2024-2025学年新教材高中物理第五章经典力学的局限性与单元素养评价含解析教科版必修2

PAGE19-单元素养评价(四)(第四、五章)(60分钟·60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)1.下列说法正确的是 ()A.经典力学能够说明微观粒子的规律性B.经典力学适用于宏观物体的低速运动问题,不适用于高速运动的问题C.相对论与量子力学的出现,表示经典力学已失去意义D.对于微观物体的高速运动问题,经典力学仍能适用【解析】选B。经典力学适用于低速、宏观问题,不能说明微观粒子的规律性,不适用于微观粒子的高速运动问题,A、D错误,B正确;相对论与量子力学的出现,并不否定经典力学,只是说明经典力学有其适用范围,C错误。2.(2024·威海高一检测)如图所示,在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子,用力使船向前移动。关于力对船做功的下列说法中正确的是 ()A.绳的拉力对船做了功B.人对绳的拉力对船做了功C.树对绳子的拉力对船做了功D.人对船的静摩擦力对船做了功【解析】选D。绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船,没有对船做功。只有人对船的静摩擦力作用于船,且船发生了位移,故对船做了功,且做正功,故选项A、B、C错误,选项D正确。【加固训练】如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其过程可简化为打开着陆伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保平安着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则 ()A.火箭起先喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要缘由是空气阻力C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析】选A。由整体法、隔离法结合牛顿其次定律,可知A正确,B错;由动能定理可知C错;因返回舱具有竖直向上的加速度,因此处于超重状态,D错。3.国庆小长假期间,小明到一家农家乐餐厅就餐时发觉,店内竟有驴拉磨磨玉米面,如图所示,假设驴拉磨的力大小始终为500N,运动的圆的半径为1m,且力的方向始终沿圆周的切线方向。则驴拉磨转动一周所做的功为 ()A.0B.500JC.500πJD.1000πJ【解析】选D。由于F的方向保持与作用点的速度方向一样,因此可把圆周划分成许多小段探讨。如图所示,当各小段的弧长Δli足够小(Δli→0)时,在这Δli内F的方向几乎与该小段的位移方向重合。故WF=F·Δl1+F·Δl2+F·Δl3+…=F·2πR=1000πJ,故D正确,A、B、C错误。4.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图像中,能正确反映这一过程的是 ()【解析】选C。物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不变,选项A、B错误;由动能定理,-fx=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-fx,故选项C正确,D错误。5.(2024·菏泽高一检测)一小球从如图所示的弧形轨道上的A点,由静止起先滑下。由于轨道不光滑,它仅能滑到B点。由B点返回后,仅能滑到C点,已知A、B高度差为h1,B、C高度差为h2,则下列关系正确的是 ()A.h1=h2 B.h1<h2C.h1>h2 D.h1、h2大小关系不确定【解析】选C。由能的转化和守恒定律可知,小球由A到B的过程中重力势能削减mgh1,全部用于克服摩擦力做功,即WAB=mgh1。同理,WBC=mgh2,又随着小球最大高度的降低,每次滑过的路程越来越短,必有WAB>WBC,所以mgh1>mgh2,得h1>h2,故C正确。6.(2024·西城区高一检测)如图所示,把一个带弹簧但质量未知的签字笔笔尖朝上,沿竖直方向压缩究竟,无初速释放后笔上升的最大高度为h;再把笔水平放置在桌面上,沿水平方向压缩究竟,无初速释放后,笔在桌面上滑行的最大距离为s。忽视空气阻力。则由上述物理量可估算出A.弹簧的弹性势能的最大值B.上升过程中重力所做的功C.水平滑行过程中摩擦力所做的功D.笔与桌面间的动摩擦因数【解析】选D。设笔的质量为m,笔竖直上升时,依据能量守恒定律得:弹簧的弹性势能的最大值Epm=mgh ①上升过程中重力所做的功W=-mgh ②笔在水平滑行过程中,由能量守恒定律得Epm=μmgs ③由①③得μ=,可知,能求出笔与桌面间的动摩擦因数,由于不能求出m,所以其他量不能解出。7.