2018-2019學年高考物理 主題二 機械能及其守恒定律 第四章 機械能及其守恒定律階段檢測 教科版.doc

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第四章 機械能及其守恒定律 階段檢測 (時間：90分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。其中1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題) 1.如圖1所示，一小孩和一大人都以水平方向的力勻速推動相同的木箱在相同的路面走同樣的位移(推箱的速度大小如圖中所示)，比較此過程中兩人分別對木箱做的功，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.大人做的功多 B.小孩做的功多 C.大人和小孩做的功一樣多 D.條件不足，無法判斷 解析　因為木箱勻速運動，小孩和大人所用的推力相等，又因為所走的位移相同，所以做功一樣多，選項C正確。 答案　C 2.如圖2所示，運動員跳傘將經歷加速下降和減速下降兩個過程。將人和傘看成一個系統(tǒng)，在這兩個過程中，下列說法正確的是 (　　) 圖2 A.阻力對系統(tǒng)始終做負功 B.系統(tǒng)受到的合力始終向下 C.重力做功使系統(tǒng)的重力勢能增加 D.任意相等的時間內重力做的功相等 解析　無論系統(tǒng)在什么運動情況下，阻力一定做負功，A正確；加速下降時，合力向下，減速下降時，合力向上，B錯誤；系統(tǒng)下降，重力做正功，所以重力勢能減少，C錯誤；由于系統(tǒng)做變速運動，系統(tǒng)在相等時間內下落的高度不同，所以重力做功不同，D錯誤。 答案　A 3. 在大型游樂場里，小明乘坐如圖3所示勻速轉動的摩天輪，正在向最高點運動，對此過程，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.小明的重力勢能保持不變 B.小明的動能保持不變 C.小明的機械能守恒 D.小明的機械能減少 解析　摩天輪在轉動的過程中，小明的高度不斷發(fā)生變化，小明的重力勢能也在發(fā)生變化，故A錯誤；由于摩天輪勻速轉動，所以小明的速度大小不變，小明的動能保持不變，故B正確；機械能包括動能和勢能，小明所具有的機械能等于他的動能和勢能之和，由于其動能不變，而勢能隨著其高度的變化而變化，所以小明的機械能也在不斷變化，當其上升時，機械能增加，故C、D錯誤。 答案　B 4.如圖4是小孩滑滑梯的情景，假設滑梯是固定光滑斜面，傾角為30，小孩質量為m，由靜止開始沿滑梯下滑，滑行距離為s時，重力的瞬時功率為(　　) 圖4 A.mg B.mg C.mg D.mg 解析　小孩的加速度a＝＝g，由v2＝2as得小孩滑行距離s時的速率v＝，故此時重力的瞬時功率P＝mgvsin 30＝mg，B正確。 答案　B 5.(2018洛陽高一檢測)如圖5所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球懸掛在高為2L的O點處，小鐵球以O點為圓心在豎直平面內做圓周運動且恰能到達最高點B處，不計空氣阻力。若運動中輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的速度大小為(　　) 圖5 A. B. C. D. 解析　小鐵球恰能到達最高點B，則小鐵球在最高點處的速度v＝。以地面為零勢能面，小鐵球在B點處的總機械能為mg3L＋mv2＝mgL，無論輕繩是在何處斷的，小鐵球的機械能總是守恒的，因此到達地面時的動能mv2＝mgL，故小鐵球落到地面的速度v′＝，D正確。 答案　D 6.如圖6所示，木塊A放在木板B的左端上方，用水平恒力F將A拉到B的右端，第一次將B固定在地面上，F做功W1，生熱Q1；第二次讓B在光滑水平面可自由滑動，F做功W2，生熱Q2，則下列關系中正確的是(　　) 圖6 A.W1＜W2，Q1＝Q2 B.W1＝W2，Q1＝Q2 C.W1＜W2，Q1＜Q2 D.W1＝W2，Q1＜Q2 解析　木塊A從木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffs，因為木板B不固定時木塊A的位移要比木板B固定時長，所以W1＜W2；摩擦產生的熱量 Q＝Ffl相對，兩次都從木板B左端滑到右端，相對位移相等，所以Q1＝Q2，故選項A正確。 答案　A 7.