人教版 高一物理 单元形成性评价（四）（教师版）练习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册全册综合课后练习题，共18页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
单元形成性评价(四)(第八章)
(90分钟 100分)
一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)
1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是( )
A．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒
B．物体只受重力，机械能才守恒
C．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒
D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒
【解析】选D。做匀速运动的物体，其机械能不一定守恒，如在空中匀速下降的降落伞，机械能减小，故A错误；机械能守恒定律的条件是只有重力或弹力做功，故B错误；做匀速圆周运动的物体，其机械能不一定守恒，如在竖直平面内做匀速圆周运动的物体机械能不守恒，故C错误；除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒，故D正确。
2．关于功，下列说法中正确的是( )
A．力越大，做功越多 B．位移越大，做功越多
C．功的单位是焦耳 D．功是矢量
【解析】选C。根据W＝Fs cs θ可知，力越大，做功不一定越多，位移越大，做功不一定越多，选项A、B错误；功的单位是焦耳，选项C正确；功只有大小无方向，是标量，选项D错误。
3．一个物体的重力势能减少了，这是因为( )
A．它所处的高度减少了
B．它所处的高度增加了
C．它的速度减少了
D．它的速度增加了
【解析】选A。物体的高度降低时，重力对物体做正功，物体的重力势能减小，物体的高度上升时，重力对物体做负功，物体的重力势能增加。所以若一个物体的重力势能减少了，则它所处的高度减少了，物体的重力势能仅与高度有关，与速度无关，故A正确。
4．如图所示，滑块以速率v1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2＜v1，则下列说法中错误的是( )
A.全过程中重力做功为零
B．全过程中摩擦力做功为零
C．在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等
D．在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率不相等
【解析】选B。重力做功等于重力与竖直位移的乘积，全程竖直位移为零，所以重力做功为零，A正确。上滑时，摩擦力沿斜面向下，做负功，下滑时，摩擦力沿斜面向上，做负功，所以全程始终做负功，总功不为零，B错误。因为上滑和下滑过程摩擦力大小相等，而位移大小相等，始终做负功，所以上滑和下滑过程克服摩擦力做功相同，机械能减少量相同，C正确。上滑过程的加速度a＝ eq \f(mg sin θ＋μmg cs θ,m) ＝g sin θ＋μg cs θ；下滑过程加速度a′＝ eq \f(mg sin θ－μmg cs θ,m) ＝g sin θ－μg cs θ，位移大小相同，下滑加速度小，所以下滑时间长，而上滑和下滑克服摩擦力做功相同，所以由 eq \x\t(P) ＝ eq \f(W,t) 可知平均功率不同，D正确。
5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平放置的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．弹簧弹性势能变化了 eq \r( ,3) mgL
【解析】选D。圆环和弹簧系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能增大，圆环的机械能减小，A错误；圆环的重力势能减少，一部分转化成了圆环的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，因为圆环下落过程速度在变，动能在变，所以圆环重力势能与弹簧弹性势能之和在变，B错误；圆环下落速度最大时，加速度为零，合力为零，而下落距离最大时，速度为零，加速度不为零，合力不为零，C错误；从最初到最大距离，根据机械能守恒：ΔEp＝mgΔh＝mg eq \r( ,（2L）2－L2) ＝ eq \r( ,3) mgL，D正确。
6．如图所示，质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左运动一段距离L。在此过程中，小车受到的阻力大小恒为f，则( )
A.拉力对小车做功为FL cs α
B．支持力对小车做功为FL sin α
C．阻力对小车做功为－fL
D．重力对小车做功为mgL
【解析】选C。对小车受力分析如图所示，拉力做功W＝FL sin α，A错误；支持力始终与位移垂直，所以不做功，B错误；阻力与位移方向相反，做负功，所以阻力做功W＝－fL，C正确；重力与位移方向垂直，不做功，D错误。
7．如图所示，“蹦蹦跳”杆中的弹簧向上弹起，从图中1到2的过程中，关于小孩的重力势能和弹簧的弹性势能的变化，下列说法正确的是( )
A.重力势能减小，弹性势能增加
B.重力势能减小，弹性势能减小
C．重力势能增加，弹性势能减小
D．重力势能增加，弹性势能增加
【解析】选C。小孩高度升高，重力势能增加，弹簧形变量减小，弹性势能减小，A、B、D错误，C正确。
8．如图，一木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，此过程中木块受到的平均阻力为f，子弹射入深度为d，木块位移为s，则此过程中( )
A.子弹的内能增加了fd
B．子弹和木块组成的系统机械能守恒
C．木块增加的动能为fs
D．子弹动能的减少量等于木块动能的增加量
