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2022-2023学年教科版必修第二册 第四、五章 机械能及其守恒定律 经典力学的局限性与相对论初步 单元测试
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这是一份2022-2023学年教科版必修第二册 第四、五章 机械能及其守恒定律 经典力学的局限性与相对论初步 单元测试，共14页。
第四、五章 机械能及其守恒定律 经典力学的局限性与相对论初步
(75分钟 100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.“如果说我比别人看得更远些,那是因为我站在了巨人的肩上。”牛顿在前人或同时代其他科学家研究成果的基础上建立了牛顿运动定律,发现了万有引力定律。牛顿运动定律虽然撑起了经典物理大厦,大大推进了人类文明进程,但它也不是万能的。关于牛顿运动定律的适用范围,下列说法正确的是( )
A.适用于一切参考系中的力学现象
B.适用于宏观物体的低速运动
C.适用于微观粒子的运动
D.适用于宏观物体速度接近光速的运动现象
【解析】选B。牛顿运动定律适用于惯性参考系中的力学现象,故A错误;牛顿运动定律适用于宏观物体的低速运动,故B正确,D错误;牛顿运动定律不适用于微观粒子的运动,故C错误。
2.一家农家乐餐厅后院内竟有驴在拉磨,如图所示。假设驴拉磨的平均作用力大小为500 N,运动的半径为1 m,则驴拉磨转动一周所做的功为 ( )
A.0 B.500 J
C.500π J D.1 000π J
【解析】选D。由于F的方向与作用点的速度方向保持一致,因此F做功不为零。把圆周划分成很多小段研究,如图所示。
当各小段的弧长Δsi足够小(Δsi→0)时,在Δsi内F的方向几乎与该小段的位移方向重合,故驴拉磨转动一周所做的功为WF=F·Δs1+F·Δs2+F·Δs3+…=F·2πR=
1 000π J,故A、B、C错误,D正确。
3.(2022·绵阳高一检测)如图所示,一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动,当物体从M点运动到N点时,其速度方向恰好改变了90°,则物体在M点到N点的运动过程中动能将( )
A.不断增大 B.先减小后增大
C.不断减小 D.先增大后减小
【解析】选B。做曲线运动的物体受力的方向指向运动轨迹的凹侧,因此恒力一定指向右下方,开始一段恒力与速度夹角为钝角,恒力做负功,动能减小,后来恒力与速度夹角为锐角,对物体做正功,动能增加,因此物体的动能先减小后增大,B正确,A、C、D错误。
4.(2022·泸州高一检测)如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一小球悬挂在水平的天花板下,轻绳与天花板的夹角为θ,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为T'。θ为某一值时, T'T最大,此最大值为( )
A.94 B.2
C.32-2 D.5425
【解析】选A。剪断轻绳之前:2Tsinθ=mg;剪断轻绳后,小球摆到最低点时:12mv2=mgl(1-sinθ),由牛顿第二定律:T'-mg=mv2l;联立解得T'T=6sinθ-4sin2θ,由数学知识可知,此比值的最大值为94,故选A。
5.(2022·海淀区高一检测)如图所示,高h=2 m的曲面固定不动。一个质量为m=1 kg的物体,由静止开始从曲面的顶点滑下,滑到底端时的速度大小为4 m/s。(g取10 m/s2)在此过程中,下列说法正确的是( )
A.物体的动能增加了12 J
B.物体的重力势能减少了12 J
C.物体的机械能保持不变
D.物体的机械能减少了12 J
【解析】选D。物体由静止开始下滑,末速度为4 m/s,故动能变化量为ΔEk=12mv2-0=12×1×42 J=8 J,所以物体的动能增加了8 J,故A错误;此过程中物体的重力对物体做正功,故重力势能减小,有ΔEp=-WG=-mgh=-20 J,故B错误;机械能的改变量等于重力势能改变量和动能改变量的代数和,故有ΔE=ΔEk+ΔEp=8 J-20 J=-12 J,所以物体的机械能减少了12 J,故C错误,D正确。
【补偿训练】
如图所示,攻防箭是一项人们很喜爱的团体活动。若将质量为m的箭枝(可视为质点)从地面(初始高度可忽略)以与水平方向成一角度斜向上射出,初速度为v0,最高点离地高H,不计一切阻力,取地面为零势能参考平面,以下说法正确的是( )
A.箭枝在最高点机械能为mgH
B.箭枝在最高点的机械能为12mv02
C.箭枝刚要落地时的速度与抛出时速度相同
D.箭枝刚要落地时的机械能为mgH
【解析】选B。将质量为m的箭枝(可视为质点)从地面(初始高度可忽略)以与水平方向成一角度斜向上射出,初速度为v0,做斜抛运动,最高点速度不为零,故箭枝在最高点机械能大于mgH,故A错误;因为全过程只有重力做功,机械能守恒,初始机械能为12mv02,则箭枝在最高点的机械能为12mv02,故B正确;箭枝刚要落地时的速度与抛出时速度大小相同,方向不同,故C错误;根据机械能守恒,可知箭枝刚要落地时的机械能为12mv02, 大于mgH,故D错误。
6.如图所示为滑雪滑道PQR,质量60 kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下,从末端R滑出时速度为18 m/s,滑行过程中姿势保持不变,P端相对滑道最低点Q高H=24 m,R端相对Q点高h=4 m。从P到R滑行过程中,该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为( )
A.0.1 B.0.2 C.0.8 D.1
【解析】选B。由能量守恒可知从P到R滑行过程中,该滑雪爱好者克服阻力做功Wf=mgH-h-12mv2,解得Wf=60×10×24-4 J-12×60×182 J=2 280 J,从P到R滑行过程中,重力做功WG=mgH-h=12 000 J,则WfWG=2 280J12 000J≈0.2,故选B。