“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机,该机将担负中国将来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中,质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动,其起飞过程的速度随时间变更图像如图所示,经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时,刚好起飞。关于起飞过程,下列说法正确的是 ()A.飞机所受合力不变,速度增加越来越慢B.飞机所受合力增大,速度增加越来越快C.该过程克服阻力所做的功为Pt0-mD.平均速度为【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)依据P=Fv分析牵引力的变更,从而确定出合力的变更。(2)由牛顿其次定律分析加速度的变更状况,即可分析速度变更快慢状况。(3)将飞机的运动与匀速直线运动对比,分析其平均速度。(4)依据动能定理分析该过程克服阻力所做的功。【解析】选C。依据图像可知,图像的斜率为加速度,所以起飞中,斜率越来越小,加速度越来越小,速度增加越来越慢,依据牛顿其次定律F合=ma,加速度减小,合外力减小,故A、B错误;依据动能定理可知:m-0=Pt0-Wf,解得:Wf=Pt0-m,故C正确;因为不是匀变速运动,所以平均速度不等于,故D错误。8.如图所示,质量为m的物块从A点由静止起先下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C(未超过弹簧的弹性限度),在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则 ()A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能削减mg(H+h)D.物块和弹簧组成的系统机械能削减mg(H+h)【解析】选D。对于物块来说,从A到C要克服空气阻力做功,从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能,因此机械能确定削减,故A错误;由A运动到C的过程中,物块的动能变更为零,重力势能减小量等于机械能的减小量,所以物块机械能削减mg(H+h),故C错误;物块从A点由静止起先下落,加速度是g,依据牛顿其次定律得:f=mg-ma=mg,所以空气阻力所做的功为-mg(H+h),整个系统机械能削减量即为克服空气阻力所做的功,所以物块和弹簧组成的系统机械能削减mg(H+h),故B错误,D正确。9.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ,传送带以确定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有确定初速度的物块(如图甲所示),以此时为t=0时刻,作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变更关系,如图乙所示(图中取沿斜面对下的运动方向为正方向,其中v1>v2)。已知传送带的速度保持不变,g取10m/s2,则 ()A.0～t1时间内,物块对传送带做正功B.物块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθC.0～t2时间内,传送带对物块做功为W=m-mD.t1时刻之后,物块先受滑动摩擦力,对其做正功,后受静摩擦力,对其做负功【解析】选D。由题图乙知,物块的初速度方向平行传送带斜向上,在0～t1时间内速度减小,传送带对物块做负功,由牛顿第三定律知,物块对传送带的摩擦力沿传送带向上,对传送带做负功,在t2时间后,物块和传送带一起做匀速运动,有mgsinθ≤μmgcosθ,所以μ≥tanθ,B错误;在0～t2时间内,传送带对物块做功W=ΔEk+ΔEp,C错误;在t1时刻后,物块速度先增大后不变,摩擦力先做正功,后做负功,D正确。【加固训练】如图所示,长为L的木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物体,现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴在竖直面内转动,当木板转到与水平面成α角时小物体起先滑动,此时停止转动木板,小物体滑到木板底端时的速度为v,则在整个过程中 ()A.支持力对小物体做功为0B.摩擦力对小物体做功为mgLsinαC.摩擦力对小物体做功为mv2-mgLsinαD.木板对小物体做功为mv2【解析】选C。木板由水平位置转过α角的过程中,摩擦力方向与速度方向垂直不做功,除重力外只有板的支持力做功,故此过程中支持力所做的功等于物体增加的重力势能:WN=ΔEp=mgLsinα,所以A错误;物体从起先下滑到滑究竟端的过程中,支持力不做功,重力做正功,摩擦力做负功,由动能定理得WG+Wf=mv2-0,即Wf=mv2-mgLsinα,故C正确,B错误;对全过程运用能量观点,重力做功为0,无论支持力还是摩擦力,施力物体都是木板,所以木板对小物体做功为mv2,D错误。二、试验题(5分)10.某学习小组的同学为验证“动能定理”而在试验室组装了一套装置如图1所示,把试验器材安装好,不挂钩码,反复移动垫木直到小车做匀速直线运动。把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂质量为m的钩码,接通电源,放开小车,电火花计时器在被小车带动的纸带上打下一系列点。选取的试验纸带记录如图2所示,图中点迹为计数点,相邻两计数点间时间间隔为T,并测量出x1、x2,及计数点“1”、“2”间距离d。已知小车质量为M,当地重力加速度为g。(m≪M)(1)打下计数点“1”时,纸带的速度大小v1=______;打下计数点“2”时,纸带的速度大小v2=________。

