人教版高中物理新教材同步讲义必修第二册 第8章 章末检测试卷(四)（含解析）

章末检测试卷(四)

(满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每题3分，共24分)

1．(2021·江苏泰州中学高一期末)关于功和功率的概念，下列说法中正确的是(　　)

A．力对物体没有做功，则物体位移一定为0

B．由P＝可知，做功越多，则力做功的功率越大

C．摩擦力只能做负功

D．某个力对物体做功越快，它的功率一定越大

答案　D

2．跳台滑雪是冬季奥林匹克比赛项目之一．若某运动员从跳台边缘水平滑出，经过一段时间落到斜坡上，忽略空气阻力的影响，则有关运动员的下落过程，下列说法正确的是(　　)

A．运动员的加速度逐渐增大

B．运动员的重力势能逐渐增加

C．运动员的动能逐渐增加

D．运动员的机械能逐渐增加

答案　C

解析　运动员在下落过程中仅受重力，根据牛顿第二定律可知，运动员的加速度不变，故A错误；在运动员下落过程中，重力对他做正功，运动员的重力势能减少，故B错误；在运动员下落过程中，他的重力势能转化为动能，动能逐渐增加，故C正确；运动员在下落过程中仅有重力做功，机械能守恒，故D错误．

3.(2021·扬州市高一期末)如图所示为我国自行研制的新一代大型客机C919.已知其质量为m，起飞前在水平跑道上以加速度a做匀加速直线运动，受到的阻力大小为f，则在水平跑道上运动时间t时发动机的输出功率为(　　)

A．fat   B．ma2t

C．(f＋ma)at   D.fat2

答案　C

解析　根据功率的公式可得，运动时间t时发动机的输出功率为

P＝Fv＝(f＋ma)at，故选C.

4.如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个质量m＝2 kg的小球(可视为质点)，用水平向右的力F作用在小球上使小球处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角θ＝37°.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.将F撤去，则小球到达最低点时的速度大小为(　　)

A．3 m/s   B．2.5 m/s

C．2 m/s   D．1 m/s

答案　C

解析　将F撤去，对小球，由机械能守恒定律得mgl(1－cos θ)＝mv2，得小球到达最低点时的速度大小v＝＝2 m/s，C正确．

5．(2021·金华市高一期末)图中是中国空军飞行员进行海上跳伞训练，当到达安全极限的高度时，飞行员将打开降落伞平稳落地．一飞行员下降到极限高度时打开降落伞，而后竖直向下做匀减速运动．飞行员和降落伞的质量为m，所受空气阻力大小恒为F.减速下降h的过程中，飞行员和降落伞的动能变化量为ΔEk，g为当地的重力加速度．则减速下降h的过程中(　　)

A．飞行员和降落伞所受合力做功为Fh－mgh

B．飞行员和降落伞所受阻力做功为Fh

C．飞行员和降落伞的机械能减少了mgh＋ΔEk

D．飞行员和降落伞的机械能减少了Fh

答案　D

解析　飞行员和降落伞所受合力做功为W合＝mgh－Fh，故A错误；飞行员和降落伞所受阻力做功为WF＝－Fh，故B错误；ΔE＝WF＝－Fh，所以飞行员和降落伞的机械能减少了Fh，故D正确，C错误．

6.如图，一质量为m的足球，以速度v由地面踢起，当它到达离地面高度为h的B点处(取B点处所在水平面为参考平面)时，下列说法正确的是(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)

A．足球在B点处的重力势能为mgh

B．足球在B点处的动能为mgh

C．足球在B点处的机械能为mv2－mgh

D．足球在B点处的机械能为mv2

答案　C

解析　取B点处所在水平面为参考平面，所以足球在B点处的重力势能为零，A错误；从A到B过程，由机械能守恒定律得mv2－mgh＝mvB2，可得足球在B点处的动能为mv2－mgh，机械能也为mv2－mgh，B、D错误，C正确．

7.如图，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L＝0.75 m，质量m＝1.0 kg的物块(可视为质点)从斜面顶端无初速度释放，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5 J

