2024年新教材高中物理第四章機械能及其守恒定律章末質(zhì)量評估含解析粵教版必修2

PAGE11-章末質(zhì)量評估（四）（時間：90分鐘滿分：100分）一、單項選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，選對的得4分，選錯或不答的得0分）1.自由搖擺的秋千，搖擺的幅度越來越小，下列說法中正確的是（）A.機械能守恒B.能量正在消逝C.總能量守恒，正在削減的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化解析：秋千搖擺的幅度越來越小，即重力勢能的最大值越來越小，機械能減小，減小的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，C正確，A、B、D錯誤.答案：C2.關(guān)于重力勢能，下列說法中正確的是（）A.重力勢能的大小與所選的參考平面無關(guān)B.在同一個參考平面，重力勢能－5J小于－10JC.重力做正功，重力勢能增加D.物體的重力勢能是物體和地球所共有的解析：重力勢能有相對性，其大小與所選的參考平面有關(guān)，選項A錯誤；在同一個參考平面，重力勢能－5J大于－10J，選項B錯誤；重力做正功，重力勢能減小，選項C錯誤；重力勢能是物體和地球共有的，而不是物體單獨具有的，離開地球物體將不再具有重力勢能，故D正確.答案：D3.分別對放在粗糙水平面上的同一物體施加一水平拉力和一斜向上的拉力，物體在這兩種狀況下的加速度相同，當物體通過相同位移時，這兩種狀況下拉力的功和合力的功的正確關(guān)系是（）A.拉力的功和合力的功分別相等B.拉力的功相等，斜向上拉時合力的功大C.合力的功相等，斜向上拉時拉力的功大D.合力的功相等，斜向上拉時拉力的功小解析：兩種狀況下加速度相等，合力相等，位移相等，所以合力的功相等.笫一種狀況下拉力的功W1＝F1l，其次種狀況下拉力的功W2＝F2lcosθ，由受力分析F1－f1＝ma，F(xiàn)2cosθ－f2＝ma，f1>f2，則F1>F2cosθ，即W1>W2，即斜向上拉時拉力的功小，故D正確，A、B、C錯誤.答案：D4.2024年5月2日，港珠澳大橋沉管隧道最終接頭勝利著床.如圖所示是6000噸重的“接頭”由世界最大單臂全旋回起重船“振華30”安裝的情景.“接頭”經(jīng)15分鐘緩慢下降15米的過程中，其機械能的變更量ΔE和所受重力的平均功率P表述正確的是（）A.機械能的增加量ΔE＝9×107JP＝1×106WB.機械能的增加量ΔE＝9×108JP＝6×107WC.機械能的減小量ΔE＝9×108JP＝1×106WD.機械能的減小量ΔE＝9×107JP＝6×107W解析：緩慢下降，則動能不變，重力勢能削減，所以機械能削減，其削減量為ΔE＝mgΔh＝6×106×10×15＝9×108J，故A、D錯誤.其平均功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝eq\f(9×108,15×60)＝1×106W，故B錯誤，C正確.答案：C5.“竹蜻蜓”是我國古代獨創(chuàng)的一種兒童玩具，20世紀30年頭，人們依據(jù)“竹蜻蜓”原理設(shè)計了直升機的螺旋槳.一小孩搓動質(zhì)量為20g的“竹蜻蜓”，松開后“竹蜻蜓”能上升到二層樓房頂處.在搓動過程中手對“竹蜻蜓”做的功可能是（）A.0.2J B.0C.1.0J D.2.5J解析：“竹蜻蜓”在上升到最高點的過程中，動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和內(nèi)能，一般每層樓房的高度為3m，二層樓房頂處高度為6m，所以重力勢能的增加量為Ep＝mgh＝1.2J，“竹蜻蜓”上升過程中，除重力對其做負功外，還有空氣阻力做負功，則在搓動過程中手對“竹蜻蜓”做的功大于1.2J，A、B、C項錯誤，D項正確.答案：D6.如圖為工人師傅施工的一個場景，塔吊設(shè)備以恒定功率P將質(zhì)量為M的建材從靜止起先豎直吊起，建材上升H時剛好達到最大速度.已知吊繩對建材的拉力為F，建材受到的阻力恒為f，則建材在上升H的過程中（）A.做加速度不斷增大的加速運動B.最大速度eq\f(P,f)C.機械能增加FHD.動能增加了eq\f(MP2,2（Mg＋f）2)解析：由P＝Fv知，建材在上升H的過程中，速度漸漸增大，拉力F漸漸減小，建材做加速度不斷減小的加速運動，當F＝Mg＋f時達到最大速度，最大速度為eq\f(P,Mg＋f)，故A、B錯誤；建材增加的機械能為拉力F做的功與克服阻力f做的功之差，即Wf－fH，故C錯誤；建材在上升H的過程中，動能的增加量為eq\f(MP2,2（Mg＋f）2)，故D正確.答案：D7.如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的勻稱松軟細繩PQ豎直懸掛.