高中物理粤教版第四章机械能和能源 全国公开课

章末综合测评(四)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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)1．如图1所示，在加速运动的车厢中，一个人用力沿车前进的方向推车厢，已知人与车厢始终保持相对静止，那么人对车厢做功的情况是()图1A．做正功 B．做负功C．不做功 D．无法确定【解析】人随车一起向车前进的方向加速运动，表明车对人在水平方向上的合力向前，根据牛顿第三定律，人对车在水平方向的合力与车运动方向相反，故人对车做负功，B正确．【答案】B2．一辆汽车以功率P1在平直公路上匀速行驶，若驾驶员突然减小油门，使汽车的功率减小为P2并继续行驶．若整个过程中阻力恒定不变，此后汽车发动机的牵引力将()A．保持不变B．不断减小C．突然减小，再增大，后保持不变D．突然增大，再减小，后保持不变【解析】由P1＝Fv知，当汽车以功率P1匀速行驶时，F＝f，加速度a＝0.若突然减小油门，汽车的功率由P1减小到P2，则F突然减小．整个过程中阻力f恒定不变，即F<f，此时加速度a<0，所以汽车将减速．由P2＝Fv知，此后保持功率P2不变继续行驶，v减小，F增大．当F＝f时，汽车不再减速，而以一较小速度匀速行驶，牵引力不再增大．【答案】C3．如图2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，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()图2A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了eq\r(3)mgLC．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【解析】圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝eq\r(3)L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．【答案】B4．如图3所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为eq\f(1,3)g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()图3A．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为eq\f(1,3)mghC．运动员克服摩擦力做功为eq\f(2,3)mghD．下滑过程中系统减少的机械能为eq\f(1,3)mgh【解析】运动员的加速度为eq\f(1,3)g，沿斜面：eq\f(1,2)mg－f＝m·eq\f(1,3)g，f＝eq\f(1,6)mg，Wf＝eq\f(1,6)mg·2h＝eq\f(1,3)mgh，所以A、C项错误，D项正确；Ek＝mgh－eq\f(1,3)mgh＝eq\f(2,3)mgh，B项错误．【答案】D5．用图4所示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中()图4A．重力做正功，重力势能增加B．重力的瞬时功率一直增大C．摆线对摆锤的拉力做功D．若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量【解析】摆锤向下运动，重力做正功，重力势能减小，故A错误．由于开始静止，所以开始重力功率为零，在D位置物体v的方向与重力垂直，PG＝Gvcosθ，可知PG＝0，而在从A位置摆动到D位置的过程中，重力功率不为零，所以所受重力瞬时功率先增大后减小，B错误．摆线拉力与v方向始终垂直，不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故C错误、D正确．【答案】D6．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是()【解析】物体沿斜面下滑时，受到的合外力F为恒力，故A正确．物体下滑的加速度a＝eq\f(F,m)也为恒定值，由v＝at可知B错误．由s＝eq\f(1,2)at2可知C错误．设初态时物体的机械能为E0，由功能关系可得末态的机械能E＝E0－f·s＝E0－f·(eq\f(1,2)at2)＝E0－eq\f(fat2,2)，又因为物体滑到底端时仍有动能，故在t＝t0时刻E≠0，故D正确．【答案】AD7．一辆汽车在平直公路上以速度v0开始加速行驶，经时间t后，前进了距离s，此时恰好达到其最大速度vm.设此过程中发动机始终以额定功率P工作，汽车所受阻力为f，则在这段时间里，发动机所做的功为()A．fs B．Pt\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋fs－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) D．feq\f(v0＋vm,2)·t【解析】由功率定义有：W＝Pt.由动能定理有：W－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋fs－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).故选项B、C正确．【答案】BC8．如图5所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()【导学号：35390082】图5A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和增加D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变【解析】在小球运动的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，但三者之和不变．