7.(2022·宜宾高一检测)如图甲所示,被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图乙所示的模型:半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动,A、B分别为轨道的最高点和最低点,轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力,重力加速度大小为g,则( )
A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B.铁球经过A点的速度一定大于gR
C.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能使铁球不脱轨
D.铁球绕圆轨道运动时,在B点受轨道的弹力比A点大6mg
【解析】选C。铁球绕轨道不可能做匀速圆周运动,铁球的速度大小不断变化,所以A错误;在A点轨道对小球的弹力方向向上,小铁球的速度只要大于等于0即可通过A点,所以B错误;由于小铁球在运动过程中机械能守恒,所以小铁球在A点的速度越小,则在B点的速度也越小,铁球不脱轨需要的磁性引力最小的条件是:小铁球在A点的速度恰好为0,而且到达B点时,轨道对铁球的弹力恰好为0,则有mg2R=12mv2,在B点有F-mg=mv2R,联立解得F=5mg,所以C正确;铁球绕圆轨道运动时,B点有F-mg-N1=mv12R,在A点有F+mg-N2=mv22R,从A点运动到B点有mg2R=12mv12-12mv22,联立解得N1-N2=-6mg,所以铁球绕圆轨道运动时,在B点受轨道的弹力比A点小6mg,则D错误。
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求。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.(2022·成都高一检测)如图所示,质量相同的两物体处于同一高度,A沿固定在地面上的光滑斜面下滑,B自由下落,最后到达同一水平面,则( )
A.重力对两物体做功之比为WA∶WB=1∶1
B.重力的平均功率之比为PA∶PB=cosθ∶1
C.到达底端时,重力的瞬时功率之比为PA∶PB=sinθ∶1
D.到达底端时,两物体的速度之比为vA∶vB=sinθ∶1
【解析】选A、C。设斜面高度为h,则有WA=WB=mgh,A正确;A的运动时间为tA=2La=2hsinθa=2hsinθgsinθ=2hgsin2θ,B的运动时间为tB=2hg,则有tA∶tB=1sinθ∶1,则重力的平均功率之比为PA∶PB=WAtA∶WBtB=sinθ∶1,B错误;两物体在下滑过程中均只受重力作用,机械能守恒,所以两物块到达底端时速度相同,但A的速度是沿着斜面方向向下,B的速度是竖直向下的,则重力的瞬时功率之比为PAPB=mgvsinθmgv=sinθ1,C正确,D错误。
【补偿训练】
如图为一名铅球选手投掷铅球,以12 m/s的初速度斜向上抛出一重为50 N的铅球,铅球速度与水平方向的夹角为30°,铅球出手时距地面高度为1.8米(不计空气阻力,取g=10 m/s2,2=1.414)。则铅球运动过程中重力的平均功率和落地前瞬间重力的瞬时功率分别为( )
A.62.1 W 424.2 W
B.424.2 W 62.1 W
C.150 W 500 W
D.300 W 500 W
【解析】选A。由题意可知,铅球做斜抛运动,将初速度分解到水平和竖直方向,分别为v0x=v0cos30°=63 m/s、v0y=v0sin30°=6 m/s,由v0y=gt1可知,铅球上升所用时间为t1=v0yg=0.6 s,从抛出到最高点的竖直高度为h1=12gt12=1.8 m,则下落的高度为H=h+h1=3.6 m,由H=12gt22可知,下落所用时间为t2=2Hg=325 s,则可知铅球全程所用时间为t=t1+t2=(0.6+325) s,则铅球运动过程中重力的平均功率P=Wt=Ght≈62.1 W,又铅球落地的竖直分速度为vy=gt2=62 m/s,则铅球落地前瞬间重力的瞬时功率为P=Gvy=424.2 W。
9.如图为某市的双线客运索道,其索线由静止不动的承载索和牵引缆车运动的牵引索组成。运行过程中牵引索通过作用力F使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动。不计空气阻力,在缆车向上移动的过程中,下列说法正确的是( )
A.F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和
B.F对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C.缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能
D.F对缆车做的功等于缆车增加的动能与缆车克服重力和摩擦力做的功之和
【解析】选C、D。因为缆车做加速运动,故它的动能增加,根据功能关系可知,力F对缆车做的功等于缆车重力势能的增加量、动能的增加量、还有缆车克服摩擦力做功之和,即F对缆车做的功等于缆车增加的动能与缆车克服重力和摩擦力做的功之和,故D正确,A、B错误;缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能,故C正确。
10.一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s2,则( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【解析】选A、B。下滑5 m的过程中,重力势能减少30 J,动能增加10 J,减少的重力势能并不等于增加的动能,所以物块下滑过程中机械能不守恒,故选项A正确;设斜面倾角为θ,下滑位移为s,物块在斜面顶端时的重力势能mgh=30 J,而h=3 m,则物块质量m=1 kg,下滑5 m过程中,对物块由动能定理有mgh-μmgcosθ·s=Ek-0,而cosθ=45、Ek=10 J,解得μ=0.5,故选项B正确;对物块由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2 m/s2,故选项C错误;物块下滑2.0 m时,重力势能减少12 J,动能增加4 J,所以机械能损失了8 J,故选项D错误。
