所能到达的离地最大高度有多少?
(3)若他从2 m高台开始下滑,为能到达4 m高台,求下滑最小速度是多少?
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)对该过程运用动能定理,求出到达2 m高台的速度大小。
(2)上升到最大高度时速度为零,对整个过程运用动能定理求出上升的最大高度。
(3)对该过程运用动能定理,抓住末动能为零,求出下滑的最小速度。
【解析】(1)人从4 m的高台滑到2 m高台的过程,根据动能定理得:
mg(h0-h1)=m-m (2分)
代入数据解得:v1= m/s≈8.72 m/s(1分)
(2)设上升离地的最大高度为H,对全过程运用动能定理得:
-mg(H-h0)=0-m (2分)
代入数据解得:H=5.8 m(1分)
(3)设下滑的最小速度为vx,根据动能定理得:
-mg(h0-h1)=0-m (2分)
代入数据解得:vx≈6.32 m/s(1分)
答案:(1)8.72 m/s　(2)5.8 m　(3)6.32 m/s
12.(9分)(2020·肇庆高一检测)在检测某款电动车性能的某次实验中,质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶,达到最大速度15 m/s时,位移为20 m,利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v,并描绘出F-图像,如图所示(图中AB、BO均为直线)。假设电动车行驶中所受阻力恒定,求此过程中:
(1)电动车的额定功率。
(2)电动车由静止开始运动,速度达到10 m/s时,加速度为多大?
(3)电动车由静止开始运动,速度刚达到15 m/s时,运动了多长时间?
【解析】(1)由F-图像可知,AB段对应电动车加速的过程中保持牵引力F=
2 000 N恒定不变,即做匀加速直线运动;BO段中的斜率k==Fv保持恒定不变,对应电动车在这一阶段以额定功率加速行驶。
当电动车达到最大速度vm=15 m/s时,电动车的牵引力
Fmin=Ff=400 N,其中Ff表示地面对电动车的阻力。
所以电动车的额定功率Pm=Ffvm=400×15 W=6 000 W。 (1分)
(2)电动车匀加速行驶过程中的加速度a== m/s2=2 m/s2 (1分)
电动车刚达到额定功率时其速度v== m/s=3 m/s(1分)
之后它将做加速度减小的变加速运动。故当电动车的速度v′=10 m/s>v=3 m/s时,已处于变加速阶段,但这一过程电动车的功率已达到额定功率,所以设此时的牵引力为F′,
有:Pm=F′v′,得:F′==600 N(1分)
设此时电动车的加速度为a′,有:F′-Ff=ma′
得:a′==0.25 m/s2 (1分)
(3)电动车由静止开始,设先匀加速达到v=3 m/s,用时t1,由v=at1得:t1==1.5 s
通过的位移为:x1=a=2.25 m(1分)
设此后再经时间t2速度达到vm=15 m/s,则电动车由静止到速度刚好为vm=15 m/s的过程,据动能定理得:F·x1+Pmt2-Ffx=m-0 (1分)
得:t2=15.58 s≈15.6 s(1分)
则总时间为:t=t1+t2=17.1 s(1分)
答案:(1)6 000 W　(2)0.25 m/s2　(3)17.1 s
13.(10分)如图所示,将质量为m=1 kg的小物块放在长为L=1.5 m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,半径R=0.9 m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地面高度h=0.65 m,开始车和物块一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动,g取10 m/s2,求:
(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力。
(2)小物块落地点至车左端的水平距离。
【解析】(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理,得
-μmgL=m-m, (1分)
解得v1= m/s。 (1分)
刚进入半圆轨道时,设物块受到的支持力为FN,
由牛顿第二定律,得
FN-mg=m,
解得FN≈104.4 N, (1分)
由牛顿第三定律F′N=FN,
得F′N=104.4 N,方向竖直向下。
(2)若小物块能到达半圆轨道最高点,则由机械能守恒,得
m=2mgR+m, (1分)
解得v2=7 m/s。 (1分)
设恰能过最高点的速度为v3,
则mg=m, (1分)
解得v3==3 m/s。 (1分)
因v2>v3,故小物块能过最高点,且离开半圆轨道最高点后将做平抛运动,得
h+2R=gt2, (1分)
x=v2t,
联立解得x=4.9 m, (1分)
故小物块距车左端s=x-L=3.4 m。 (1分)
答案:(1)104.4 N,方向竖直向下　(2)3.4 m
(30分钟·40分)
14.(5分)如图所示,离水平地面一定高度处水平固定一内壁光滑的圆筒,筒内固定一轻质弹簧,弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出,刚好能水平进入圆筒中,不计空气阻力。下列说法中不正确的是 (　　)
A.弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B.小球斜上抛运动过程中处于失重状态
C.小球压缩弹簧的过程中,小球减小的动能等于弹簧增加的势能
D.若抛射点向右移动一小段距离,仍使小球水平进入圆筒中,可以增大抛射速度v0,同时增大抛射角θ
【解析】选D。由题意知,小球到达圆筒时速度为v0cosθ,动能转化为弹性势能Ep=m,故A、C正确;小球斜上抛运动过程中处于失重状态,所以B正确;由于竖直方向高度不变,小球运动时间不变,竖直方向速度v0sinθ=gt,可以增大抛射速度v0,同时减小抛射角θ,故D错误。
15.(5分)(多选)(2019·江苏高考)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中 (　　)
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在A点的初速度为
