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    第一章章节检测 课时作业 高中物理新鲁科版必修第二册(2022年)

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    第一章章节检测 课时作业 高中物理新鲁科版必修第二册(2022年)

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    这是一份第一章章节检测 课时作业 高中物理新鲁科版必修第二册(2022年),共9页。


    第一章 功和机械能 章节检测

    一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分,17题为单选题,810题为多选题,多选题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有错的得0)

    1.如图所示的四幅图是小明提包回家的情境,小明提包的力不做功的是(  )

    2.质量m20 kg的物体在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动。02 sF与运动方向相反,24 sF与运动方向相同,物体的v­t图像如图所示,g 10 m/s2,则(  )

    A.拉力F的大小为100 N

    B.物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W

    C4 s内拉力所做的功为480 J

    D4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J

    3.为了方便打开核桃、夏威夷果等坚果,有人发明了一款弹簧坚果开核器,它是由锥形弹簧、固定在弹簧顶部的硬质小球及放置坚果的果垫组成。演示打开核桃的三个步骤如图所示。则下列说法正确的是(  )

    A.弹簧被向上拉伸的过程中,弹簧的弹性势能减小

    B.松手后,小球向下运动的过程中,小球的机械能守恒

    C.小球向下运动的过程中,弹簧对小球做正功

    D.打击过程中,果垫对核桃做负功

    4.质量为m的汽车在平直路面上启动,启动过程的速度时间图像如图所示。0t1段为直线,从t1时刻起汽车保持额定功率不变,在整个运动过程中汽车所受阻力恒为f,则(  )

    A0t1时间内,汽车的牵引力等于m

    Bt1t2时间内,汽车做匀加速运动

    Ct1t2时间内,汽车的功率等于fv1

    Dt1t2时间内,汽车的功率等于fv2

    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,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,并且处于原长状态。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.弹簧弹性势能变化了mgL

    C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零

    D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

    6.一小物块以初动能Ek0冲上粗糙程度均匀的斜面,斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μμtan θ,斜面足够长。则物块的动能Ek与位移x关系的图像是(  )

    7.安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图如图所示。图中为楔块,为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(  )

    A.缓冲器的机械能守恒

    B.摩擦力做功消耗机械能

    C.垫板的动能全部转化为弹性势能

    D.弹簧的弹性势能全部转化为动能

    8.如图所示,一小球自A点由静止自由下落,到B点时与弹簧接触,到C点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力,在小球由A→B→C的过程中,若仅以小球为系统,且取地面为零势能参考平面,则(  )

    A.  小球从A→B的过程中机械能守恒;小球从B→C的过程中只有重力和弹力做功,所以机械能也守恒

    B.小球在B点时动能最大

    C.小球减少的机械能,等于弹簧弹性势能的增量

    D.小球到达C点时,球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大

    9.质量为m的人从一楼乘竖直电梯到五楼,经过加速、匀速和减速运动过程,人与电梯保持相对静止。设电梯中途匀速运动的速度为v,每层楼的高度为h,重力加速度为g,则(  )

    A.在整个过程中,合外力对人做的功为零

    B.在整个过程中,人的重力势能增加了5mgh

    C.在加速过程中,电梯对人做的功为mv2

    D.在减速过程中,合外力对人做的功为-mv2

    10.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量m2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于AB间存在摩擦,之后AB速度随时间变化图像如图乙所示,则下列说法正确的是(g10 m/s2)(  )

    A.木板获得的动能为2 J

    B.系统损失的机械能为2 J

    C.木板A的最小长度为2 m

    DAB间的动摩擦因数为0.1

    二、非选择题(本题共6小题,共60)

    11(6)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的BC位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得BC两点间距离s,再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A,静止释放,计时器显示遮光片从BC所用的时间t,用米尺测量AO之间的距离x

    (1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是   

    (2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量   

    A.弹簧原长

    B.当地重力加速度

    C.滑块(含遮光片)的质量

    (3)增大AO之间的距离x,计时器显示的时间t   

    A.增大     B.减小    C.不变

    12(8)“验证机械能守恒定律的实验采用重物自由下落的方法。(g10 m/s2)

    (1)用公式mv2mgh时,若实验中所用重物质量m1 kg,打点纸带如图甲所示,打点时间间隔为0.02 s,则记录B点时,重物速度vB    ,重物的动能EkB    ,从开始下落至B点,重物的重力势能减少量是    ,因此可得出的结论是                                                          

    (2)根据纸带算出相关各点的速度值,量出下落的距离,则以为纵轴,以h为横轴画出的图像应是图乙中的   

    13(8)氢燃料电池汽车是一种绿色交通工具。氢在发动机内燃烧的过程中,只会排出水蒸气而无其他废气排出,因此不会产生温室效应。有一辆氢燃料电池的汽车重6 t,阻力是车重的0.05倍,最大输出功率为60 kW(g10 m/s2),求:

    (1)车以a0.5 m/s2从静止匀加速起动,能有多长时间维持匀加速运动?

