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

PAGE11-章末質(zhì)量評(píng)估（四）（時(shí)間：90分鐘滿分：100分）一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，選對(duì)的得4分，選錯(cuò)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(jī)械能守恒B.能量正在消逝C.總能量守恒，正在削減的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化解析：秋千搖擺的幅度越來越小，即重力勢(shì)能的最大值越來越小，機(jī)械能減小，減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，C正確，A、B、D錯(cuò)誤.答案：C2.關(guān)于重力勢(shì)能，下列說法中正確的是（）A.重力勢(shì)能的大小與所選的參考平面無關(guān)B.在同一個(gè)參考平面，重力勢(shì)能－5J小于－10JC.重力做正功，重力勢(shì)能增加D.物體的重力勢(shì)能是物體和地球所共有的解析：重力勢(shì)能有相對(duì)性，其大小與所選的參考平面有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在同一個(gè)參考平面，重力勢(shì)能－5J大于－10J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；重力做正功，重力勢(shì)能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；重力勢(shì)能是物體和地球共有的，而不是物體單獨(dú)具有的，離開地球物體將不再具有重力勢(shì)能，故D正確.答案：D3.分別對(duì)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(dāng)物體通過相同位移時(shí)，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(shí)合力的功大C.合力的功相等，斜向上拉時(shí)拉力的功大D.合力的功相等，斜向上拉時(shí)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(shí)拉力的功小，故D正確，A、B、C錯(cuò)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(jī)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(jī)械能的增加量ΔE＝9×107JP＝1×106WB.機(jī)械能的增加量ΔE＝9×108JP＝6×107WC.機(jī)械能的減小量ΔE＝9×108JP＝1×106WD.機(jī)械能的減小量ΔE＝9×107JP＝6×107W解析：緩慢下降，則動(dòng)能不變，重力勢(shì)能削減，所以機(jī)械能削減，其削減量為ΔE＝mgΔh＝6×106×10×15＝9×108J，故A、D錯(cuò)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(cuò)誤，C正確.答案：C5.“竹蜻蜓”是我國(guó)古代獨(dú)創(chuàng)的一種兒童玩具，20世紀(jì)30年頭，人們依據(jù)“竹蜻蜓”原理設(shè)計(jì)了直升機(jī)的螺旋槳.一小孩搓動(dòng)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(dòng)過程中手對(duì)“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(diǎn)的過程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)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(shì)能的增加量為Ep＝mgh＝1.2J，“竹蜻蜓”上升過程中，除重力對(duì)其做負(fù)功外，還有空氣阻力做負(fù)功，則在搓動(dòng)過程中手對(duì)“竹蜻蜓”做的功大于1.2J，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確.答案：D6.如圖為工人師傅施工的一個(gè)場(chǎng)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(shí)剛好達(dá)到最大速度.已知吊繩對(duì)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(yùn)動(dòng)B.最大速度eq\f(P,f)C.機(jī)械能增加FHD.動(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝Mg＋f時(shí)達(dá)到最大速度，最大速度為eq\f(P,Mg＋f)，故A、B錯(cuò)誤；建材增加的機(jī)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(cuò)誤；建材在上升H的過程中，動(dòng)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(zhǎng)度為l的勻稱松軟細(xì)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(diǎn)，M點(diǎn)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(diǎn)提到M點(diǎn)的過程中，PM段軟繩的機(jī)械能不變，MQ段軟繩的機(jī)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(cuò)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(diǎn)的水平線.已知一小球從M點(diǎn)動(dòng)身，初速率為v0，沿管道MPN運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)的速率為v1，所需時(shí)間為t1；若該小球仍由M點(diǎn)以初速率v0動(dòng)身，而沿管道MQN運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)的速率為v2，所需時(shí)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(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，沿管道MPN運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力勢(shì)能先增加后削減，則動(dòng)能先削減后增加；沿管道MQN運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力勢(shì)能先削減后增加，則動(dòng)能先增加后削減，并且v1＝v2.小球沿管道MPN運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與沿管道MQN運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的路程相等，而沿管道MPN運(yùn)動(dòng)比沿管道MQN運(yùn)動(dòng)的平均速率小，所以沿管道MPN運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)比沿管道MQN運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間長(zhǎng)，即t1>t2，故選項(xiàng)A正確.答案：A9.2024年全國(guó)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(shí)行.最終，天津、上海、山東獲得前三名.某次訓(xùn)練時(shí)，一運(yùn)動(dòng)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(diǎn)所在的水平面為參考平面，則（）A.排球上升過程中機(jī)械能肯定守恒B.排球上升過程中的動(dòng)能先減小后增大C.排球的最大重力勢(shì)能為3.375JD.排球回到擊出點(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，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(jī)械能不肯定守恒，故A錯(cuò)誤；排球上升過程中合外力始終做負(fù)功，×10×1.25J＝3.375J，故C正確；排球的最大重力勢(shì)能為3.375J，則排球回到擊出點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能不會(huì)超過3.375J，不行能為5J，故D錯(cuò)誤.答案：C10.質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過程的速度圖像如圖所示，0～t1段為直線，從t1時(shí)刻起汽車保持額定功率不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中汽車所受阻力恒為f.則（）A.0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車的牽引力等于f＋meq\f(v1,t1)B.t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車所受的牽引力為恒力C.t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率等于fv1D.t1～t2時(shí)間內(nèi)，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功等于fv1（t2－t1）解析：0～t1時(shí)間內(nèi)，汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)刻起汽車的功率保持不變，可知汽車在t1～t2時(shí)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(cuò)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(cuò)誤.答案：A二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分）11.