B．物块滑到斜面底端时的动能为1.5 J

C．物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24 W

D．物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18 W

答案　D

解析　重力做的功为WG＝mgLsin θ＝4.5 J，故A错误；根据动能定理可得mgLsin θ＝Ek＝4.5 J，故B错误；对物块受力分析可知mgsin θ＝ma，L＝at2，解得：t＝0.5 s，平均功率P＝＝＝9 W，故C错误；物块运动到斜面底端时的瞬时速度为v＝at＝3 m/s，瞬时功率为P′＝mgvsin θ＝18 W，故D正确．

8.(2022·河南洛宁县第一高级中学高一期中)现有一均匀变小的力F拉着物体在粗糙水平地面从静止开始滑动，物体质量m＝1 kg，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.7，F随物体位移x的变化如图所示，当物体位移为3 m时停止运动．g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物体动能的最大值为2.25 J

B．F0＝17.5 N

C．物体在2.5 m时的速度最大

D．物体速度的最大值为1.5 m/s

答案　A

解析　在0～3 m内，F做的功为W＝×3＝F0

根据动能定理得W－μmgx＝0

其中x＝3 m

解得F0＝10 N，故B错误；

当F与滑动摩擦力大小相等时速度最大，则有

F＝Ff＝μmg＝7 N

由题图可得F＝10－2x1

解得x1＝1.5 m

此时速度最大，根据动能定理得W′－μmgx1＝Ekm

得Ekm＝×1.5 J－0.7×1×10×1.5 J＝2.25 J，由Ekm＝mv2得v＝ m/s，故A正确，C、D错误．

二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)

9.如图所示，一足球在操场上被同学踢出，在竖直平面内运动，经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点，离地高度为h，不考虑足球的旋转，足球所受空气阻力大小不变，则足球(　　)

A．在位置2时受到的合力与速度方向相反

B．在位置2的加速度比位置3的加速度小

C．从位置1到2过程空气阻力做的功大于从位置2到3过程空气阻力做的功

D．在位置3的动能小于在位置1的动能

答案　CD

10．(2021·滨州市高一期末)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果．一列质量为m的动车以恒定功率P在平直轨道上由静止启动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程中所受到的阻力与速度的二次方成正比．在时间t内下列说法正确的是(　　)

A．动车做匀加速直线运动

B．动车速度为时，加速度为

C．动车所受的最大阻力为

D．动车克服阻力做功Pt－mvm2

答案　BD

解析　动车启动的过程中，随着速度的增加，牵引力逐渐减小，而阻力逐渐增加，加速度逐渐减小，因此动车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误；速度最大时，牵引力与阻力大小相等P＝Ffmvm，而Ffm＝kvm2，整理得k＝，当动车速度为时，根据牛顿第二定律－Ff＝ma，而Ff＝k2，整理得a＝，B正确；动车所受的最大阻力Ffm＝，C错误；启动过程中，根据动能定理Pt－W＝mvm2，因此克服阻力做功W＝Pt－mvm2，D正确．

11.(2022·常州市高一期中改编)如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点(B位置)．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是(　　)

A．运动员到达最低点时，其所受合力为零

B．运动员所受重力对他做的功小于跳板的弹力对他做的功

C．运动员的动能一直在减小

D．运动员的机械能一直减小

答案　BD

解析　从接触跳板到最低点，跳板的弹力一直增大，运动员所受合力先减小后增大，最低点合力不为零，故A错误；在这个过程中，根据动能定理可知，重力做正功，弹力做负功，动能减小，所以运动员所受重力对他做的功小于跳板的弹力对他做的功，故B正确；加速度的方向先向下后向上，速度先与加速度方向同向，再与加速度方向反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C错误；由于人在下落过程中，弹力始终做负功，由功能关系可知，运动员的机械能一直在减小，故D正确．

12．如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3 m，选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)

A．物体的质量m＝1 kg

B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4

C．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2

D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J

答案　ACD

解析　物体到达最高点时，机械能E机＝Ep＝mgh，则m＝＝ kg＝1 kg，故A正确；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，则|ΔE机|＝μmgcos α·，解得μ＝0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α＝ma，解得a＝10 m/s2，故C正确；由题图乙可知，物体上升过程中摩擦力做的功W＝30 J－50 J＝－20 J，则物体从斜面底端开始运动到回到斜面底端的整个过程中，由动能定理得Ek－Ek0＝2W，则Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正确．

三、非选择题(本题共6小题，共60分)

13．(8分)(2021·威海市高一期末)某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知当地重力加速度为g.