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.(8分)(2022·宜宾高一检测)如图甲所示是小徐同学做“探究做功与速度变化的关系”实验的实验装置。他用质量为m的重物通过滑轮牵引质量为M的小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。
(1)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是__________;(选填选项前的字母)
A.把长木板右端垫高
B.改变小车的质量
(2)平衡摩擦力的时候,打点计时器__________(选填“需要”或“不需要”)开启;
(3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O,在小纸带上依次取A、B、C…若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T,测得A、B、C…各点到O点的距离如图乙所示。实验中,满足__________这一条件时,可认为小车所受的拉力大小为mg;从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W=__________,打B点时小车的动能Ek=__________;(用题中给出的字母表示)
(4)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若不能满足第(3)问的条件,但仍然按照第(3)问的方法求出W,则从理论上分析,图丙中v2-W关系图线的斜率k=__________。(用题中给出的字母表示)
【解析】(1)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是把长木板右端垫高,从而用小车重力沿长木板向下的分力去抵消其他阻力的作用效果。故选A。
(2)平衡摩擦力的时候,打点计时器需要开启。一方面是由于平衡摩擦力时需要连同纸带所受的阻力一并平衡,另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动。
(3)设小车所受拉力大小为F,对小车根据牛顿第二定律有F=Ma,对重物同理有mg-F=ma,联立解得F=Mmgm+M,由上式可知只有当m≪M时F才可认为等于mg。从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功为W=mgx2,打B点时,小车的速度大小为vB=x3-x12T,小车的动能为Ek=12MvB2=M(x3-x1)28T2。
(4)若不能满足第(3)问的条件,但仍然按照第(3)问的方法求出W,此时将小车和重物作为整体分析,则有W=12(M+m)v2,整理得v2=2WM+m,则图线的斜率为k=2M+m。
答案:(1)A (2)需要(3)m≪M mgx2 M(x3-x1)28T2(4)2M+m
12.(8分) 利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律:质量m=0.20 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列点。如图乙所示为选取的一条符合实验要求的纸带,O为第一个点,A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)。已知打点计时器每隔0.02 s打一次点,当地的重力加速度g=10 m/s2。(计算结果均取3位有效数字)
(1)下列实验操作步骤中错误的是( )
A.把打点计时器固定在铁架台上,用导线连接到低压交流电源上
B.将连有重物的纸带穿过限位孔,将纸带和重物提升到一定高度
C.先释放纸带,再接通电源
D.更换纸带,重复实验,根据记录处理数据
(2)根据图乙所得的数据,应取图中O点和__________点来验证机械能守恒定律,那么打下该点时重物的瞬时速度大小为__________ m/s。
(3)从O点到所取点,重物重力势能减少量ΔEp=__________ J,动能增加量ΔEk=__________ J,从而验证了在误差允许范围内机械能守恒。
【解析】(1)把打点计时器固定在铁架台上,用导线连接到低压交流电源上,选项A正确;将连有重物的纸带穿过限位孔,将纸带和重物提升到一定高度,选项B正确;先接通电源,再释放纸带,选项C错误;更换纸带,重复实验,根据记录处理数据,选项D正确。
(2)根据图乙所得的数据,应取图中O点和B点来验证机械能守恒定律,那么打下B点时重物的瞬时速度大小为vB=xAC2T=0.232 3-0.155 50.04 m/s=1.92 m/s。
(3)从O点到所取B点,重物重力势能减少量为ΔEp=mghB=0.20×10×0.192 0 J=0.384 J,动能的增加量为ΔEk=12mvB2=12×0.2×1.922 J≈0.369 J,在误差允许的范围内,机械能守恒。
答案:(1)C (2)B 1.92 (3)0.384 0.369
【补偿训练】
如图甲为验证“机械能守恒定律”的实验装置示意图。现有的器材为:带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题:
(1)为完成此实验,除了所给的器材外,还需要的器材有__________。(填入正确选项前的字母)
A.米尺
B.秒表
C.0~12 V的直流电源
D.0~12 V的交流电源
(2)下面列举了该实验的几个操作步骤:
A.按照图甲的装置安装器材
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C.用天平测出重锤的质量
D.先接通电源,后释放纸带,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锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能
其中操作不当的步骤是__________。