【解析】选C。根据能量守恒，子弹和木块损失的机械能转化成了内能，所以子弹和木块的内能增加了fd，A错误。因为该过程产生了内能，所以子弹和木块组成的系统机械能减少，B错误。对木块应用动能定理可知ΔEk＝fs，C正确。根据能量守恒定律可知，子弹减少的动能，一部分增加了木块的动能，另一部分转化成了内能，所以子弹动能的减少量大于木块动能的增加量，D错误。
【补偿训练】
在足球赛场上，某运动员用力踢出质量为0.4 kg的足球，使足球获得20 m/s的速度，则该运动员对足球做的功是( )
A．0 J B．80 J
C．160 J D．条件不足，无法确定
【解析】选B。根据能量守恒关系，运动员对足球做功等于足球获得的动能，即W＝ eq \f(1,2) mv2＝80 J，A、C、D错误，B正确。
9.如图所示，质量为50 kg的同学在做仰卧起坐。若该同学上半身的质量约为全身质量的 eq \f(3,5) ，她在1 min内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3 m，g取10 m/s2，则她在1 min内克服重力做的功W和相应的平均功率P约为( )
A．W＝4 500 J，P＝75 W
B．W＝450 J，P＝7.5 W
C．W＝3 600 J，P＝60 W
D．W＝360 J，P＝6 W
【解析】选A。该同学每次上半身重心上升的距离均为0.3 m，上半身质量约为全身质量的 eq \f(3,5) ，则她每一次克服重力做的功约为W′＝ eq \f(3,5) mgh＝ eq \f(3,5) ×50×10×0.3 J＝90 J，1 min内克服重力所做的功约为W＝50W′＝50×90 J＝4 500 J；相应的平均功率约为P＝ eq \f(W,t) ＝ eq \f(4 500,60) W＝75 W，故A正确，B、C、D错误。
10．人在距地面h高处抛出一个质量为m的小球，落地时小球的速度为v，不计空气阻力，人对小球做功是( )
A． eq \f(1,2) mv2 B．mgh＋ eq \f(1,2) mv2
C．mgh－ eq \f(1,2) mv2 D． eq \f(1,2) mv2－mgh
【解析】选D。对全过程运用动能定理得：
mgh＋W＝ eq \f(1,2) mv2－0
解得：W＝ eq \f(1,2) mv2－mgh，
故D正确，A、B、C错误。故选D。
11.物体从某一高度处自由下落，落到直立于地面的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，物体从A下落到B的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．物体的机械能守恒
B．物体的重力势能和动能之和一直减小
C．物体的动能是先变小后变大
D．物体在B点的速度为零，处于平衡状态
【解析】选B。物体从A下落到B的过程中，因为物体与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增大，所以物体机械能减小，即物体重力势能与动能之和减小，机械能不守恒，A错误，B正确；在到达弹力与重力相等之前，物体合力向下，向下加速，当弹力与重力相等，合力为零，加速度为零，速度达到最大，之后弹力大于重力，合力向上，物体减速，所以物体动能先增大后减小，C错误；结合C的分析，物体在B点速度为零，弹力大于重力，合力向上，不是平衡状态，D错误。
12．(2021·丽水高一检测)如图所示，两个质量相同的物体a和b处于同一高度，a自由下落，b沿固定光滑斜面由静止开始下滑，不计空气阻力。两物体到达地面时( )
A.a的速率大
B．b的速率大
C．a和b的速度方向相同
D．a和b的动能相等
【解析】选D。根据动能定理有mgh＝ eq \f(1,2) mv2－0，由此可知：由于质量相同，高度相同，所以末动能相等，速度的大小相等，但方向不同。故D正确，A、B、C错误。
13．长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列说法不正确的有( )
A.甲在空中的运动时间与乙相等
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
【解析】选D。由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝ eq \r(\f(2h,g)) ，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A正确；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvy＝mg eq \r(2gh) ，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分)
14．如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A、B间用一劲度系数为k的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B上的水平外力F的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为Ek时撤去外力F，最后停止运动。不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则从撤去外力F到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )
A.撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为 eq \f(F,2k)
B．撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为 eq \f(F,k)
C．A克服外力所做的总功等于 eq \f(Ek,2)
D．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量