機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)，在達(dá)到額定功率之前的過程中，下列速度—時(shí)間、機(jī)車功率—時(shí)間圖像中正確的是（）解析：機(jī)車保持加速度不變啟動(dòng)，則速度為v＝at，在達(dá)到額定功率前均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖像為過原點(diǎn)的傾斜直線，故A正確，B錯(cuò)誤.機(jī)車的功率P＝Fv，勻加速直線運(yùn)動(dòng)v＝at，聯(lián)立有P＝Fat，可知機(jī)車的功率隨時(shí)間勻稱增大；C正確，D錯(cuò)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(diǎn)保持靜止.撤去外力，在彈簧彈力的作用下小球被彈起，B點(diǎn)是小球在彈簧上自由靜止時(shí)的位置，C點(diǎn)是彈簧原長(zhǎng)位置，D點(diǎn)是小球運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn).小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能為Ep，則小球從A到D運(yùn)動(dòng)的過程中（）A.彈力對(duì)小球所做的功為－EpB.彈力對(duì)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(shì)能的削減，則A到D彈性勢(shì)能削減Ep，則彈力做正功，大小為Ep，故A項(xiàng)不合題意，B項(xiàng)符合題意.小球從A到D的過程，對(duì)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(jī)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(xiàng)不合題意，D項(xiàng)符合題意.答案：BD13.如圖甲所示，A、B兩個(gè)小球可視為質(zhì)點(diǎn)，A球沿傾角為30°的光滑的足夠長(zhǎng)的斜面由靜止起先下滑，B球做自由落體運(yùn)動(dòng)，A、B兩球的動(dòng)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(jī)械能不守恒，B球機(jī)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(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球重力的瞬時(shí)功率之比為PA∶PB＝1∶1D.A、B兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球下落高度相同解析：兩球在運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，A、B球的機(jī)械能都守恒，故A錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律得，對(duì)A球Ek0＝mAgx0sin30°，對(duì)B球Ek0＝mBg·2x0，解得mA∶mB＝4∶1，故B正確；兩球重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvcosθ＝mgeq\r(\f(2Ek,m))cosθ＝geq\r(2mEk)cosθ，A、B兩球的動(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球重力的瞬時(shí)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(dòng)能均為Ek0時(shí)，兩球下落高度之比為x0sin30°∶2x0＝1∶4，故D錯(cuò)誤.答案：BC14.如圖所示，在長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿中點(diǎn)A和端點(diǎn)B處各固定一質(zhì)量為m的球，桿可繞軸O無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，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(duì)B球做功的瞬時(shí)功領(lǐng)先增大后減小B.A球和B球都遵循機(jī)械能守恒C.豎直位置時(shí)vA＝eq\r(\f(3gL,5))，vB＝eq\r(\f(12gL,5))D.桿對(duì)A桿做功WA＝0.2mgL，對(duì)B做功WB＝－0.2mgL解析：B球起先時(shí)速度為零，此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，到最低點(diǎn)時(shí)，速度方向與重力的方向垂直，此時(shí)重力的瞬時(shí)功率也為零，所以重力對(duì)B球做功的瞬時(shí)功領(lǐng)先增大后減小，故A項(xiàng)正確.設(shè)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，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(duì)象，系統(tǒng)機(jī)械能守恒.若取B的最低點(diǎn)為重力勢(shì)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(gè)時(shí)刻對(duì)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(dòng)能定理，可解出桿對(duì)A、B做的功，對(duì)A有WA＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，所以WA＝－0.2mgL.對(duì)B有WB＋mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，所以WB＝0.2mgL，由于桿對(duì)A，B做功，所以A、B機(jī)械能不守恒，故C項(xiàng)正確，B、D項(xiàng)錯(cuò)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(jì)的彈簧彈射器探究“彈簧彈性勢(shì)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(cè)出小球通過光電門的時(shí)間為t.請(qǐng)回答下列問題：（1）為削減試驗(yàn)誤差，彈射器出口端距離光電門應(yīng)當(dāng)（選填“近些”或“遠(yuǎn)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(shì)能Ep＝.（用m、d、t表示）（3）該同學(xué)在試驗(yàn)中測(cè)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(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系式，正確的是.（選填字母代號(hào)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(yùn)動(dòng)，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(shí)速度，則v＝eq\f(d,t)，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為了動(dòng)能，依據(jù)動(dòng)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(shí)許，受強(qiáng)對(duì)流云團(tuán)影響，溫州市多地出現(xiàn)暴雨、冰雹天氣.有報(bào)道稱，當(dāng)天某學(xué)校正在戶外舉辦聘請(qǐng)會(huì)，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(huì)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(rèn)為過程中質(zhì)量始終保持不變）自4000m高空下落，落地前已達(dá)到下落的最大速度.求：（1）冰雹下落的最大速率vm；（2）當(dāng)下落速度v＝10m/s時(shí)加速度a的大?。唬?）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(dá)到最大時(shí)，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(dòng)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(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)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(diǎn)）從空中的A點(diǎn)以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，經(jīng)過C點(diǎn)后沿水平面對(duì)右運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，彈簧被壓縮至最短，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Epm＝0.8J，已知小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，求：（1）小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的時(shí)間；（2）小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大??；（3）C、D兩點(diǎn)間的水平距離L.解析：（1）小物塊恰好從B端沿切線方向進(jìn)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(yùn)動(dòng)到C，據(jù)動(dòng)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(diǎn)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(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)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