【解析】选B、C。弹簧被压缩到最短时,物块有向右的加速度,弹力大于滑动摩擦力f=μmg,选项A错误;物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反,物块运动的路程为2s,所以克服摩擦力做的功为W=2μmgs,选项B正确;由动能定理可知,从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点,动能的变化为零,弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W′=μmgs,选项C正确;由物块从A点到返回A点,根据动能定理-μmg·2s=0-m可得v0=2,所以选项D错误。
16.(5分)(多选)(2020·韶关高一检测)如图所示,光滑斜面体固定在水平地面上,顶端装有质量不计的光滑定滑轮,跨过定滑轮的不可伸长细线两端连接两质量相等的物块A和B。物块A的正下方地面上固定一竖直轻弹簧,弹簧始终处于弹性限度内,忽略空气阻力。物块B由斜面体底端静止释放后,在物块A下落至最低点的过程中。下列说法正确的是 (　　)
A.物块A与弹簧接触前,A、B组成的系统机械能守恒
B.物块A刚与弹簧接触时,物块B的动能最大
C.细线的拉力对物块B做的功等于B增加的机械能
D.弹簧的最大弹性势能等于物块A下降过程中减少的重力势能
【解析】选A、C。物块A与弹簧接触前,A、B组成的系统只有重力做功,故机械能守恒,故A正确;物块A刚与弹簧接触时弹簧的弹力为零,故系统依然有向下的加速度。在A向下加速的过程中,物块B在细线拉力作用下与A有相同大小的速度,故物块A刚与弹簧接触时,物块B的动能还未达到最大值,故B错误;由功能关系知,除重力以外的力对物块B做的功等于B的机械能的增加,故细线的拉力对物块B做的功等于B增加的机械能,故C正确;物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,当弹簧被压缩到最短时,弹簧具有的弹性势能最大,当在最低点时,物块A的机械能的减小量等于弹簧增加的弹性势能和B增加的机械能,即弹簧的最大弹性势能小于物块A下降过程中减少的重力势能,故D错误。
17.(10分)现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图甲所示:水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连;遮光片两条长边与导轨垂直;导轨上的B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t。用d表示A点到导轨底端C点的距离,h表示A与C的高度差,b表示遮光片的宽度,s表示A、B两点间的距离,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图:
(1)若将滑块自A点由静止释放,则在滑块从A运动至B的过程中,滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________,动能的增加量可表示为________。若在运动过程中机械能守恒,与s的关系式为=________。?
(2)多次改变光电门的位置,每次均令滑块自同一点(A点)下滑,测量相应的s与t值。结果如表所示:
1 2 3 4 5
s/m 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400
t/ms 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43
/(×104 s-2) 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39
以s为横坐标,为纵坐标,在图乙所示的坐标纸中描出第1个到第5个数据点;根据5个数据点作直线,求得该直线的斜率k=________×104 m-1·s-2(保留3位有效数字)。?
由测得的h、d,b、M和m数值可以计算出=s直线的斜率k0,将k和k0进行比较,若其差值在实验允许的范围内,则可认为此实验验证了机械能守恒定律。
【解析】(1)当滑块运动到B点时下降高度设为h′,此时砝码上升的高度为s,由几何关系可知h′=,故系统减少的重力势能为ΔEp=Mgh′-mgs=-mgs。由于系统从静止开始运动,运动至B点时的速度vB=,故动能的增加量ΔEk=(M+m)=。由ΔEp=ΔEk解得:=
(2)图线如图。
在图中直线上取相距较远的两点,读出两点坐标,
由k=可得k=2.39×104 m-1·s-2。
答案:(1)-mgs　　
(2)见解析图　2.39
18.(15分)某工厂生产流水线示意图如图所示,半径R=1 m的水平圆盘边缘E点固定一小桶。在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动,传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上,竖直高度h=1.25 m。AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道,半径r=0.45 m,且与水平传送带相切于B点。一质量m=0.2 kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,当滑块到达B点时,圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动,滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出,刚好落入圆盘边缘的小桶内。g取10 m/s2,求:
(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FNB。
(2)传送带BC部分的长度L。
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。
【解析】(1)滑块从A到B过程中,由动能定理,有:
mgr=m
解得:vB==3 m/s(1分)
滑块到达B点时,由牛顿第二定律,
有:FNB-mg=m
解得:FNB=6 N(2分)
由牛顿第三定律,滑块到达B点时对轨道的压力大小为6 N,方向竖直向下。
(2)滑块离开C点后做平抛运动,有:
h=g
解得:t1==0.5 s(2分)
vC==2 m/s(2分)
滑块由B到C过程中,据动能定理有:
-μmgL=m-m (1分)
解得:L=1.25 m(2分)
(3)滑块由B到C过程中,据运动学公式有:
L=t2
解得t2=0.5 s(2分)
t=t1+t2=1 s
圆盘转动的角速度ω应满足条件
t=n(n=1,2,3…) (1分)
解得:ω=2nπ rad/s(n=1,2,3…) (2分)
答案:(1)6 N,方向竖直向下　(2)1.25 m
(3)ω=2nπ rad/s(n=1,2,3…)