由C到B的过程中，弹簧的弹性势能减小，重力势能减小，但动能增加，根据机械能守恒定律，可判定A、D项均错；由B到最低点的过程中，重力势能减小，弹性势能增加，所以B、C项正确．【答案】BC二、实验题(共2小题，共18分)9．(8分)在利用打点计时器探究动能定理的实验中，如果纸带上前面几点比较密集，不够清晰，可舍去前面的比较密集的点，在后面取一段打点较为清晰的纸带，同样可以验证，如图6所示，取O点为起始点，各点间的间距已量出并标在纸带上，所用交流电的频率为50Hz，重物的质量为mkg.图6(1)打A点时，重物下落速度为vA＝______，重物动能EkA＝______.(2)打F点时，重物下落速度为vF＝______，重物动能EkF＝______.(3)打点计时器自打下A点开始到打出F点，重物重力做的功为______，动能的增加量为______．(4)根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重物从打点计时器打出A点到打出F点的过程中，得到的结论是________________________________．【解析】重物在各点的速度可由前后相邻的两段时间内的平均速度计算，再由Ek＝eq\f(1,2)mv2计算出其动能；测出相对应的物体下落的高度h，便可求出重力的功，然后比较，便可得出本实验的结论．(1)vA＝eq\f(\x\to(OB),2T)＝eq\f(＋×10－2,2×m/s＝m/sEkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)m×J＝J.(2)vF＝eq\f(\x\to(EG),2T)＝eq\f(＋×10－2,2×m/s＝m/sEkF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)＝eq\f(1,2)m×J＝J.(3)WG＝mghAF＝m××＋＋＋＋×10－2J≈J.ΔEk＝EkF－EkA＝J.(4)因为在实验误差范围内WG＝ΔEk，即重力做的功等于物体动能的变化(或动能定理成立)．【答案】(1)m/sJ(2)m/sJ(3)JJ(4)在实验误差允许范围内WG＝ΔEk，动能定理成立10．(10分)用如图7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．图8甲给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．已知m1＝50g，m2＝150g，打点计时器工作频率为50Hz，则(g取10m/s2，结果保留两位有效数字)图7(1)纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s；(2)在打0～5的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J，系统势能的减少量ΔEp＝________J，由此得出的结论是_____________________________．(3)若某同学作出eq\f(1,2)v2­h图象如图8乙所示，则当地的重力加速度g′＝________m/s2.甲乙图8【解析】(1)在纸带上打下计数点5时的速度大小为v＝eq\f(x46,t46)＝eq\f＋,2×5××10－2m/s＝m/s(2)在打点0～5过程中系统动能的增量为ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2－0＝eq\f(1,2)×(50＋150)×10－3×－0≈J系统重力势能的减少量为ΔEp＝(m2－m1)gh05＝(150－50)×10－3×10×＋×10－2J＝J实验结果表明，在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统重力势能的减少量等于动能的增加量，即系统的机械能守恒．(3)m1、m2组成的系统机械能守恒，则m2g′h－m1g′h＝eq\f(1,2)m2v2＋eq\f(1,2)m1v2－0，整理得v2＝g′h可见，重力加速度g′大小等于eq\f(v2,2)­h图象斜率的2倍，则g′＝2×eq\f,m/s2＝m/s2.【答案】(1)(2)系统的机械能守恒(3)三、计算题(共2小题，共34分)11.(16分)在世界锦标赛中，冰壶运动引起了人们的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图9所示，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OO′推到A点放手，此后冰壶沿AO′滑行，最后停于C点．已知冰面与各冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度为g.图9(1)求冰壶在A点的速率；(2)若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为μ，原只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A点与B点之间的距离．【解析】(1)从A到C，由动能定理有－μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，得vA＝eq\r(2μgL).(2)从A到O′，由动能定理有－μmgs－μmg(L＋r－s)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)得s＝L－4r.【答案】(1)eq\r(2μgL)(2)L－4r12．(18分)如图10所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ，现用水平向右的恒力F拉滑块B.图10(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．【解析】(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为l，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)(F－μ