(2018大連高一檢測)如圖7所示，A、B兩球質量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O′點，O與O′點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止開始釋放，當兩球達到各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，則(　　) 圖7 A.兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相等 B.兩球到達各自懸點的正下方時，A球動能較大 C.兩球到達各自懸點的正下方時，B球動能較大 D.兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較大 解析　整個過程中兩球減少的重力勢能相等，A球減少的重力勢能完全轉化為A球的動能，B球減少的重力勢能轉化為B球的動能和彈簧的彈性勢能，所以A球的動能大于B球的動能，所以B正確；在懸點正下方位置，根據牛頓第二定律知F＝mg＋，因為vA>vB，所以A球受到的拉力較大，所以D正確。 答案　BD 8.如圖8所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊(　　) 圖8 A.加速度先減小后增大 B.經過O點時的速度最大 C.所受彈簧彈力始終做正功 D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 解析　對物塊受力分析，當彈簧處于壓縮狀態(tài)時，由牛頓第二定律可得kx－f＝ma，x減小，a減小，當a＝0時，物塊速度最大，此時，物塊在O點左側，選項B錯誤；從加速度a＝0處到O點過程，由牛頓第二定律得f－kx＝ma，x減小，a增大，當彈簧處于伸長狀態(tài)時，由牛頓第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a繼續(xù)增大，可知物塊的加速度先減小后增大，選項A正確；物塊所受彈簧的彈力對物塊先做正功，后做負功，選項C錯誤；從A到B的過程，由動能定理可得W彈－Wf＝0，選項D正確。 答案　AD 9.如圖9所示，質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡(粗糙)底部A處由靜止開始運動至高為h的坡頂B，獲得速度為v，A、B之間的水平距離為x，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) 圖9 A.小車克服重力所做的功是mgh B.合力對小車做的功是mv2 C.推力對小車做的功是mv2＋mgh D.阻力對小車做的功是mv2＋mgh－Fx 解析　重力做功WG＝－mgh，A正確；推力做功WF＝Fx＝mv2＋mgh－Wf，C錯誤；根據動能定理WF＋Wf＋WG＝mv2，即合力做功mv2，B正確；由上式得阻力做功Wf＝mv2－WF－WG＝mv2＋mgh－Fx，D正確。 答案　ABD 10.質量為4 kg的物體被人由靜止開始向上提升0.25 m后速度達到1 m/s，不計空氣阻力，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　) A.人對物體做的功是12 J B.合外力對物體做功2 J C.物體克服重力做功10 J D.人對物體做的功等于物體增加的動能 解析　人提升物體的過程中，人對物體做了功，W人＝mgh＋mv2＝12 J，A正確，D錯誤；合外力對物體做的功(包括重力)等于物體動能的變化，W合＝mv2＝2 J，B正確；物體克服重力做的功等于物體重力勢能的增加量，WG＝mgh＝10 J，C正確。 答案　ABC 二、非選擇題(本題共4小題，共50分) 11.(10分)某同學用如圖10甲所示的裝置“驗證機械能守恒定律”。 (1)安裝打點計時器時，紙帶的兩個限位孔必須處在同一________線上。 (2)接通電源，讓打點計時器正常工作后，松開________。 (3)將紙帶上打出的第一個點記為0，并在離0點較遠的任意點依次選取幾個連續(xù)的點，分別記為1、2、3……。量出各點與0點的距離h, 算出各點對應的速度，分別記為v1至v6，數據如下表： 代表符號 v1 v2 v3 v4 v5 v6 數值(m/s) 2.80 2.99 3.29 3.39 3.59 3.78 表中有一數據有較大誤差，代表符號為________。 