(1)除图甲装置的器材之外，还必须使用的器材有________．

A．直流电源 

B．交流电源

C．天平(含砝码) 

D．刻度尺

(2)某同学在实验中挑选了一条清晰的纸带，其中的一部分如图乙所示．O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续的点．测得O点到各点的距离依次为h1、h2、h3、h4，其中h2＝______ cm.

(3)重锤质量为m，打点计时器的打点周期为T，则从O点到B点，重锤的重力势能变化量的表达式|ΔEp|＝____，B点的动能的表达式EkB＝______(均用题目中给定的物理量符号表示)．百分误差是衡量实验精确度的重要标准，其定义为百分误差η＝×100% ，中学阶段学生实验的要求η≤5%.本实验将重锤重力势能的变化量作为“实际值”，将重锤动能变化量作为“测量值”，打点周期T＝0.02 s，重力加速度g＝9.8 m/s2，则该实验的百分误差为η＝__________%(保留1位有效数字)．

答案　(1)BD(1分)　(2)23.30(1分)

(3)mgh2(2分)　(2分)　8(2分)

解析　(1)除题图甲装置的器材之外，因打点计时器使用交流电源，则还必须有交流电源；另外要用刻度尺测量纸带；因要验证的关系式两边都有质量m，故不需要天平．

(2)由刻度尺读出h2＝23.30 cm.

(3)从O点到B点，重锤的重力势能变化量的表达式|ΔEp|＝mgh2

B点的动能的表达式EkB＝mvB2

＝m()2＝

由题图乙中数据可知＝mgh2＝

m×9.8×0.233 (J)＝2.283m (J)

EkB＝＝ (J)＝2.475m (J)

η＝×100%＝×100%＝8%.

14．(6分)某实验小组利用图甲的装置验证钩码和滑块组成的系统机械能守恒，在水平桌面上固定一气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光条的滑块，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的钩码相连，导轨上B点处有一光电门，与光电门相连的数字计时器可以测量遮光条经过光电门时的挡光时间Δt，用d表示遮光条的宽度，s表示A、B两点的距离，g表示当地的重力加速度．(计算结果保留两位有效数字)

(1)实验时，将滑块从A点处由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门时的挡光时间Δt＝1.3×10－2 s，已知遮光条的宽度d＝5.2 mm，则滑块经过光电门时的瞬时速度大小v为________．

(2)改变光电门的位置进行多次实验，每次均使滑块自A点处由静止开始运动，测量相应的s与Δt的值，并计算出经过光电门时的瞬时速度大小v，作出v2－s图线，若不考虑误差，认为系统的机械能守恒，则v2与s应满足的关系式为v2＝________.(用题中所给的物理量符号表示)

(3)实验中，若已知M∶m＝3∶1，利用数据作出的v2－s图线如图乙所示，则可求得当地的重力加速度g＝________.

答案　(1)0.40 m/s(2分)　(2)(2分)　(3)9.0 m/s2(2分)

解析　(1)滑块经过光电门时的瞬时速度大小v＝＝0.40 m/s.

(2)如果不考虑误差，认为系统的机械能守恒，则mgs＝(M＋m)v2，得v2＝.

(3)v2－s图线的斜率为k＝＝，由题图乙可知k＝4.5 m/s2，可求得当地的重力加速度g＝9.0 m/s2.

15.(8分)质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC.O点为圆弧的圆心，θ＝60°，轨道半径R＝0.8 m，圆弧轨道与水平地面上长为L＝2.4 m的粗糙直轨道CD平滑连接．小物块沿轨道BCD运动并与右侧的竖直墙壁发生碰撞，且能原速返回(g＝10 m/s2，空气阻力不计)．

(1)小物块第一次经过最低点C时，求圆弧轨道对物块的支持力FN；

(2)若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ＝0.4，则小物块最终停在何处？

答案　(1)40 N，方向竖直向上　(2)停在距D点0.6 m处

解析　(1)物块由B到C过程中，根据动能定理得：mgR(1－cos θ)＝mvC2－mv02(2分)