(3)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。根据打出的纸带,选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E,测出各点之间的距离如图乙所示。使用交流电源的频率为f,则计算重锤下落的加速度的表达式a=__________。(用x1、x2、x3、x4及f表示)
【解析】(1)为完成此实验,除了所给的器材外,还需要米尺、0~12 V的交流电源。
(2)其中操作不当的步骤是将打点计时器接到电源的“直流输出”上,打点计时器需要接交流电源。
(3)由Δx=aT2得:a=(x3+x4-x1-x2)4T2=(x3+x4-x1-x2)f24。
答案:(1)A、D (2)B(3)(x3+x4-x1-x2)f24
13.(11分)如图所示,质量为m=2 kg的木块在倾角θ=37°的斜面上由静止开始下滑,木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,已知:sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)前2 s内重力的平均功率;
(2)2 s末重力的瞬时功率。
【解析】(1)木块沿斜面下滑时,对木块受力分析。由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma(2分)
解得a=2 m/s2(1分)
由位移公式:l=12at2=12×2×22 m=4 m(2分)
重力在前2 s内做的功为W=mglsin θ=2×10×4×0.6 J=48 J(1分)
重力在前2 s内的平均功率P=Wt=482 W=24 W。(2分)
(2)木块在2 s末的速度v=at=2×2 m/s=4 m/s(1分)
2 s末重力的瞬时功率
P=mgvcos(90°-θ)=mgvsin θ=2×10×4×0.6 W=48 W(2分)
答案:(1)24 W (2)48 W
14.(12分) 如图甲所示为跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动,经过距离A点s=20 m处的P点时,运动员的速度为v1=50.4 km/h。运动员滑到B点时快速后蹬,以v2=90 km/h的速度飞出,经过一段时间的空中飞行,以v3=126 km/h的速度在C点着地。已知B、C两点间的高度差h=80 m,运动员的质量m=60 kg,重力加速度g取9.8 m/s2,计算结果均保留两位有效数字。
(1)求A到P过程中运动员的平均加速度大小;
(2)以B点为零势能参考点,求到C点时运动员的机械能;
(3)求从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,运动员克服阻力做的功。
【解析】(1)v1=50.4 km/h=14 m/s(1分)
由速度位移的关系式得v12=2as(1分)
代入数据解得a=4.9 m/s2。(1分)
(2)v3=126 km/h=35 m/s(1分)
以B点为零势能参考点,到C点时运动员的机械能为E=-mgh+12mv32(2分)
代入数据解得E≈-1.0×104 J(1分)
(3)v2=90 km/h=25 m/s(1分)
从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,由动能定理得
mgh-W=12mv32-12mv22(2分)
代入数据解得W≈2.9×104 J(2分)
答案:(1)4.9 m/s2 (2)-1.0×104 J(3)2.9×104 J
【补偿训练】
粗糙的14圆弧的半径为0.45 m,有一质量为0.2 kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B,然后沿水平面前进0.4 m到达C点停止。设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5(取g=10 m/s2),求:
(1)物体到达B点时的速度大小;
(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
【解析】(1)物体从B运动到C的过程,由动能定理得-μmgx=0-12mvB2
解得vB=2 m/s。
(2)物体从A运动到B的过程,由动能定理得mgR-Wf=12mvB2-0
解得Wf=0.5 J。
答案:(1)2 m/s (2)0.5 J
15.(15分)如图所示,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。
(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;
(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车。已知滑块质量m=M2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:
①滑块运动过程中,小车的最大速度vm;
②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小x。
【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒
mgR=12mvB2(2分)
滑块在B点处,由牛顿第二定律得N-mg=mvB2R(2分)
解得N=3mg(1分)
由牛顿第三定律得N'=3mg(1分)
(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大,设为vm,在任一时刻滑块相对地面的速度水平分量是小车速度大小的2倍,在B点时速度为2vm。由机械能守恒得
mgR=12Mvm2+12m(2vm)2(2分)
解得vm= gR3(1分)
②设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系得
mgR-μmgL=12MvC2+12m(2vC)2(2分)
设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律得