用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為（）A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl解析：把Q點提到M點的過程中，PM段軟繩的機械能不變，MQ段軟繩的機械能的增量為ΔE＝eq\f(2,3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)l))－eq\f(2,3)mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)l))＝eq\f(1,9)mgl.由功能關(guān)系可知：在此過程中，外力做的功為W＝eq\f(1,9)mgl，故A正確，B、C、D錯誤.答案：A8.如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線.已知一小球從M點動身，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0動身，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2.則（）A.v1＝v2，t1>t2 B.v1<v2，t1>t2C.v1＝v2，t1<t2 D.v1<v2，t1<t2解析：小球在運動過程中機械能守恒，沿管道MPN運動時，重力勢能先增加后削減，則動能先削減后增加；沿管道MQN運動時，重力勢能先削減后增加，則動能先增加后削減，并且v1＝v2.小球沿管道MPN運動到N點與沿管道MQN運動到N點的路程相等，而沿管道MPN運動比沿管道MQN運動的平均速率小，所以沿管道MPN運動到N點比沿管道MQN運動到N點的時間長，即t1>t2，故選項A正確.答案：A9.2024年全國女排冠軍賽于5月10日至5月19日分別在浙江嘉善體育館和姚莊體育館實行.最終，天津、上海、山東獲得前三名.某次訓(xùn)練時，一運動員把一質(zhì)量為0.27kg的排球豎直向上擊出，排球上升的最大高度為1.25m，取重力加速度為10m/s2，以擊出點所在的水平面為參考平面，則（）A.排球上升過程中機械能肯定守恒B.排球上升過程中的動能先減小后增大C.排球的最大重力勢能為3.375JD.排球回到擊出點時的動能可能等于5J解析：設(shè)排球上升過程的加速度為a.排球上升過程的逆運動是初速度為零的勻加速運動，則有a＝eq\f(veq\o\al(2,0),2h)，由于初速度大小未知，不能確定a與g的大小，也就不能確定排球是否受到空氣阻力，則排球的機械能不肯定守恒，故A錯誤；排球上升過程中合外力始終做負功，×10×1.25J＝3.375J，故C正確；排球的最大重力勢能為3.375J，則排球回到擊出點時的動能不會超過3.375J，不行能為5J，故D錯誤.答案：C10.質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度圖像如圖所示，0～t1段為直線，從t1時刻起汽車保持額定功率不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為f.則（）A.0～t1時間內(nèi)，汽車的牽引力等于f＋meq\f(v1,t1)B.t1～t2時間內(nèi)，汽車所受的牽引力為恒力C.t1～t2時間內(nèi)，汽車發(fā)動機的功率等于fv1D.t1～t2時間內(nèi)，汽車發(fā)動機做的功等于fv1（t2－t1）解析：0～t1時間內(nèi)，汽車做勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(v1,t1)，依據(jù)牛頓其次定律，得F－f＝ma，解得牽引力F＝f＋eq\f(mv1,t1)，A正確.從t1時刻起汽車的功率保持不變，可知汽車在t1～t2時間內(nèi)的功率等于t2以后的功率，依據(jù)F－f＝ma，P＝Fv，可知加速度漸漸減小，牽引力漸漸減小，B錯誤.汽車的額定功率P＝Fv1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f＋\f(mv1,t1)))v1，牽引力＝f，可得汽車的額定功率為P＝fv2，牽引力做功為W＝fv2（t2－t1）.C、D錯誤.答案：A二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題4分，共16分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分）11.機車以恒定加速度啟動，在達到額定功率之前的過程中，下列速度—時間、機車功率—時間圖像中正確的是（）解析：機車保持加速度不變啟動，則速度為v＝at，在達到額定功率前均做勻加速直線運動，v-t圖像為過原點的傾斜直線，故A正確，B錯誤.