2024年高中物理新教材同步学案 必修第二册 第8章 章末检测试卷(四) (含解析)

这是一份2024年高中物理新教材同步学案 必修第二册 第8章 章末检测试卷(四) (含解析)，共10页。
章末检测试卷(四)(满分：100分)一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2023·北京顺义期末)跳伞是一项勇敢者的运动，可以将跳伞运动分为加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　)A．运动员始终处于失重状态B．空气阻力始终对运动员做负功C．任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减少量相等D．运动员和降落伞整体所受重力做的功始终大于其重力势能的减少量答案　B解析　运动员在加速下降过程是失重，运动员在减速下降过程是超重，故A错误；空气阻力始终与运动员运动方向相反，始终对运动员做负功，故B正确；任意相等的时间内运动员的平均速度不相等，竖直方向上下降的高度不等，故任意相等的时间内运动员和降落伞整体重力势能的减少量不相等，故C错误；运动员和降落伞整体所受重力做的功始终等于其重力势能的减少量，故D错误。2.(2023·连云港市期末)质量为m＝1 kg的小球，从图中A点下落到地面上的B点，已知h1＝1.2 m，h2＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)A．以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为12 JB．以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为8 JC．从A点到B点的过程中，小球动能的增加量为12 JD．从A点到B点的过程中，小球重力势能的减少量为20 J答案　D解析　以地面为参考平面，小球在A点的重力势能为EpA＝mg(h1＋h2)＝20 J，以桌面为参考平面，小球在B点的重力势能为EpB＝－mgh2＝－8 J，A、B错误；从A点到B点的过程中，根据机械能守恒定律可知动能的增加量等于重力势能的减少量，即ΔEk＝mg(h1＋h2)＝20 J，C错误，D正确。3.如图，滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功。在上述过程中(　　)A．弹簧的弹性势能增加了10 JB．滑块的动能增加了10 JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒答案　C4.如图所示，固定在竖直平面内的eq \f(1,4)圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在与B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点时对轨道的压力大小为(　　)A．2μmg B．3mgC．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg答案　C解析　设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－eq \f(1,2)mvB2，在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vB2,r)，联立解得FN＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(1＋2μ)mg，选项C正确。5.(2022·三明一中期中)如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则(　　)A．刚释放时细线的拉力大小为mgB．该过程中物块的机械能减少了eq \f(1,2)mglC．该过程中软绳的重力势能减少了eq \f(1,2)mglD．软绳离开滑轮时速度大小为eq \f(1,2)eq \r(3gl)答案　D解析　刚释放时，物块有加速度mg－FT＝ma，故拉力小于mg，故A错误；物块的重力势能减小eq \f(1,2)mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于eq \f(1,2)mgl，故B错误；因为软绳均匀，把软绳的重心看作在软绳的中点，所以软绳相当于向下移动了eq \f(1,4)l，故软绳减小的重力势能为eq \f(1,4)mgl，故C错误；对物块和软绳由能量守恒得mg×eq \f(1,2)l＋eq \f(1,4)mgl＝eq \f(1,2)×2mv2，解得速度大小为eq \f(1,2)eq \r(3gl)，故D正确。6．如图甲所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。根据上述信息能求出(　　)A．斜面的倾角B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数C．小滑块下滑的加速度的大小D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小答案　D解析　斜面长10 m，设斜面的倾角为β，由题图丙知小滑块初态重力势能为Ep1＝100 J，由题图乙知末态动能Ek2＝25 J。由Ep＝100 J－mgsin β·x和题图丙的斜率知mgsin β＝10 N，因为m未知，所以求不出斜面的倾角，选项A错误。由Ek＝(mgsin β－μmgcos β)x和题图乙的斜率知mgsin β－μmgcos β＝2.5 N，联立得Ff＝μmgcos β＝7.5 N，因此能够求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小，选项D正确。滑块质量和倾角未知，因此求不出小滑块与斜面之间的动摩擦因数，选项B错误。下滑的过程由牛顿第二定律知mgsin β－μmgcos β＝ma＝2.5 N，滑块的质量未知，因此求不出小滑块下滑的加速度的大小，选项C错误。7.(2023·铜川市期末)汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F随速度v变化的图像，加速过程共经历的时间t＝8 s，加速过程通过的路程s＝50 m，在图中的N点结束加速，之后汽车做匀速直线运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变，则汽车的质量为(　　)A．2×104 kg B．4.25×103 kgC．6.75×103 kg D．8.75×103 kg答案　D解析　由图像可知汽车的功率为P＝F1v1＝4×104×4 W＝16×104 W，由题可得加速过程在N点结束，汽车做匀速直线运动，则有P＝Fvm，匀速运动时的牵引力等于阻力，由图可知F＝Ff＝2×104 N，解得vm＝8 m/s，根据动能定理得Pt－Ffs＝eq \f(1,2)mvm2－0，代入数据解得汽车的质量为m＝8.75×103 kg，故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.