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2019-2020年高中物理第四章机械能和能源阶段验收评估教科版.doc

 版权申诉  doc 2019-2020年高中物理第四章机械能和能源阶段验收评估教科版 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 FB<FC B.WB=WC FB<FC C.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v­t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














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