【分层作业】人教版物理必修第二册 第八章章末检测（含答案解析）

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人教版物理必修第二册章末检测(八) (时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分．第1～8小题只有一个选项正确，每小题3分，第9～12小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．智跑游乐园坐落在有3 500年城市历史的邢台市，地处七里河风景区，乐园内有华北地区最大的悬挂过山车，最大速度接近100公里/小时.如图所示，某乘客坐过山车(无动力)从A位置加速下滑到B位置，空气阻力不能忽略，则在下滑过程中，该乘客的(　　 )　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．机械能守恒 B．机械能增大C．动能减小 D．重力势能减小2．如图所示为我国自行研制的新一代大型客机C919.假定其质量为m，起飞时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Ff，当飞机速度为v时，则发动机输出的实际功率为(　　 )A．Ffv B．(Ff＋ma)vC．(Ff－ma) v D．mav3．无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　)A．0 B．mghC． eq \f(1,2) mv2－mgh D． eq \f(1,2) mv2＋mgh4.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　 )5．如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距 eq \f(1,3) l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　 )A. eq \f(1,9) mgl B． eq \f(1,6) mglC． eq \f(1,3) mgl D． eq \f(1,2) mgl6．“负重爬楼”是消防队员的日常训练项目之一．某次“10层负重登顶”比赛中，质量为70 kg的消防员背约30 kg的重物，在50 s内由地面到达10层楼顶的过程中，下列说法正确的是(　　)A．楼梯对消防员的支持力做正功B．消防员对重物做功约为3 000 JC．消防员增加的重力势能约为7 000 JD．消防员克服自身重力做功的平均功率约为420 W7．如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　 )A．2R B． eq \f(5R,3)  C． eq \f(4R,3)  D． eq \f(2R,3) 8．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.1 m．两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　 )A．下滑的过程中A球机械能守恒B．下滑的过程中B球机械能守恒C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为1 m/sD.系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 eq \f(2,3)  J9．如图所示甲为一倾角为θ的斜面固定于水平面上，一可视为质点的小物块从斜面的顶端静止滑下，物块与斜面之间的动摩擦因数为μ1，物块运动到斜面底端时无能量损失地进入水平面继续运动，其和水平面之间的动摩擦因数为μ2.图乙为物块运动的动能Ek与水平位移x的关系图像，则下列判断正确的是(　　 )A．μ1＞tan θ B．μ1＜tan θC．μ1＋2μ2＝tan θ D．2μ1＋μ2＝tan θ10．将质量为m的物体从地面上方H高处无初速度释放，落到地面后出现一个深为h的坑，如图所示，在此过程中(　　 )A．重力对物体做功mgHB．物体重力势能减少mg(H＋h)C．合力对物体做的总功为零D．地面对物体的平均阻力为 eq \f(mgH,h) 11．如图所示，轻绳一端通过光滑的定滑轮与物块P连接，另一端与套在光滑竖直杆上的圆环Q连接，初始时连接圆环Q的轻绳与水平方向的夹角θ＝30°，现同时由静止释放P、Q，Q沿杆上升且能通过与定滑轮的等高位置．则下列分析正确的是(　　 )A．Q上升到与定滑轮等高的位置时，其动能最大B．Q上升到与定滑轮等高的位置时，其机械能最大C．Q上升到最高位置时，P的机械能最小D．Q在最低位置时，P的机械能最大12．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为固定轴转动．当木板转到与水平面的夹角为α时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中(　　 )A．支持力对物块做的功为mgL sin αB．重力对小物块做的功为－mgL sin αC．滑动摩擦力对小物块做的功为 eq \f(1,2) mv2－mgL sin αD．小物块的机械能减小了mgL sin α二、实验题(本题共2小题，共14分)13．(6分)某同学用如图所示的实验装置探究外力做功与小车动能变化的关系．(1)实验中，该同学让小车从静止开始运动一段位移，利用打点计时器测得了小车的速度v和位移x，读取了弹簧测力计的示数T，还测得了小车的质量M，沙桶的质量m，则细线对车做的功可以用W＝ ________ 来计算．实验中，该同学改变拉力，仍让小车从静止开始运动，保持位移一定，测得W与v对应的多组数据，得到如图所示的W­v2关系图像，但与预期的过原点直线不符，经检查测量、计算与作图均无误．主要原因是_____________________________________________；实验操作中改进的具体措施是 ___________________________________________ .14．(8分)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为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的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．