(2023·呼和浩特市期末)将一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，如图所示。由于强风影响，小球到达最高点时其速度方向水平向右，大小为v，此时比抛出点高H，重力加速度为g。在此过程中，下列判断正确的是(　　)A．小球抛出时，重力的瞬时功率为－mgv0B．小球到达最高点时，重力的瞬时功率为mgvC．在此过程中，合外力做功eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2D．在此过程中，除了重力，其他力做的总功为mgH＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02答案　AD解析　小球抛出时，竖直方向速度为v0，方向与重力方向相反，可知此时重力的瞬时功率为PG1＝－mgv0，故A正确；小球到达最高点时，竖直方向速度为0，可知此时重力的瞬时功率大小为PG2＝0，故B错误；根据动能定理，合外力做功为W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，故C错误；重力做功为WG＝－mgH，根据动能定理可得eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02＝WG＋W其他，解得其他力做的总功为W其他＝mgH＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，故D正确。9.(2022·六安一中高一期末)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，滑块(可视为质点)从A点由静止沿ABD滑动到D点的速度大小为v0。若已知该滑块与斜面、水平面和圆弧轨道之间的动摩擦因数处处相同且不为零，轨道转折处平滑相接。下列说法正确的是(　　)A．若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，则恰好能滑到顶点AB．若让滑块从D点以速度v0出发，沿DBA滑动，则一定不能滑到顶点AC．如果斜面改为AC，让滑块从A点由静止出发沿ACD下滑到D点的速度大小一定为v0D．如果斜面改为圆弧轨道AEB，让滑块从A点由静止出发沿AEB滑动到D点的速度大小一定为v0答案　BC10．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 kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4C．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2D．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＝eq \f(E机,gh)＝eq \f(30,10×3) 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·eq \f(h,sin 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5小题，共54分。11．(8分)(2023·滨海新区塘沽第一中学期末)如图甲所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。(1)实验中得到的一条纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。重物质量用m表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。则从打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量ΔEk＝________。(2)在实验过程中，下列实验操作和数据处理错误的是________。A．重物下落的起始位置靠近打点计时器B．做实验时，先接通打点计时器的电源，再释放重物C．为测量打点计时器打下某点时重物的速度v，可测量该点到O点的距离h，再根据公式v＝eq \r(2gh)计算，其中g应取当地的重力加速度D．用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式Ep＝mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度(3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到初速度为零的起始点的距离h，并计算出打相应计数点时重物的速度v，描点并绘出v2－h的图像。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2－h图像是图中的________。答案　(1)eq \f(mhC－hA2,8T2)(3分)　(2)C(2分)　(3)A(3分)解析　(1)因为做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则重物打B点时的速度大小为vB＝eq \f(hC－hA,2T)所以，从打下O点到打下B点的过程中，重物动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(mhC－hA2,8T2)(2)为充分利用纸带，重物下落的起始位置应靠近打点计时器，A正确；做实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放重物，B正确；根据实验打出的纸带，应由匀变速直线运动的推论求出打点计时器打下某点时重物的速度v，不可测量该点到O点的距离h，再根据公式v＝eq \r(2gh)计算，否则就默认了机械能守恒，失去了验证的意义，C错误；用刻度尺测量某点到O点的距离h，利用公式Ep＝mgh计算重力势能的减少量，其中g应取当地的重力加速度，D正确。(3)设重物下落时所受阻力为Ff，由动能定理得mgh－Ffh＝eq \f(1,2)mv2整理得v2＝2(g－eq \f(Ff,m))h阻力Ff不变，m、g不变，则v2∝h，故选A。12．(8分)(2023·南通中学高一期中)如图甲所示，A、B两铁块用细线连接，跨过轻质小滑轮。让A从高处由静止开始下落，在与B连接的纸带上打下一系列点，对纸带上的点迹进行测量分析，即可验证机械能守恒定律。重力加速度为g。(1)除了图甲中提供的器材，还需准备天平和________。(2)实验的主要步骤如下，其中错误的是________。A．把打点计时器、滑轮固定在铁架台上适当位置，使打点计时器两限位孔连线沿竖直方向B．