機車的功率P＝Fv，勻加速直線運動v＝at，聯(lián)立有P＝Fat，可知機車的功率隨時間勻稱增大；C正確，D錯誤.答案：AC12.如圖所示，質(zhì)量為m的小球在外力作用下將彈簧壓縮至A點保持靜止.撤去外力，在彈簧彈力的作用下小球被彈起，B點是小球在彈簧上自由靜止時的位置，C點是彈簧原長位置，D點是小球運動的最高點.小球在A點時彈簧具有的彈性勢能為Ep，則小球從A到D運動的過程中（）A.彈力對小球所做的功為－EpB.彈力對小球所做的功為EpC.AD的距離為eq\f(Ep,2mg)D.AD的距離為eq\f(Ep,mg)解析：依據(jù)功能關(guān)系彈力做功等于彈性勢能的削減，則A到D彈性勢能削減Ep，則彈力做正功，大小為Ep，故A項不合題意，B項符合題意.小球從A到D的過程，對小球和彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，有：WF－WG＝0－0，而WF＝Ep－0，WG＝mghAD，解得hAD＝eq\f(Ep,mg)，故C項不合題意，D項符合題意.答案：BD13.如圖甲所示，A、B兩個小球可視為質(zhì)點，A球沿傾角為30°的光滑的足夠長的斜面由靜止起先下滑，B球做自由落體運動，A、B兩球的動能與路程的關(guān)系圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.A球機械能不守恒，B球機械能守恒B.A、B兩球的質(zhì)量之比為mA∶mB＝4∶1C.A、B兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為PA∶PB＝1∶1D.A、B兩球的動能均為Ek0時，兩球下落高度相同解析：兩球在運動過程中只有重力做功，A、B球的機械能都守恒，故A錯誤；由機械能守恒定律得，對A球Ek0＝mAgx0sin30°，對B球Ek0＝mBg·2x0，解得mA∶mB＝4∶1，故B正確；兩球重力的瞬時功率為P＝mgvcosθ＝mgeq\r(\f(2Ek,m))cosθ＝geq\r(2mEk)cosθ，A、B兩球的動能均為Ek0時，兩球重力的瞬時功率之比為eq\f(PA,PB)＝eq\r(\f(mA,mB))×eq\f(cos60°,cos0°)＝1∶1，故C正確；A、B兩球的動能均為Ek0時，兩球下落高度之比為x0sin30°∶2x0＝1∶4，故D錯誤.答案：BC14.如圖所示，在長為L的輕桿中點A和端點B處各固定一質(zhì)量為m的球，桿可繞軸O無摩擦轉(zhuǎn)動，使桿從水平位置無初速度釋放下擺到豎直位置.下列說法正確的是（）A.重力對B球做功的瞬時功領(lǐng)先增大后減小B.A球和B球都遵循機械能守恒C.豎直位置時vA＝eq\r(\f(3gL,5))，vB＝eq\r(\f(12gL,5))D.桿對A桿做功WA＝0.2mgL，對B做功WB＝－0.2mgL解析：B球起先時速度為零，此時重力的瞬時功率為零，到最低點時，速度方向與重力的方向垂直，此時重力的瞬時功率也為零，所以重力對B球做功的瞬時功領(lǐng)先增大后減小，故A項正確.設(shè)當桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，A球和B球的速度分別為vA和vB.假如把輕桿、兩球組成的系統(tǒng)作為探討對象，系統(tǒng)機械能守恒.若取B的最低點為重力勢能參考平面，依據(jù)ΔE減＝ΔE增，可得mgL＋eq\f(1,2)mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B).又因A球與B球在各個時刻對應(yīng)的角速度相同，故vB＝2vA，聯(lián)立解得：vA＝eq\r(\f(3gL,5))，vB＝eq\r(\f(12gL,5)).依據(jù)動能定理，可解出桿對A、B做的功，對A有WA＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，所以WA＝－0.2mgL.對B有WB＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，所以WB＝0.2mgL，由于桿對A，B做功，所以A、B機械能不守恒，故C項正確，B、D項錯誤.答案：AC三、非選擇題（本題共4小題，共44分）15.（8分）如圖所示.小王同學(xué)利用自己設(shè)計的彈簧彈射器探究“彈簧彈性勢能與形變量關(guān)系”，彈射器水平放置，彈簧被壓縮x后釋放，將質(zhì)量為m、直徑為d的小球彈射出去.測出小球通過光電門的時間為t.請回答下列問題：（1）為削減試驗誤差，彈射器出口端距離光電門應(yīng)當（選填“近些”或“遠些”）.（2）小球通過光電門的速度大小v＝；小球未彈出前彈簧的彈性勢能Ep＝.