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打一个点，当地的重力加速度为9.8 m/s2，那么(1)纸带的 ________ (选填“左”或“右”)端与重物相连；(2)根据图上所得的数据，应取图中O点到 ________ 点来验证机械能守恒定律；(3)从O点到第(2)题中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝ ______ J，动能增加量ΔEk＝ ______ J．(结果取3位有效数字)三、计算题(本题共4小题，共46分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．(8分)某电动小车沿水平地面从静止开始运动，电动小车做功的功率恒为40 W，已知小车的总质量为20 kg，小车受到的阻力为小车重力的 eq \f(1,10)  ，小车向前运动了10 s达到最大速度，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)电动小车运动的最大速度的大小；(2)小车启动过程做的功；(3)小车在这段时间内的位移大小．16．(12分)如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小．17．(12分)跷跷板是一种常见的游乐设施．游乐时两人对坐两端，轮流用脚蹬地，使一端上升，另一端下落，如此反复．如图所示，质量分别为2m、m的甲、乙两人对坐在跷跷板的两端，跷跷板的长度为L，开始时甲所在端着地，跷跷板与水平面之间的夹角为α＝30°，甲蹬地后恰好让乙所在端着地，该过程中甲、乙两人的速度大小始终相等且乙的脚未与地面接触．假设在跷跷板转动过程中甲、乙两人均可看成质点，跷跷板的质量、转轴处的摩擦和甲蹬地过程中跷跷板转动的角度均忽略不计，重力加速度为g，求：(1)甲蹬地结束时甲的速度大小v；(2)甲蹬地结束至乙所在端着地过程中，跷跷板对乙做的功W.18．(14分)如图，一内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的直径大得多)，在圆管中有一个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)，小球的质量为m.设某一时刻小球通过轨道的最低点时对管壁的压力为5.5mg，此后小球便做圆周运动．求：(1)小球在最低点时具有的动能；(2)小球经过半个圆周到达最高点时具有的动能；(3)在最高点时球对管内壁的作用力大小及方向；(4)若管内壁粗糙，小球从最低点经过半个圆周恰能到达最高点，小球此过程中克服摩擦力所做的功为多少？参考答案1.D　[某乘客坐过山车(无动力)从A位置加速下滑到B位置，空气阻力不能忽略．则在下滑过程中，重力做正功，重力势能减小；摩擦力和空气阻力做负功，机械能减小；加速下滑，过山车的速度增大、动能增大．故A、B、C错误，D正确．]2.B　[飞机起飞时在水平跑道上做加速度为a的匀加速直线运动，设牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，得F＝ma＋Ff，所以牵引力的功率P＝Fv＝(ma＋Ff)v，故B正确，A、C、D错误．]3.　[结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程进行分析，由动能定理有mgh－Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误．]4.　[由P­t图像知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝ eq \f(F－f,m) 知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，A正确．]5.A　[由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了 eq \f(l,6) ，则重力势能增加ΔEp＝ eq \f(2,3) mg· eq \f(l,6) ＝ eq \f(1,9) mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝ eq \f(1,9) mgl，故选项A正确，B、C、D错误．]6.D　[整个过程中，支持力的作用点没有发生位移，楼梯对消防员的支持力不做功，故A错误；重物重力势能增加ΔEp＝mg·Δh＝30×10×30 J＝9 000 J，则消防员对重物做功约为9 000 J，故B错误；消防员重力势能增加ΔEp1＝m1g.Δh＝70×10×30 J＝21 000 J，故C错误；消防员克服自身重力做功等于重力势能增加约为21 000 J，则消防员克服自身重力做功的平均功率约为P＝ eq \f(W,t) ＝ eq \f(21 000,50)  W＝420 W，故D正确．]7.C　[A、B的质量分别记为2m、m，当A落到地面上时，B恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，则A、B组成的系统机械能守恒，故有2mgR－mgR＝ eq \f(1,2) (2m＋m)v2，A落到地面上以后，B以速度v竖直上抛，又上升的高度为h′＝ eq \f(v2,2g) ，解得h′＝ eq \f(1,3) R，此时绳子未绷直，故B上升的最大高度为R＋h′＝ eq \f(4,3) R，选项C正确．]8.D　[在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但当B在水平面滑行，而A在斜面滑行时，杆的弹力对A、B球做功，所以A、B球机械能不守恒，故A、B错误；根据系统机械能守恒得mAg(h＋L sin 30°)＋mBgh＝ eq \f(1,2) (mA＋mB)v2，代入数据解得v＝ eq \f(2,3)  eq \r(2)  m/s，故C错误；系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为ΔE＝ eq \f(1,2) mBv2－mBgh＝ eq \f(2,3)  J，故D正确．]