    (2)最大的行驶速度为多少。

    14(8)如图所示,一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止。测得停止处与开始运动处的水平距离为l,不考虑物体滑至斜面底端时的碰撞作用,并认为斜面与水平面和物体的动摩擦因数相同,求动摩擦因数μ

     

     

     

     

    15.(14)如图所示,用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H0.8 m,长L21.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在060°间调节后固定。将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端由静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ10.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g10 m/s2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

    (1)θ角增大到多少时,小物块能从斜面开始下滑;(用反三角函数值表示)

     

     

    16.(16)如图所示,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径为r细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,轻弹簧下端固定,上端恰好与管口D端齐平。 质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处由静止开始下滑,通过CD后压缩弹簧,在压缩弹簧的过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep。已知小球与BC间的动摩擦因数μ0.5,进入管口C端时的速度vC,重力加速度为g。求:

    (1) 小球达到B点时的速度大小vB

    (2) 水平面BC的长度s

    (3) 在压缩弹簧的过程中,小球的最大速度vmax的大小。

     


    参考答案

    1.解析:选B 只有同时满足有力及在力的方向上有位移两个条件时,力对物体才做功,ACD做功,B没有做功。

    2.解析:选B 由题图可得02 s内物体做匀减速直线运动,加速度a1 m/s2=-5 m/s2,匀减速过程有Ffma124 s内物体做匀加速直线运动,加速度a2 m/s2=-1 m/s2,有Ffma2,代入数据解得f40 NF60 N,故A错误。物体在4 s时拉力的瞬时功率PFv60×2 W120 W,故B正确。4 s内物体通过的位移xm8 m,外力F做功W=-Fx=-480 J,故C错误。4 s内物体通过的路程sm12 m,摩擦力做功Wf=-fs=-40×12 J=-480 J,故D错误。

    3.解析:选C 弹簧被向上拉伸的过程中,弹簧的形变量增大,故弹簧的弹性势能增大,A错误;松手后,小球向下运动的过程中,由于弹簧弹力做功,故小球的机械能不守恒,B错误;小球向下运动的过程中,弹力向下,故弹簧对小球做正功,C正确;在打击过程中,核桃对果垫的作用力方向上没有发生位移,故果垫对核桃不做功,D错误。

    4.解析:选D 0t1时间内,汽车做匀加速直线运动,加速度a,根据牛顿第二定律Ffma,解得牵引力Ffm,故A错误;从t1时刻起汽车的功率保持不变,根据PFv可知,随速度的增加,牵引力减小,由a可知汽车在t1t2时间内做加速度减小的加速运动,选项B错误;在t2时刻,汽车的加速度为零,则Ff,此时汽车的功率PFv2fv2,选项C错误,D正确。

    5. 解析:选B 圆环在下落过程中机械能减少,动能先增加,后减少,弹簧弹性势能增加,而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,AD错误;圆环下落到最低点时速度为零,但是加速度不为零,即合力不为零,C错误;圆环重力势能减少了mgL,由机械能守恒可知,弹簧的弹性势能增加mgL,故B正确。

    6.解析:选A 设物块的质量为m,上滑过程中,根据动能定理有-mgxsin θμmgxcos θEkEk0,得出EkEk0(mgsin θμmgcos θ)x,由数学知识得,Ekx是反向变化关系,所以Ekx线性减小。因为μtan θ,则μmgcos θmgsin θ,所以物块不会下滑,故A正确。

    7.解析:选B 在弹簧压缩的过程中,由于摩擦力做功消耗机械能,因此缓冲器的机械能不守恒,故A错误,B正确;垫板的动能转化为弹性势能和内能,故CD错误。

    8. 解析:选CD 小球从A→B的过程中只受重力,机械能守恒,小球从B→C的过程中,由于弹力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,故选项A错误。小球从BC的过程,受到重力和弹力两个力作用,弹力先小于重力,后大于重力,所以小球先加速后减速,故动能先变大后变小,当弹力与重力相等时,动能最大,小球动能最大的位置在BC之间某点,故选项B错误。小球从AC过程中,小球和弹簧系统的机械能守恒,小球减少的机械能全部转化为弹性势能,故选项C正确。小球到达C点时动能为零,动能最小,由系统的机械能守恒知,小球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大,故选项D正确。