（用m、d、t表示）（3）該同學(xué)在試驗中測出多組數(shù)據(jù)，并發(fā)覺x與t成反比的關(guān)系，則彈簧彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系式，正確的是.（選填字母代號即可）A.Ep∝x B.Ep∝eq\f(1,x)C.Ep∝x2 D.Ep∝eq\f(1,x2)解析：（1）彈射出后小球做平拋運動，只有距離光電門近些才能減小速度引起的誤差.（2）利用平均速度代替瞬時速度，則v＝eq\f(d,t)，彈性勢能轉(zhuǎn)化為了動能，依據(jù)動能定理可知Ep＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2).（3）由于x＝eq\f(k,t)，故Ep＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2)＝eq\f(md2x2,2k2)，故Ep∝x2，故C正確.答案：（1）近些（2）eq\f(d,t)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2)（3）C16.（10分）今年4月24日15時許，受強對流云團影響，溫州市多地出現(xiàn)暴雨、冰雹天氣.有報道稱，當天某學(xué)校正在戶外舉辦聘請會，有學(xué)生被冰雹砸傷.冰雹一般自4000～20000m的高空落下，是陣發(fā)性的災(zāi)難性天氣，超過5cm的冰雹不間斷地打擊頭部，就會導(dǎo)致昏迷.若冰雹豎直下落過程中受到的空氣作用力與速度平方成正比，比例系數(shù)k＝0.0004kg/m，一塊質(zhì)量m＝36g的冰雹（可認為過程中質(zhì)量始終保持不變）自4000m高空下落，落地前已達到下落的最大速度.求：（1）冰雹下落的最大速率vm；（2）當下落速度v＝10m/s時加速度a的大??；（3）下落過程中克服空氣作用力所做的功Wf.解析：（1）冰雹的速度達到最大時，合力為零依據(jù)平衡條件有f＝kveq\o\al(2,m)＝mg，代入數(shù)據(jù)得最大速度為vm＝eq\r(\f(mg,k))＝eq\r(\f(36×10－3×10,4×10－4))m/s＝30m/s.（2）依據(jù)牛頓其次定律則有ma＝mg－kv2，可得加速度為a＝g－eq\f(k,m)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(0.0004,36×10－3)×102))m/s2＝eq\f(80,9)m/s2.（3）全過程中，由動能定理有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝mgh－Wf，代入數(shù)據(jù)可得Wf＝1423.8J.答案：（1）30m/s（2）eq\f(80,9)m/s2（3）1423.8J17.（12分）如圖所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上.質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊（可視為質(zhì)點）從空中的A點以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面對右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，此時彈簧的彈性勢能Epm＝0.8J，已知小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，求：（1）小物塊從A點運動至B點的時間；（2）小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點時，對軌道的壓力大?。唬?）C、D兩點間的水平距離L.解析：（1）小物塊恰好從B端沿切線方向進入軌道，據(jù)幾何關(guān)系有tan60°＝eq\f(gt,v0)，解得t＝eq\f(\r(3),5)s≈0.35s.（2）vB＝eq\f(v0,cos60°)＝4m/s.小物塊由B運動到C，據(jù)動能定理有mgR（1＋sinθ）＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，在C點處，依據(jù)牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得FN＝8N.（3）從C點到D點，由動能定理可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝μmgL＋Epm，解得L＝1.2m.答案：（1）0.35s（2）8N（3）1.2m18.（14分）如圖光滑水平導(dǎo)軌AB的左端有一壓縮