(2)若在试验误差允许范围内,关系式mgd=____________________成立,则验证了“动能定理”。

【解析】(1)打下计数点“1”时,纸带的速度大小v1=,打下计数点“2”时,纸带的速度大小v2=。(2)从打下计数点“1”到打下计数点“2”,小车动能的增量ΔEk=M()2-M()2。已平衡摩擦,又m≪M,可认为小车受到的合力等于mg,从打下计数点“1”到打下计数点“2”,合力对小车做的功为mgd,要验证“动能定理”,则验证在试验误差允许范围内,mgd=M()2-M()2是否成立。答案:(1)(2)M()2-M()2三、计算题(本题共3小题,共28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)11.(9分)滑板是年轻人特别喜爱的极限运动,现有一场地规格如图,是用钢制作的,阻力特别小,可以忽视。g取10m/s2。(1)一人以6m/s的速度从4m的高台滑下,求到2m高台处其速度有多大?(2)在(1)的条件下,求他所能到达的离地最大高度有多少?(3)若他从2m高台起先下滑,为能到达4m高台,求下滑最小速度是多少?【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)对该过程运用动能定理,求出到达2m高台的速度大小。(2)上升到最大高度时速度为零,对整个过程运用动能定理求出上升的最大高度。(3)对该过程运用动能定理,抓住末动能为零,求出下滑的最小速度。【解析】(1)人从4m的高台滑到2m高台的过程,依据动能定理得:mg(h0-h1)=m-m (2分)代入数据解得:v1=m/s≈8.72m/s(1分)(2)设上升离地的最大高度为H,对全过程运用动能定理得:-mg(H-h0)=0-m (2分)代入数据解得:H=5.8m(1分)(3)设下滑的最小速度为vx,依据动能定理得:-mg(h0-h1)=0-m (2分)代入数据解得:vx≈6.32m/s(1分)答案:(1)8.72m/s(2)5.8m(3)6.32m/s12.(9分)如图所示,一块足够大的光滑平板与水平面所成的倾角大小可调。板上一根长为L=m的轻细绳,它的一端系住一质量为m的小球,另一端固定在板上的O点。先将轻绳平行于水平轴拉直,然后给小球一个沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0。(取重力加速度g=10m/s2)(1)若α=90°即平板竖直时v0至少要多少,小球才能做完整的圆周运动?(2)若v0=4.0m/s,要求小球能保持在板面内做圆周运动,求倾角α的最大值。【解析】(1)小球刚好通过最高点时,绳子拉力为:T=0则有:mg=m, (1分)小球从释放到最高点的过程,据动能定理:-mgL=m-m, (2分)解得:v0=2m/s, (1分)(2)小球通过最高点时,若绳子拉力T=0,倾角α有最大值:mgsinα=m, (2分)探讨小球从释放到最高点的过程,据动能定理:-mgLsinα=m-m, (2分)解得:sinα=0.8,故:α=53°, (1分)答案:(1)2m/s(2)53°13.(10分)(2024·长沙高一检测)嘉年华上有一种回力球嬉戏,某人在半圆轨道前某处以初速度v0=5m/s与水平方向成37°角从A点斜向上抛出小球a,小球a恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B,B处有一锁定的弹簧(忽视弹簧的长度)连接小球b,弹簧被撞击后瞬间锁定解除,弹性势能全部转化为b球的动能,b球沿圆轨道运动。C、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点,b球经过最高点C后水平抛出,又恰好回到抛球人手中A点。若不计空气阻力,已知半圆形轨道的半径R=0.4m,小球b质量m=0.2kg,当地重力加速度为10m/s2,求:(1)B点离抛球点的竖直高度h;(2)小球b到达轨道最高点C时,轨道对小球的压力大小;(3)弹簧锁定时的弹性势能。【解析】(1)小球a从A点到B点的逆过程是平抛运动,则运动到B点时间为t1=, (2分)B点离抛球点的竖直高度h=g,代入数据解得h=0.45m。 (1分)(2)C点和A点的水平距离为x=v0cos37°t1, (1分)设小球从C点平抛运动回到A点的时间为t2,有2R+h=g, (1分)又因为vC=,在C点对小球b由牛顿其次定律得FN+mg=m, (1分)解得轨道对小球的压力大小为FN=0.88N。 (1分)(3)由能量守恒定律得弹簧锁定时的弹性势能为Ep=2mgR+m, (2分)代入数据解得Ep=2.176J。 (1分)答案:(1)0.45m(2)0.88N(3)2.176J【加固训练】如图所示,将质量为m=1kg的小物块放在长为L=1.5m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,半径R=0.9m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地面高度h=0.65m,起先车和物块一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车遇到轨道后马上停止运动,g取10m/s2,求:(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力。(2)小物块落地点至车左端的水平距离。【解析】(1)车停止运动后取小物块为探讨对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理,得-μmgL=m-m,解得v1=m/s。刚进入半圆轨道时,设物块受到的支持力为FN,由牛顿其次定律,得FN-mg=m,解得FN≈104.4N,由牛顿第三定律F′N=FN,得F′N=104.4N,方向竖直向下。(2)若小物块能到达半圆轨道最高点,则由机械能守恒,得m=2mgR+m,解得v2=7m/s。设恰能过最高点的速度为v3,则mg=m,解得v3==3m/s。因v2>v3,故小物块能过最高点,且离开半圆轨道最高点后将做平抛运动,得h+2R=gt2,x=v2t,联立解得x=4.9m,故小物块距车左端s=x-L=3.4m。答案:(1)104.4N,方向竖直向下(2)3.4m(30分钟·40分)14.(5分)(多选)(2024·江苏高考)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中 ()A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为【解析】选B、C。弹簧被压缩到最短时,物块有向右的加速度,弹力大于滑动摩擦力f=μmg,选项A错误;物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反,物块运动的路程为2s,所以克服摩擦力做的功为W=2μmgs,选项B正确;由动能定理可知,从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点,动能的变更为零,弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W′=μmgs,选项C正确;由物块从A点到返回A点,依据动能定理-μmg·2s=0-m可得v0=2,所以选项D错误。【加固训练】(多选)如图所示,离水平地面确定高度处水平固定一内壁光滑的圆筒,筒内固定一轻质弹簧,弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出,刚好能水平进入圆筒中,不计空气阻力。下列说法中正确的是 ()A.弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能B.小球斜上抛运动过程中处于失重状态C.小球压缩弹簧的过程中,小球减小的动能等于弹簧增加的势能D.若抛射点向右移动一小段距离,仍使小球水平进入圆筒中,可以增大抛射速度v0,同时增大抛射角θ【解析】选A、B、C。由题意知,小球到达圆筒时速度为v0cosθ,动能转化为弹性势能Ep=m,故A、C正确;小球斜上抛运动过程中处于失重状态,所以B正确;由于竖直方向高度不变,小球运动时间不变,竖直方向速度v0sinθ=gt,可以增大抛射速度v0,同时减小抛射角θ,故D错误。15.(5分)(多选)如图所示,在排球竞赛中,假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网,排球网高H=2.24m,排球质量为m=300g,运动员对排球做的功为W1=20J,排球运动过程中克服空气阻力做功为W2=4.12J,重力加速度g取10m/s2。球从手刚发出位置的高度h=2.04m,选地面为零势能面,则 ()A.与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72JB.排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22JC.排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88JD.与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的削减量为4.72J【解析】选B、D。