【解析】选A、C。当A与B一起做加速运动的过程中，对于整体分析：F－2f＝2ma，对小球A分析：kx－f＝ma，联立得x＝ eq \f(F,2k) 。即弹簧的伸长量为 eq \f(F,2k) 。则撤去外力F的瞬间，弹簧的伸长量为 eq \f(F,2k) ，故A正确，B错误；A克服外力所做的总功等于A的动能，由于是当它们的总动能为Ek时撤去外力F，所以A与B的动能均为 eq \f(1,2) Ek，即A克服外力所做的总功等于 eq \f(1,2) Ek，故C正确；根据功能关系可知，整个过程中，系统克服摩擦力所做的功等于A、B减少的动能以及弹簧减少的弹性势能的和，即等于系统机械能的减少量，故D错误。
15．一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后其速度为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示物体前、后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A．WF2＞4WF1 B．WF2＜4WF1
C．Wf2＝2Wf1 D．Wf2＜2Wf1
【解析】选B、C。根据a＝ eq \f(Δv,Δt) 可知a2＝2a1，根据s＝ eq \x\t(v) t可知s2＝2s1，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，有F2－f＝2(F1－f)，所以有F2ma0，所以B错误；由A选项分析可知，当F弹＝mg时，小球速度最大，动能最大。由动能定理得Ekm＝W合＝ eq \f(1,2) ma0x0，所以C正确；同理，当弹簧压缩量为x0时，小球速度最大，由动能定理得Ekm＝mgx0－Ep，结合C选项分析可得Ep＝ eq \f(1,2) ma0x0，所以D正确。
三、非选择题(本题共6小题，共55分)
17．(6分)用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落， m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。已知m1＝100 g、m2＝300 g，则(所有计算结果保留两位有效数字)：
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s；
(2)在打下计数点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝__________J。为了简化计算，设g＝10 m/s2，则系统势能的减少量ΔEp＝__________J；
(3)在本实验中，若某同学作出了 eq \f(1,2) v2­h的图像，如图， h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g＝__________m/s2。
【解析】(1)相邻两计数点间还有4个打下的点，所以计数点时间间隔Δt＝0.1 s，打下计数点5时的瞬时速度等于4到6的平均速度：
v＝ eq \f(（21.60＋26.40）×10－2,2×0.1) m/s＝2.4 m/s
(2)根据题意ΔEk＝ eq \f(1,2) (m1＋m2)v2＝ eq \f(1,2) ×(0.1＋0.3)×2.42 J≈1.2 J；重力势能减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝(0.3－0.1)×10×(38.40＋21.60)×10－2 J＝1.2 J
(3)根据机械能守恒有 eq \f(1,2) (m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh，整理得： eq \f(v2,2) ＝ eq \f(g,2) h，所以图像斜率k＝ eq \f(g,2) ＝ eq \f(5.82,1.20) m/s2＝4.85 m/s2，所以g＝2k＝9.7 m/s2
答案：(1)2.4 (2)1.2 1.2 (3)9.7
18．(5分)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V的交流电和直流电两种。重物从高处由静止开始下落，重物上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，即验证机械能守恒定律。

(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；
C．用天平测出重物的质量；
D．先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源开关打出一条纸带；
E．测量纸带上某些点间的距离；
F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是__________。(将其选项对应的字母填在横线处)
(2)供选择的重物有以下四个，应选择__________。
A．质量为100 g的木球 B．质量为10 g的砝码
C．质量为200 g的钩码 D．质量为10 g的塑料球
(3)实验中，若选用质量m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点。如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点(速度恰好为零)，每两个计数点之间还有四个点未画出，选连续的3个计数点A、B、C作为测量的点，如图所示，经测量知道A、B、C各点到O点的距离分别为50.50 cm、86.00 cm、130.50 cm。已知打点计时器的频率为50 Hz，当地的重力加速度g＝9.80 m/s2。
根据以上数据，可计算出打B点时的速度vB＝__________m/s；重物由O点运动到B点，重力势能减少了__________J，动能增加了__________J。(结果都要求保留小数点后两位)
【解析】(1)应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故B错误；因为我们是比较mgh、 eq \f(1,2) mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C没有必要；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误；没有必要进行的或者操作不当的步骤是B、C、D。