    9.解析:选AD 在整个过程中,人的初、末速度都为0,则动能变化为0,根据动能定理,知合外力对人做的功为零,故A正确;在整个过程中,人从一楼乘竖直电梯到五楼,人上升4h的高度,则人的重力势能增加了4mgh,故B错误;在加速上升过程中,人受重力和电梯对人的支持力,根据动能定理得WΔEkWWGmv20,电梯对人做的功Wmv2WG,故C错误;在减速上升过程中,人受重力和电梯对人的支持力,根据动能定理得WΔEkWWG0mv2,合外力对人做的功为-mv2,故D正确。

    10.解析:选BD 由题图乙可知,AB的加速度大小都为1 m/s2,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板获得的动能为1 J,选项A错误;系统损失的机械能ΔEmv02·2m·v22 J,选项B正确;由题图乙可求出二者相对位移为1 m,选项C错误;分析B的受力,根据牛顿第二定律fμmgma,可求出μ0.1,选项D正确。

    11.解析:(1)滑块(含遮光片)BC所用时间为tBC两点间距离为s,则v

    (2)由于滑块(含遮光片)弹出后速度为,其动能由弹簧的弹性势能转化而来的,根据机械能守恒可知,滑块的动能大小就等于弹簧的弹性势能,因此还需测量滑块(含遮光片)的质量,故选C

    (3)增大AO之间距离x,滑块经BC间速度变大,计时器显示的时间t减小。选B

    答案:(1)v  (2)C (3)B

    12.解析:(1)vB m/s0.59 m/sEkBmvB2×1×0.592 J≈0.174 J

    重力势能的减少量ΔEpmgh1×10×17.6×103 J0.176 J,这说明在实验误差允许的范围内,重物动能的增加量近似等于重力势能的减少量。

    (2)mv2mgh可得ghh,图像是一条经过原点直线,故C正确。

    答案:(1)0.59 m/s 0.174 J 0.176 J 在实验误差允许的范围内,重物动能的增加量近似等于重力势能的减少量 (2)C

    13.解析:(1)设车维持匀加速运动的时间为t,则有

    Ffma

    PFv′

    v′at

    其中fkmg

    ①②③联立解得t,代入数据解得t20 s

    (2)当速度继续增大时,F减小,a减小。

    Ff时,a0,速度最大,所以v20 m/s

    答案:(1)20 s (2)20 m/s

    14.解析:方法一:用动能定理求解。

    物体从静止开始运动,最后又静止在水平面上,Ek2Ek10。物体沿斜面下滑时,重力和摩擦力对物体做功,支持力不做功。

    设斜面倾角为α,斜面长为L,则重力和摩擦力做的功分别为WGmghWf1=-μmgLcos α

    物体在水平面上滑行时,重力和支持力不做功,仅有摩擦力做功。设物体在水平面上滑行的距离为l2,则Wf2=-μmgl2,根据动能定理得WGWf1Wf2Ek2Ek1,即mghμmgLcos αμmgl20,又ll2hLsin α,联立以上各式,解得μ

    方法二:用牛顿第二定律和运动学公式求解。

    设斜面倾角为α,物体沿斜面下滑时,由牛顿第二定律得mgsin αμmgcos αma1

    设斜面长为L,物体滑到斜面底端时的速度为v1,则v122a1L,物体在水平面上滑行时,由牛顿第二定律得-μmgma2

    设物体在水平面上滑行的距离为l2

    则-v122a2l2

    ll2hLsin α

    联立以上各式解得μ

    15.解析:(1)为使小物块下滑,应有mgsin θ≥μ1mgcos θ

    θ满足的条件:tan θ≥0.05

    即当θarctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑。

    (2)克服摩擦力做功

    Wfμ1mgL1cos θμ2mg(L2L1cos θ)

    由动能定理得mgL1sin θWf0

    代入数据得μ20.8

    答案:(1)arctan 0.05 (2)0.8

    16.解析:(1)由动能定理有mg×2rmvB2

    解得vB2

    (2)AC,由动能定理有mg·2rμmgsmvC2

    解得s3r

    (3)设在压缩弹簧的过程中小球速度最大时离D端的距离为x,有kxmg,解得x

    由功能关系有mg(rx)Epmvmax2mvC2

    联立解得vmax

    答案:(1) 2  (2)3r (3)

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