测出A、B两铁块的质量分别为M、mC．将纸带一端固定在B上并穿过打点计时器的两限位孔D．将A、B在图示位置由静止释放，紧接着接通打点计时器电源E．选取纸带，进行数据测量与分析(3)正确实验得到的一条纸带如图乙，0、1、2、3、4、…为选取的计数点，0是打下的第一个点，相邻两计数点间还有4个点未标出，测出计数点间的距离如图乙所示。交流电源的频率为f，打下计数点“5”时，A的速度大小为________，若打点0～5过程中系统机械能守恒，测得的物理量应满足的关系式为__________________。(用题中所给物理量的字母表示)(4)计算出打下各计数点时A的速度v及A对应下落的高度h，作出eq \f(v2,2)－h图像，则利用该图像验证系统机械能守恒的依据是____________________________________________________________________________________________________________________。若所作图像的斜率小于理论值，其原因可能为_________________________________________________________________________________________。(写出一条即可)答案　(1)刻度尺(1分)　(2)D(1分)　(3)eq \f(x2＋x3,10)f(2分)　(M－m)g(x1＋x2)＝eq \f(1,2)(M＋m)(eq \f(x2＋x3,10))2f2(2分)　(4) 在实验误差允许的范围内，图线经过原点，斜率接近于eq \f(M－m,M＋m)g，则可认为系统机械能守恒(1分)　纸带与限位孔之间有摩擦或细线与滑轮间有摩擦等(1分)解析　(1)需要测量纸带上两点之间的距离，所以还需要刻度尺。(2)把打点计时器、滑轮固定在铁架台上适当位置，使打点计时器两限位孔连线沿竖直方向，A正确；测出A、B两铁块的质量分别为M、m，B正确；将纸带一端固定在B上并穿过打点计时器的两限位孔，C正确；应先接通打点计时器电源，再将A、B在题图所示位置由静止释放，D错误；选取纸带，进行数据测量与分析，E正确。(3)由匀变速直线运动推论知v5＝eq \f(x2＋x3,2×5T)＝eq \f(x2＋x3,10)f根据机械能守恒定律得(M－m)g(x1＋x2)＝eq \f(1,2)(M＋m)(eq \f(x2＋x3,10))2f2(4)根据(M－m)gh＝eq \f(1,2)(M＋m)v2解得eq \f(v2,2)＝eq \f(M－m,M＋m)gh则在实验误差允许的范围内，图线经过原点，斜率接近于eq \f(M－m,M＋m)g，则可认为系统机械能守恒。若所作图像的斜率小于理论值，其原因可能为纸带与限位孔之间有摩擦或细线与滑轮间有摩擦等。13.(10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，求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)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02(2分)解得：vC＝2eq \r(6) m/s根据牛顿第二定律：FN－mg＝meq \f(vC2,R)(2分)解得：FN＝40 N，方向竖直向上(2分)(2)物块最后停止在轨道CD上，从开始到停止的过程中，根据动能定理：mgR(1－cos θ)－μmgs总＝0－eq \f(1,2)mv02 (2分)解得：s总＝3 m即小物块最终停在距D点0.6 m处。(2分)14．(12分)(2022·新密市高一期末)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的eq \f(1,4)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的物体在曲面上距BC的高度为2r处由静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知物体与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，求：(1)物体到达B点时的速度大小vB；(2)水平面BC的长度s；(3)在压缩弹簧过程中物体的最大速度vm。答案　(1)2eq \r(gr)　(2)3r　(3)eq \r(3gr＋\f(2mg2,k)－\f(2Ep,m))解析　(1)物体在曲面上下滑的过程，由机械能守恒定律得mg·2r＝eq \f(1,2)mvB2，(2分)解得vB＝2eq \r(gr)(1分)(2)物体在C端时与管壁间恰好无作用力，结合牛顿第二定律和向心力公式，有mg＝meq \f(vC2,r)(1分)可得vC＝eq \r(gr)(1分)由A至C，由动能定理，得mg·2r－μmgs＝eq \f(1,2)mvC2(2分)解得s＝3r(1分)(3)设在压缩弹簧过程中物体速度最大时离D端的距离为x，则有kx＝mg，则x＝eq \f(mg,k)(1分)从C点到物体最大速度由功能关系，得mg(r＋x)－Ep＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mvC2(2分)解得vm＝eq \r(3gr＋\f(2mg2,k)－\f(2Ep,m))。(1分)15．(16分)(2022·咸阳市高一期中)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，M、N间距l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m＝2 kg的物体(可看作质点)无初速度地放在M点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，重力加速度取g＝10 m/s2，在传送带将物体从M点传送到N点的过程中，求：(1)传送带对物体做的功；(2)电动机对传送带做的功。答案　(1)51 J　(2)54 J解析　(1)物体轻放在传送带上时，根据牛顿第二定律得沿斜面方向μmgcos θ－mgsin θ＝ma(2分)可知物体上升的加速度为a＝2.5 m/s2(2分)物体达到1 m/s的速度通过的位移x＝eq \f(v2,2a)＝0.2 m(2分)故物体在到达N点前已经与传送带共速，由功能关系得传送带对物体做的功为W＝eq \f(1,2)mv2＋mglsin 30°＝51 J(2分)(2)在物体加速运动的过程，根据运动学公式可得匀加速运动所用时间为t＝eq \f(v,a)＝0.4 s，(2分)相对位移为Δx′＝vt－x＝0.2 m，(2分)电动机做功使物体机械能增加，同时使物体与传送带间因摩擦产生热量Q，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·Δx′＝3 J(2分)故电动机对传送带做的功为W电＝W＋Q＝54 J。(2分)