9.BC　[物块在斜面上可以自由滑下则有mg sin θ－μ1mg cos θ>0解得μ1＜tan θ，A错误，B正确；由乙图可知，物块在水平面上的位移是在斜面上运动的水平位移的2倍，根据物块全程运动的动能定理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg sin θ－μ1mg cos θ))  eq \f(x,cos θ) －μ2mg.2x＝0，解得μ1＋2μ2＝tan θ，C正确，D错误．]10.BC　[重力做功为mg(H＋h)，A错误；重力势能减少mg(H＋h)，B正确；由动能定理W总＝ΔEk＝0，C正确；又mg(H＋h)－ eq \x\to(F) ·h＝0，故 eq \x\to(F) ＝ eq \f(mg（H＋h）,h) ，D错误．]11.BD　[Q上升到所受合力等于0的位置时，其动能最大，但合力等于0的位置不是与定滑轮等高的位置，A错误；Q与P组成的系统机械能守恒，所以当P的机械能最小时，Q的机械能最大，当Q上升到与定滑轮等高的位置时，其机械能最大，P的机械能最小；Q在最低位置时，其机械能最小，P机械的能最大，C错误，B、D正确．]12.AC　[物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得W支－mgL sin α＝0－0，则有W支＝mgL sin α，故A正确；在整个过程中，物体在竖直方向的位移为0，故重力做功为零，故B错误；物块在滑动过程中，由动能定理可得W滑＋mgL sin α＝ eq \f(1,2) mv2－0，解得W滑＝ eq \f(1,2) mv2－mgL sin α，故C正确；物块又回到水平面，故物块机械能增加量为ΔE＝ eq \f(1,2) mv2，故D错误．]13.[解析]　(1)细线的拉力等于弹簧测力计的示数T，则细线对小车所做的功W＝Tx.(2)因没有平衡小车的摩擦力，故细线拉力对小车所做的功W＝ eq \f(1,2) mv2＋Wf(其中Wf为小车克服阻力所做的功).[答案]　(1)Tx　(2)小车受到了阻力　将平板适当垫高平衡小车受到的摩擦力14.[解析]　由题意知，O点为第一个点，所以纸带的左端与重物相连，为了减小误差和便于求重物动能的增加量，可取题图中O点到B点来验证机械能守恒定律，此过程中重力势能的减少量ΔEp＝mghOB＝1.00×9.8×19.25×10－2 J≈1.89 J．打B点时重物的瞬时速度vB＝ eq \f(\x\to(OC)－\x\to(OA),2T) ＝ eq \f(（22.93－15.55）×10－2,2×0.02)  m/s＝1.845 m/s.所以动能增量ΔEk＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(\s\up14(2),\s\do5(B)) ＝ eq \f(1,2) ×1.00×1.8452 J＝1.70 J.[答案]　(1)左　(2)B　(3)1.89　1.7015.[解析]　(1)当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，则vm＝ eq \f(P,Ff) ＝ eq \f(40,\f(1,10)×200)  m/s＝2 m/s.(2)小车启动过程做的功W＝Pt＝40×10 J＝400 J(3)根据动能定理得：W－Ff.x＝－0解得x＝18 m所以小车在这段时间内的位移大小为18 m.[答案]　(1)2 m/s　(2)400 J　(3)18 m16.[解析]　(1)取向左为正方向，从F­x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为f＝1.0 N，方向为负方向．在压缩过程中，摩擦力做功为Wf＝－f·x＝－0.1 J由图线与x轴所围的“面积”可得外力做功为Wf＝ eq \f(1.0＋47.0,2) ×0.1 J＝2.4 J所以弹簧存贮的弹性势能为Ep＝Wf＋Wf＝2.3 J.(2)从A点开始到B点的过程中，由于L＝2x摩擦力做功的大小为Wf′＝f·3x＝0.3 J对小物块用动能定理有Ep－Wf′＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(\s\up14(2),\s\do5(B)) 解得vB＝2 m/s.[答案]　(1)2.3 J　(2)2 m/s17.[解析]　(1)甲蹬地结束时，甲、乙的速度大小均为v，设水平地面为零势能面，跷跷板转动过程，对甲、乙组成的系统，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2) ·2mv2＋ eq \f(1,2) mv2＋mgL sin α＝2mgL sin α解得v＝ eq \f(\r(3gL),3) .(2)对乙由动能定理得W＋mgL sin α＝0－ eq \f(1,2) mv2解得W＝－ eq \f(2,3) mgL.[答案]　(1) eq \f(\r(3gL),3) 　(2)－ eq \f(2,3) mgL18.[解析]　(1)对小球在最低点进行受力分析，由牛顿第二定律得F－mg＝m eq \f(v2,R) 所以小球在最低点时具有的动能Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(9,4) mgR.(2)根据动能定理，从最低点到最高点得－mg·2R＝ eq \f(1,2) mv′2－ eq \f(1,2) mv2小球经过半个圆周到达最高点时具有的动能是 eq \f(1,4) mgR.(3)对小球在最高点进行受力分析，由牛顿第二定律得mg＋F′＝m eq \f(v′2,R) 解得F′＝－ eq \f(1,2) mg所以在最高点时管壁对球的弹力方向竖直向上，大小为 eq \f(1,2) mg，根据牛顿第三定律得，在最高点时球对管内壁的作用力大小为 eq \f(1,2) mg，方向竖直向下．(4)小球从最低点经过半个圆周恰能到达最高点，说明小球在最高点的速度为0，根据动能定理，从最低点到最高点得－mg·2R＋Wf＝0－ eq \f(1,2) mv2解得Wf＝－ eq \f(1,4) mgR所以小球此过程中克服摩擦力所做的功为 eq \f(1,4) mgR.[答案]　(1) eq \f(9,4) mgR　(2) eq \f(1,4) mgR　(3) eq \f(1,2) mg，方向竖直向下　(4) eq \f(1,4) mgR