(2)由于实验中受到空气阻力和纸带的摩擦阻力，所以我们应找体积较小，质量较大的物体作为研究对象。
(3)B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，
则vB＝ eq \f(xAC,2T) ＝ eq \f(1.305－0.505,0.2) m/s＝4.00 m/s。
重物由O点运动到B点，重力势能的减小量
ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.86 J≈8.43 J。
动能的增加量：ΔEk＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(1,2) ×1×42 J＝8.00 J。
答案：(1)B、C、D (2)C (3)4.00 8.43 8.00
19．(10分)一质量m＝0.2 kg的物块，自斜面顶端由静止释放，经时间t＝1 s滑至底端，已知斜面倾角θ＝30°，高度h＝0.75 m。取g＝10 m/s2，求：
(1)物块下滑过程中加速度的大小；
(2)物块下滑过程中损失的机械能。
【解析】(1)物块下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间公式得： eq \f(h,sin30°) ＝ eq \f(1,2) at2(2分)
可得：a＝3 m/s2(2分)
(2)设物块所受的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律得：mgsin30°－f＝ma(2分)
物块下滑过程中损失的机械能ΔE＝f· eq \f(h,sin30°) (2分)
联立解得ΔE＝0.6 J(2分)
答案：(1)3 m/s2 (2)0.6 J
20．(12分)一架喷气式飞机，质量m＝5.0×103 kg，在起飞过程中，飞机从静止开始滑跑，当位移达到x1＝500 m时，速度达到起飞速度v1＝60 m/s。假设在此过程中飞机受到的阻力恒为飞机重力的k1＝0.02倍，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求飞机受到的恒定牵引力大小F；
(2)若飞机速度达到v2＝40 m/s时发现机械故障，立即关闭发动机，同时启动制动伞程序，已知在制动伞打开过程中飞机向前滑行距离x2＝100 m，打开制动伞产生的空气阻力是飞机重力的k2＝0.1倍，求制动伞打开后飞机减速过程中滑行的距离x3。
【解析】(1)根据动能定理，从静止到起飞过程有
eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －0＝Fx1－k1mgx1(3分)
代入数据解得F＝1.9×104 N(3分)
(2)从打开制动伞到停止，
根据动能定理
0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝－k1mg(x2＋x3)－k2mgx3(3分)
代入数据解得x3＝650 m(3分)
答案：(1)1.9×104 N (2)650 m
21．(12分)汽车的发动机额定功率为30 kW，质量为2000 kg，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，求：
(1)汽车在路面上能达到的最大速度大小。
(2)当汽车速度为10 m/s时的加速度大小。
(3)若汽车从静止开始保持1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时间？
【解析】(1)汽车达到最大速度时，牵引力与阻力平衡，
由此可得P＝F牵vm＝fvm
vm＝ eq \f(P,f) ＝ eq \f(30×103,0.1×2 000×10) m/s＝15 m/s(2分)
(2)当速度v＝10 m/s时，
根据功率方程有：
F牵＝ eq \f(P,v) ＝ eq \f(30×103,10) N＝3×103 N，(2分)
根据牛顿第二定律有：
a＝ eq \f(F牵－f,m) ＝ eq \f(3 000－2 000,2 000) m/s2＝0.5 m/s2(2分)
(3)若汽车从静止做匀加速直线运动，则当P＝P额时，匀加速结束：P额＝F牵·vt，(1分)
根据牛顿第二定律有：F牵－f＝ma′(1分)
联立解得vt＝ eq \f(P额,F牵) ＝ eq \f(P额,f＋ma′) ＝7.5 m/s(2分)
根据匀加速速度时间关系得：t＝ eq \f(vt,a) ＝7.5 s(2分)
答案：(1)15 m/s (2)0.5 m/s2 (3)7.5s
22．(10分)图(a)为玩具弹弓，轻质橡皮筋连接在把手上A、B两点，一手握住把手不动，使AB连线水平，C为自由伸长时橡皮筋中点弹夹的位置，如图(b)，AO＝OB＝6 cm，另一手捏着装有质量为10 g弹珠的弹夹，从C点由静止竖直向下缓慢移动到D点，放手后弹珠竖直向上射出，刚好上升到离D点20.15米高的楼顶处。测得∠ACB＝44°，∠ADB＝23°，取tan22°＝0.4，tan11.5°＝0.2，g＝10 m/s2。不计空气阻力。求：
(1)从C到D的过程中，弹珠重力所做的功及手所做的功；
(2)若还将橡皮筋拉到相同长度，仅改变发射方向，弹珠向斜上方运动到高出释放点8 m处的速率。
【解析】(1)从C到D，弹珠重力做功WG＝mghCD(1分)
由图得hCD＝ eq \f(OB,tan11.5°) － eq \f(OB,tan22°) ，(1分)
代入数据，联立解得WG＝1.5×10－2 J(1分)
从C到D，再到最高点的过程，根据功能关系，
有W手＝mgH－mghCD(1分)
代入数据，解得W手＝2 J(2分)
(2)从D到最高点，根据功能关系，
有Ep＝mgH，(1分)
第二次从释放点到8 m高处，机械能守恒，
有Ep＝mgh＋ eq \f(1,2) mv2，(1分)
代入数据，联立解得v＝15.6 m/s(2分)
答案：(1)1.5×10－2 J 2 J (2)15.6 m/s