μmg=Ma(1分)
由运动学规律得vC2-vm2=-2ax(2分)
解得x=L3(1分)
答案:(1)3mg (2)①gR3 ②L3
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第四、五章 机械能及其守恒定律 经典力学的局限性与相对论初步
(75分钟 100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.“如果说我比别人看得更远些,那是因为我站在了巨人的肩上。”牛顿在前人或同时代其他科学家研究成果的基础上建立了牛顿运动定律,发现了万有引力定律。牛顿运动定律虽然撑起了经典物理大厦,大大推进了人类文明进程,但它也不是万能的。关于牛顿运动定律的适用范围,下列说法正确的是( )
A.适用于一切参考系中的力学现象
B.适用于宏观物体的低速运动
C.适用于微观粒子的运动
D.适用于宏观物体速度接近光速的运动现象
【解析】选B。牛顿运动定律适用于惯性参考系中的力学现象,故A错误;牛顿运动定律适用于宏观物体的低速运动,故B正确,D错误;牛顿运动定律不适用于微观粒子的运动,故C错误。
2.一家农家乐餐厅后院内竟有驴在拉磨,如图所示。假设驴拉磨的平均作用力大小为500 N,运动的半径为1 m,则驴拉磨转动一周所做的功为 ( )
A.0 B.500 J
C.500π J D.1 000π J
【解析】选D。由于F的方向与作用点的速度方向保持一致,因此F做功不为零。把圆周划分成很多小段研究,如图所示。
当各小段的弧长Δsi足够小(Δsi→0)时,在Δsi内F的方向几乎与该小段的位移方向重合,故驴拉磨转动一周所做的功为WF=F·Δs1+F·Δs2+F·Δs3+…=F·2πR=
1 000π J,故A、B、C错误,D正确。
3.(2022·绵阳高一检测)如图所示,一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动,当物体从M点运动到N点时,其速度方向恰好改变了90°,则物体在M点到N点的运动过程中动能将( )
A.不断增大 B.先减小后增大
C.不断减小 D.先增大后减小
【解析】选B。做曲线运动的物体受力的方向指向运动轨迹的凹侧,因此恒力一定指向右下方,开始一段恒力与速度夹角为钝角,恒力做负功,动能减小,后来恒力与速度夹角为锐角,对物体做正功,动能增加,因此物体的动能先减小后增大,B正确,A、C、D错误。
4.(2022·泸州高一检测)如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一小球悬挂在水平的天花板下,轻绳与天花板的夹角为θ,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为T'。θ为某一值时, T'T最大,此最大值为( )
A.94 B.2
C.32-2 D.5425
【解析】选A。剪断轻绳之前:2Tsinθ=mg;剪断轻绳后,小球摆到最低点时:12mv2=mgl(1-sinθ),由牛顿第二定律:T'-mg=mv2l;联立解得T'T=6sinθ-4sin2θ,由数学知识可知,此比值的最大值为94,故选A。
5.(2022·海淀区高一检测)如图所示,高h=2 m的曲面固定不动。一个质量为m=1 kg的物体,由静止开始从曲面的顶点滑下,滑到底端时的速度大小为4 m/s。(g取10 m/s2)在此过程中,下列说法正确的是( )
A.物体的动能增加了12 J
B.物体的重力势能减少了12 J
C.物体的机械能保持不变
D.物体的机械能减少了12 J
【解析】选D。物体由静止开始下滑,末速度为4 m/s,故动能变化量为ΔEk=12mv2-0=12×1×42 J=8 J,所以物体的动能增加了8 J,故A错误;此过程中物体的重力对物体做正功,故重力势能减小,有ΔEp=-WG=-mgh=-20 J,故B错误;机械能的改变量等于重力势能改变量和动能改变量的代数和,故有ΔE=ΔEk+ΔEp=8 J-20 J=-12 J,所以物体的机械能减少了12 J,故C错误,D正确。
【补偿训练】
如图所示,攻防箭是一项人们很喜爱的团体活动。若将质量为m的箭枝(可视为质点)从地面(初始高度可忽略)以与水平方向成一角度斜向上射出,初速度为v0,最高点离地高H,不计一切阻力,取地面为零势能参考平面,以下说法正确的是( )
A.箭枝在最高点机械能为mgH
B.箭枝在最高点的机械能为12mv02
C.箭枝刚要落地时的速度与抛出时速度相同
D.箭枝刚要落地时的机械能为mgH
【解析】选B。将质量为m的箭枝(可视为质点)从地面(初始高度可忽略)以与水平方向成一角度斜向上射出,初速度为v0,做斜抛运动,最高点速度不为零,故箭枝在最高点机械能大于mgH,故A错误;因为全过程只有重力做功,机械能守恒,初始机械能为12mv02,则箭枝在最高点的机械能为12mv02,故B正确;箭枝刚要落地时的速度与抛出时速度大小相同,方向不同,故C错误;根据机械能守恒,可知箭枝刚要落地时的机械能为12mv02, 大于mgH,故D错误。
6.如图所示为滑雪滑道PQR,质量60 kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下,从末端R滑出时速度为18 m/s,滑行过程中姿势保持不变,P端相对滑道最低点Q高H=24 m,R端相对Q点高h=4 m。从P到R滑行过程中,该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为( )
A.0.1 B.0.2 C.0.8 D.1
【解析】选B。由能量守恒可知从P到R滑行过程中,该滑雪爱好者克服阻力做功Wf=mgH-h-12mv2,解得Wf=60×10×24-4 J-12×60×182 J=2 280 J,从P到R滑行过程中,重力做功WG=mgH-h=12 000 J,则WfWG=2 280J12 000J≈0.2,故选B。
7.(2022·宜宾高一检测)如图甲所示,被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图乙所示的模型:半径为R的磁性圆轨道竖直固定,质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动,A、B分别为轨道的最高点和最低点,轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力,重力加速度大小为g,则( )