解得：vC＝2 m/s

根据牛顿第二定律：FN－mg＝m(2分)

解得：FN＝40 N，方向竖直向上(1分)

(2)设物块最后停止在M点位置，B到M过程中，根据动能定理：mgR(1－cos θ)－μmgs总＝0－mv02 (2分)

解得：s总＝3 m

即小物块最终停在距D点0.6 m处．(1分)

16.(10分)如图所示，水平长直轨道AB与半径为R＝0.8 m的光滑竖直圆轨道BC相切于B点，轨道BC与半径为r＝0.4 m的光滑竖直圆轨道CD相切于C点，质量m＝1 kg的小球静止在A点，现用F＝18 N的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力，小球恰能通过D点．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：

(1)小球在D点的速度vD的大小；

(2)小球在B点对圆轨道的压力FNB的大小；

(3)A、B两点间的距离x.

答案　(1)2 m/s　(2)45 N　(3)2 m

解析　(1)小球恰好过最高点D，在D点，由牛顿第二定律有：

mg＝m(2分)

解得：vD＝2 m/s；(1分)

(2)小球从B到D，由动能定理：－mg(R＋r)＝mvD2－mvB2(2分)

设小球在B点受到的圆轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律有：

FN－mg＝m(1分)

由牛顿第三定律得FNB＝FN(1分)

联立解得：FNB＝45 N；(1分)

(3)小球从A到B，由动能定理：

F·－μmgx＝mvB2(1分)

解得：x＝2 m．(1分)

17.(14分)(2021·重庆一中高一期末)如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角θ＝37°的固定光滑直轨道AC的底端挡板上，另一端位于直轨道上B点，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，BC＝4R，D点为圆弧轨道的最高点，A、B、C、D均在同一竖直面内，质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点，BE＝R.重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；

(2)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放，释放后P恰好能到达圆弧轨道的最高点D，求改变后P的质量．

答案　(1)3mgR　(2)m

解析　(1)物块由C到E的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，有mg·5Rsin θ＝

Ep(3分)

解得Ep＝3mgR(1分)

(2)物块恰好能到达D点，由牛顿第二定律，有

m1g＝m1(2分)

解得vD＝(1分)

物块由E到D的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，有Ep＝m1g·hED＋m1vD2(3分)

其中E到D的高度差hED＝5Rsin θ＋R＋Rcos θ＝R(3分)

解得改变后P的质量m1＝m.(1分)

18．(14分)(2021·重庆市高一期末)如图所示，固定光滑管道由半径均为R的半圆形管道ABC和四分之一圆弧管道CD组成，A、O、C三点在同一水平线上．固定光滑直角杆由水平杆ab和竖直杆bc组成，长度bc＝1.5R，竖直杆下端c点位于半圆形管道左端A处．甲、乙两小球分别穿在竖直杆和水平杆上，并用长度为R且不可伸长的细线连接．现使细线水平伸直，将小球甲、乙同时从静止开始无初速度释放，当细线与竖直方向夹角θ＝37°时，细线突然断裂，小球甲从竖直杆c端无碰撞进入管道口A，通过管道后从D端水平飞出，落地点E与D端水平距离为R.小球直径略小于管道内径，小球直径、管道内径和直角杆的粗细都可忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小球甲到达D端时的速度大小；

(2)甲、乙两小球的质量之比．

答案　(1)　(2)

解析　(1)小球甲从D端飞出，做平抛运动，历时t到达E点，有

2R＝gt2，R＝vDt(2分)

解得vD＝(2分)

(2)设甲、乙小球质量分别为m1、m2，当细线与竖直方向夹角θ＝37°时，甲、乙小球速度大小分别为v1、v2，甲、乙小球组成的系统机械能守恒，有

m1g·R·cos 37°＝m1v12＋m2v22(3分)

由运动的合成与分解得，甲、乙小球速度大小关系为v1cos 37°＝v2sin 37°(2分)

细线突然断裂后，小球甲运动到D端过程中，以直径AC所在的水平面为参考平面，由机械能守恒定律得

m1g(R－Rcos 37°)＋m1v12＝m1vD2＋m1gR(3分)

联立解得＝.(2分)