圖10 (4)修正數據后，該同學計算出各點對應速度的平方值，并作出v2－h(huán)圖像，如圖乙所示，若得出的直線斜率為k，則可測出重力加速度g＝________。與真實值相比，測出的g值________(選填“偏小”或“偏大”)。 解析　(1)根據本實驗要求可知：安裝打點計時器時，紙帶的兩個限位孔必須處在同一豎直線上。 (2)接通電源，讓打點計時器正常工作后，松開紙帶，讓紙帶和重物一起做自由落體運動。 (3)根據Δv＝gΔt知，相鄰記數點間的Δv一定相等，所以v3數據誤差較大。 (4)由mgh＝mv2可得：g＝＝；由于重物和紙帶下落過程中受到限位孔的阻力作用，速度值偏小，即測量值與真實值相比，測出的值偏小。 答案　(1)豎直　(2)紙帶　(3)v3　(4)　偏小 12.(12分)我國自行研制、具有完全自主知識產權的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x＝1.6103 m時才能達到起飛所要求的速度v＝80 m/s。已知飛機質量m＝7.0104 kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2。求飛機滑跑過程中 圖11 (1)加速度a的大小； (2)牽引力的平均功率P。 解析　(1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有 v2＝2ax① 代入數據解得 a＝2 m/s2② (2)設飛機滑跑受到的阻力為f，依題意有 f＝0.1mg③ 設發(fā)動機的牽引力為F，根據牛頓第二定律有 F－f＝ma④ 設飛機滑跑過程中的平均速度為v，有 v＝⑤ 在滑跑階段，牽引力的平均功率 P＝Fv⑥ 聯(lián)立②③④⑤⑥式得 P＝8.4106 W⑦ 答案　(1)2 m/s2　(2)8.4106 W 13.(12分)如圖12所示，A物體用板托著，位于離地h＝1.0 m處，輕質細繩通過光滑定滑輪與A、B相連，繩子處于繃直狀態(tài)，已知A物體質量M＝1.5 kg，B物體質量m＝1.0 kg，現將板抽走，A將拉動B上升，設A與地面碰后不反彈，B上升過程中不會碰到定滑輪，問： 圖12 (1)A落地前瞬間的速度大小為多少？ (2)B物體在上升過程中離地的最大高度為多大？ 解析　(1)A落地時，A、B系統(tǒng)重力勢能的減少量 ΔEp減＝Mgh－mgh， 系統(tǒng)動能的增加量ΔEk增＝(M＋m)v2 根據系統(tǒng)機械能守恒有 Mgh－mgh＝(M＋m)v2 故A落地時，A、B物體的瞬時速度v＝2 m/s (2)A落地后，B物體上升過程機械能守恒，設上升h′后速度變?yōu)榱?，取地面為參考平? 故：mgh＋mv2＝mg(h＋h′) 所以h′＝0.2 m 故B物體離地面的最大高度為h＋h′＝1.2 m。 答案　(1)2 m/s　(2)1.2 m 14.(16分)(2018鄭州高一檢測)如圖13所示，一物體質量m＝2 kg，在傾角θ＝37的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4 m。當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3 m。擋板及彈簧質量不計，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，求： 圖13 (1)物體與斜面間的動摩擦因數μ； (2)彈簧的最大彈性勢能Epm。 解析　(1)物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈性勢能沒有發(fā)生變化，機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即： mv＋mgLADsin 37＝μmgcos 37(LAB＋2LCB＋LBD) 代入數據解得：μ≈0.52。 (2)物體由A到C的過程中，動能減少量 ΔEk＝mv， 重力勢能減少量ΔEp＝mgLACsin 37。 摩擦產生的熱Q＝μmgcos 37LAC。 由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為： Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q ＝mv＋mgLACsin 37－μmgcos 37LAC ≈24.5 J。 答案　(1)0.52　(2)24.5 J