A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B.铁球经过A点的速度一定大于gR
C.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能使铁球不脱轨
D.铁球绕圆轨道运动时,在B点受轨道的弹力比A点大6mg
【解析】选C。铁球绕轨道不可能做匀速圆周运动,铁球的速度大小不断变化,所以A错误;在A点轨道对小球的弹力方向向上,小铁球的速度只要大于等于0即可通过A点,所以B错误;由于小铁球在运动过程中机械能守恒,所以小铁球在A点的速度越小,则在B点的速度也越小,铁球不脱轨需要的磁性引力最小的条件是:小铁球在A点的速度恰好为0,而且到达B点时,轨道对铁球的弹力恰好为0,则有mg2R=12mv2,在B点有F-mg=mv2R,联立解得F=5mg,所以C正确;铁球绕圆轨道运动时,B点有F-mg-N1=mv12R,在A点有F+mg-N2=mv22R,从A点运动到B点有mg2R=12mv12-12mv22,联立解得N1-N2=-6mg,所以铁球绕圆轨道运动时,在B点受轨道的弹力比A点小6mg,则D错误。
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求。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.(2022·成都高一检测)如图所示,质量相同的两物体处于同一高度,A沿固定在地面上的光滑斜面下滑,B自由下落,最后到达同一水平面,则( )
A.重力对两物体做功之比为WA∶WB=1∶1
B.重力的平均功率之比为PA∶PB=cosθ∶1
C.到达底端时,重力的瞬时功率之比为PA∶PB=sinθ∶1
D.到达底端时,两物体的速度之比为vA∶vB=sinθ∶1
【解析】选A、C。设斜面高度为h,则有WA=WB=mgh,A正确;A的运动时间为tA=2La=2hsinθa=2hsinθgsinθ=2hgsin2θ,B的运动时间为tB=2hg,则有tA∶tB=1sinθ∶1,则重力的平均功率之比为PA∶PB=WAtA∶WBtB=sinθ∶1,B错误;两物体在下滑过程中均只受重力作用,机械能守恒,所以两物块到达底端时速度相同,但A的速度是沿着斜面方向向下,B的速度是竖直向下的,则重力的瞬时功率之比为PAPB=mgvsinθmgv=sinθ1,C正确,D错误。
【补偿训练】
如图为一名铅球选手投掷铅球,以12 m/s的初速度斜向上抛出一重为50 N的铅球,铅球速度与水平方向的夹角为30°,铅球出手时距地面高度为1.8米(不计空气阻力,取g=10 m/s2,2=1.414)。则铅球运动过程中重力的平均功率和落地前瞬间重力的瞬时功率分别为( )
A.62.1 W 424.2 W
B.424.2 W 62.1 W
C.150 W 500 W
D.300 W 500 W
【解析】选A。由题意可知,铅球做斜抛运动,将初速度分解到水平和竖直方向,分别为v0x=v0cos30°=63 m/s、v0y=v0sin30°=6 m/s,由v0y=gt1可知,铅球上升所用时间为t1=v0yg=0.6 s,从抛出到最高点的竖直高度为h1=12gt12=1.8 m,则下落的高度为H=h+h1=3.6 m,由H=12gt22可知,下落所用时间为t2=2Hg=325 s,则可知铅球全程所用时间为t=t1+t2=(0.6+325) s,则铅球运动过程中重力的平均功率P=Wt=Ght≈62.1 W,又铅球落地的竖直分速度为vy=gt2=62 m/s,则铅球落地前瞬间重力的瞬时功率为P=Gvy=424.2 W。
9.如图为某市的双线客运索道,其索线由静止不动的承载索和牵引缆车运动的牵引索组成。运行过程中牵引索通过作用力F使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动。不计空气阻力,在缆车向上移动的过程中,下列说法正确的是( )
A.F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和
B.F对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C.缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能
D.F对缆车做的功等于缆车增加的动能与缆车克服重力和摩擦力做的功之和
【解析】选C、D。因为缆车做加速运动,故它的动能增加,根据功能关系可知,力F对缆车做的功等于缆车重力势能的增加量、动能的增加量、还有缆车克服摩擦力做功之和,即F对缆车做的功等于缆车增加的动能与缆车克服重力和摩擦力做的功之和,故D正确,A、B错误;缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能,故C正确。
10.一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示,重力加速度取10 m/s2,则( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【解析】选A、B。下滑5 m的过程中,重力势能减少30 J,动能增加10 J,减少的重力势能并不等于增加的动能,所以物块下滑过程中机械能不守恒,故选项A正确;设斜面倾角为θ,下滑位移为s,物块在斜面顶端时的重力势能mgh=30 J,而h=3 m,则物块质量m=1 kg,下滑5 m过程中,对物块由动能定理有mgh-μmgcosθ·s=Ek-0,而cosθ=45、Ek=10 J,解得μ=0.5,故选项B正确;对物块由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=2 m/s2,故选项C错误;物块下滑2.0 m时,重力势能减少12 J,动能增加4 J,所以机械能损失了8 J,故选项D错误。