与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H-h)=0.3×10×(2.24-2.04)J=0.6J,故A错误;依据功能关系可得,排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh+W1-W2=0.3×10×2.04J+20J-4.12J=22J,故B正确;由动能定理可知,排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1-W2-mg(H-h)=15.28J,故C错误;与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的削减量为W2+mg(H-h)=4.72J,故D正确。16.(5分)(多选)(2024·吉林高一检测)如图1所示,固定的光滑水平横杆上套有小环P,固定的光滑竖直杆上套有小环Q。P、Q质量均为m,且可看作质点。P、Q用一根不行伸长的轻细绳相连,起先时细绳水平伸直,P、Q均静止。现在由静止释放Q,当细绳与竖直方向的夹角为60°时(如图2所示),小环P沿着水平杆向右的速度为v。则 ()A.细绳的长度为B.Q的机械能始终增大C.绳子对Q做的功为D.P、Q及地球组成的系统机械能守恒【解析】选A、D。依据运动的合成与分解可知,v2=vcos30°,v3=vQcos60°,且沿绳方向速度相等,即v2=v3,所以vQ=v。设Q下降的高度为h,由功能关系可得,mgh=m+mv2,解得h=。设绳长为L,则L=,所以A正确;拉力对Q做负功,Q的机械能减小,所以B错误;对P探讨,只有拉力对P做功,拉力做功为WP=mv2,所以拉力对Q做功为WQ=-mv2,所以C错误;对P、Q组成的系统,只有重力做功,则P、Q及地球组成的系统机械能守恒,所以D正确。17.(10分)现要通过试验验证机械能守恒定律。试验装置如图甲所示:水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连;遮光片两条长边与导轨垂直;导轨上的B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t。用d表示A点到导轨底端C点的距离,h表示A与C的高度差,b表示遮光片的宽度,s表示A、B两点间的距离,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图:(1)若将滑块自A点由静止释放,则在滑块从A运动至B的过程中,滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________,动能的增加量可表示为________。若在运动过程中机械能守恒,与s的关系式为=________。

(2)多次变更光电门的位置,每次均令滑块自同一点(A点)下滑,测量相应的s与t值。结果如表所示:12345s/m0.6000.8001.0001.2001.400t/ms8.227.176.445.855.43/(×104s-2)1.481.952.412.923.39以s为横坐标,为纵坐标,在图乙所示的坐标纸中描出第1个到第5个数据点;依据5个数据点作直线,求得该直线的斜率k=________×104m-1·s-2由测得的h、d,b、M和m数值可以计算出=s直线的斜率k0,将k和k0进行比较,若其差值在试验允许的范围内,则可认为此试验验证了机械能守恒定律。【解析】(1)当滑块运动到B点时下降高度设为h′,此时砝码上升的高度为s,由几何关系可知h′=,故系统削减的重力势能为ΔEp=Mgh′-mgs=-mgs。由于系统从静止起先运动,运动至B点时的速度vB=,故动能的增加量ΔEk=(M+m)=。由ΔEp=ΔEk解得:=(2)图线如图。在图中直线上取相距较远的两点,读出两点坐标,由k=可得k=2.39×104m-1·s-2答案:(1)-mgs(2)见解析图2.3918.(15分)某工厂生产流水线示意图如图所示,半径R=1m的水平圆盘边缘E点固定一小桶。在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动,传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上,竖直高度h=1.25m。AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道,半径r=0.45m,且与水平传送带相切于B点。一质量m=0.2kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,当滑块到达B点时,圆盘从图示位置以确定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动,滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出,刚好落入圆盘边缘的小桶内。g取10m/s2,求:(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FNB。(2)传送带BC部分的长度L。(3)圆盘转动的角速度ω应满意的条件。【解析】(1)滑块从A到B过程中,由动能定理,有:mgr=m解得:vB==3