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.(8分)(2022·宜宾高一检测)如图甲所示是小徐同学做“探究做功与速度变化的关系”实验的实验装置。他用质量为m的重物通过滑轮牵引质量为M的小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。
(1)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是__________;(选填选项前的字母)
A.把长木板右端垫高
B.改变小车的质量
(2)平衡摩擦力的时候,打点计时器__________(选填“需要”或“不需要”)开启;
(3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O,在小纸带上依次取A、B、C…若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T,测得A、B、C…各点到O点的距离如图乙所示。实验中,满足__________这一条件时,可认为小车所受的拉力大小为mg;从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W=__________,打B点时小车的动能Ek=__________;(用题中给出的字母表示)
(4)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若不能满足第(3)问的条件,但仍然按照第(3)问的方法求出W,则从理论上分析,图丙中v2-W关系图线的斜率k=__________。(用题中给出的字母表示)
【解析】(1)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是把长木板右端垫高,从而用小车重力沿长木板向下的分力去抵消其他阻力的作用效果。故选A。
(2)平衡摩擦力的时候,打点计时器需要开启。一方面是由于平衡摩擦力时需要连同纸带所受的阻力一并平衡,另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动。
(3)设小车所受拉力大小为F,对小车根据牛顿第二定律有F=Ma,对重物同理有mg-F=ma,联立解得F=Mmgm+M,由上式可知只有当m≪M时F才可认为等于mg。从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功为W=mgx2,打B点时,小车的速度大小为vB=x3-x12T,小车的动能为Ek=12MvB2=M(x3-x1)28T2。
(4)若不能满足第(3)问的条件,但仍然按照第(3)问的方法求出W,此时将小车和重物作为整体分析,则有W=12(M+m)v2,整理得v2=2WM+m,则图线的斜率为k=2M+m。
答案:(1)A (2)需要(3)m≪M mgx2 M(x3-x1)28T2(4)2M+m
12.(8分) 利用如图甲所示装置验证机械能守恒定律:质量m=0.20 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列点。如图乙所示为选取的一条符合实验要求的纸带,O为第一个点,A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)。已知打点计时器每隔0.02 s打一次点,当地的重力加速度g=10 m/s2。(计算结果均取3位有效数字)
(1)下列实验操作步骤中错误的是( )
A.把打点计时器固定在铁架台上,用导线连接到低压交流电源上
B.将连有重物的纸带穿过限位孔,将纸带和重物提升到一定高度
C.先释放纸带,再接通电源
D.更换纸带,重复实验,根据记录处理数据
(2)根据图乙所得的数据,应取图中O点和__________点来验证机械能守恒定律,那么打下该点时重物的瞬时速度大小为__________ m/s。
(3)从O点到所取点,重物重力势能减少量ΔEp=__________ J,动能增加量ΔEk=__________ J,从而验证了在误差允许范围内机械能守恒。
【解析】(1)把打点计时器固定在铁架台上,用导线连接到低压交流电源上,选项A正确;将连有重物的纸带穿过限位孔,将纸带和重物提升到一定高度,选项B正确;先接通电源,再释放纸带,选项C错误;更换纸带,重复实验,根据记录处理数据,选项D正确。
(2)根据图乙所得的数据,应取图中O点和B点来验证机械能守恒定律,那么打下B点时重物的瞬时速度大小为vB=xAC2T=0.232 3-0.155 50.04 m/s=1.92 m/s。
(3)从O点到所取B点,重物重力势能减少量为ΔEp=mghB=0.20×10×0.192 0 J=0.384 J,动能的增加量为ΔEk=12mvB2=12×0.2×1.922 J≈0.369 J,在误差允许的范围内,机械能守恒。
答案:(1)C (2)B 1.92 (3)0.384 0.369
【补偿训练】
如图甲为验证“机械能守恒定律”的实验装置示意图。现有的器材为:带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题:
(1)为完成此实验,除了所给的器材外,还需要的器材有__________。(填入正确选项前的字母)
A.米尺
B.秒表
C.0~12 V的直流电源
D.0~12 V的交流电源
(2)下面列举了该实验的几个操作步骤:
A.按照图甲的装置安装器材
B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上
C.用天平测出重锤的质量
D.先接通电源,后释放纸带,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锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能
其中操作不当的步骤是__________。
(3)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。根据打出的纸带,选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E,测出各点之间的距离如图乙所示。使用交流电源的频率为f,则计算重锤下落的加速度的表达式a=__________。(用x1、x2、x3、x4及f表示)
【解析】(1)为完成此实验,除了所给的器材外,还需要米尺、0~12 V的交流电源。
(2)其中操作不当的步骤是将打点计时器接到电源的“直流输出”上,打点计时器需要接交流电源。
(3)由Δx=aT2得:a=(x3+x4-x1-x2)4T2=(x3+x4-x1-x2)f24。
答案:(1)A、D (2)B(3)(x3+x4-x1-x2)f24
13.(11分)如图所示,质量为m=2 kg的木块在倾角θ=37°的斜面上由静止开始下滑,木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,已知:sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)前2 s内重力的平均功率;
(2)2 s末重力的瞬时功率。
【解析】(1)木块沿斜面下滑时,对木块受力分析。由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma(2分)
解得a=2 m/s2(1分)
由位移公式:l=12at2=12×2×22 m=4 m(2分)
重力在前2 s内做的功为W=mglsin θ=2×10×4×0.6 J=48 J(1分)
重力在前2 s内的平均功率P=Wt=482 W=24 W。(2分)
(2)木块在2 s末的速度v=at=2×2 m/s=4 m/s(1分)
2 s末重力的瞬时功率
P=mgvcos(90°-θ)=mgvsin θ=2×10×4×0.6 W=48 W(2分)
答案:(1)24 W (2)48 W
14.(12分) 如图甲所示为跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动,经过距离A点s=20 m处的P点时,运动员的速度为v1=50.4 km/h。运动员滑到B点时快速后蹬,以v2=90 km/h的速度飞出,经过一段时间的空中飞行,以v3=126 km/h的速度在C点着地。已知B、C两点间的高度差h=80 m,运动员的质量m=60 kg,重力加速度g取9.8 m/s2,计算结果均保留两位有效数字。
(1)求A到P过程中运动员的平均加速度大小;
(2)以B点为零势能参考点,求到C点时运动员的机械能;
(3)求从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,运动员克服阻力做的功。
【解析】(1)v1=50.4 km/h=14 m/s(1分)
由速度位移的关系式得v12=2as(1分)
代入数据解得a=4.9 m/s2。(1分)
(2)v3=126 km/h=35 m/s(1分)
以B点为零势能参考点,到C点时运动员的机械能为E=-mgh+12mv32(2分)
代入数据解得E≈-1.0×104 J(1分)
(3)v2=90 km/h=25 m/s(1分)
从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中,由动能定理得
mgh-W=12mv32-12mv22(2分)
代入数据解得W≈2.9×104 J(2分)
答案:(1)4.9 m/s2 (2)-1.0×104 J(3)2.9×104 J
【补偿训练】
粗糙的14圆弧的半径为0.45 m,有一质量为0.2 kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B,然后沿水平面前进0.4 m到达C点停止。设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5(取g=10 m/s2),求:
(1)物体到达B点时的速度大小;
(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
【解析】(1)物体从B运动到C的过程,由动能定理得-μmgx=0-12mvB2
解得vB=2 m/s。
(2)物体从A运动到B的过程,由动能定理得mgR-Wf=12mvB2-0
解得Wf=0.5 J。
答案:(1)2 m/s (2)0.5 J
15.(15分)如图所示,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。
(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;
(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车。已知滑块质量m=M2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:
①滑块运动过程中,小车的最大速度vm;
②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小x。
【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒
mgR=12mvB2(2分)
滑块在B点处,由牛顿第二定律得N-mg=mvB2R(2分)
解得N=3mg(1分)
由牛顿第三定律得N'=3mg(1分)
(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大,设为vm,在任一时刻滑块相对地面的速度水平分量是小车速度大小的2倍,在B点时速度为2vm。由机械能守恒得
mgR=12Mvm2+12m(2vm)2(2分)
解得vm= gR3(1分)
②设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系得
mgR-μmgL=12MvC2+12m(2vC)2(2分)
设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律得
μmg=Ma(1分)
由运动学规律得vC2-vm2=-2ax(2分)
解得x=L3(1分)
答案:(1)3mg (2)①gR3 ②L3
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