1、章末质量评估（四）（时间：90分钟满分：100分）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分）1.自由摆动的秋千，摆动的幅度越来越小，下列说法中正确的是（）A.机械能守恒B.能量正在消失C.总能量守恒，正在减少的机械能转化为内能D.只有动能和势能的相互转化解析：秋千摆动的幅度越来越小，即重力势能的最大值越来越小，机械能减小，减小的机械能转化为内能，C正确，A、B、D错误.答案：C2.关于重力势能，下列说法中正确的是（）A.重力势能的大小与所选的参考平面无关B.在同一个参考平面，重力势能5 J小于1
2、0 JC.重力做正功，重力势能增加D.物体的重力势能是物体和地球所共有的解析：重力势能有相对性，其大小与所选的参考平面有关，选项A错误；在同一个参考平面，重力势能5 J大于10 J，选项B错误；重力做正功，重力势能减小，选项C错误；重力势能是物体和地球共有的，而不是物体单独具有的，离开地球物体将不再具有重力势能，故D正确.答案：D3.分别对放在粗糙水平面上的同一物体施加一水平拉力和一斜向上的拉力，物体在这两种情况下的加速度相同，当物体通过相同位移时，这两种情况下拉力的功和合力的功的正确关系是（）A.拉力的功和合力的功分别相等B.拉力的功相等，斜向上拉时合力的功大C.合力的功相等，斜向上拉时拉力
3、的功大D.合力的功相等，斜向上拉时拉力的功小解析：两种情况下加速度相等，合力相等，位移相等，所以合力的功相等.笫一种情况下拉力的功W1F1l，第二种情况下拉力的功W2F2lcos ，由受力分析F1f1ma，F2cos f2ma，f1f2，则F1F2cos ，即W1W2，即斜向上拉时拉力的功小，故D正确，A、B、C错误.答案：D4.2018年5月2日，港珠澳大桥沉管隧道最后接头成功着床.如图所示是6 000吨重的“接头”由世界最大单臂全旋回起重船“振华30”安装的情景.“接头”经15分钟缓慢下降15米的过程中，其机械能的改变量E和所受重力的平均功率P表述正确的是（）A.机械能的增加量E9107
4、JP1106 WB.机械能的增加量E9108 JP6107 WC.机械能的减小量E9108 JP1106 WD.机械能的减小量E9107 JP6107 W解析：缓慢下降，则动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，其减少量为Emgh610610159108 J，故A、D错误.其平均功率为P1106 W，故B错误，C正确.答案：C5.“竹蜻蜓”是我国古代发明的一种儿童玩具，20世纪30年代，人们根据“竹蜻蜓”原理设计了直升机的螺旋桨.一小孩搓动质量为20 g的“竹蜻蜓”，松开后“竹蜻蜓”能上升到二层楼房顶处.在搓动过程中手对“竹蜻蜓”做的功可能是（）A.0.2 JB.0C.1.0 J D.2.5
5、J解析：“竹蜻蜓”在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼房的高度为3 m，二层楼房顶处高度为6 m，所以重力势能的增加量为Epmgh1.2 J，“竹蜻蜓”上升过程中，除重力对其做负功外，还有空气阻力做负功，则在搓动过程中手对“竹蜻蜓”做的功大于1.2 J，A、B、C项错误，D项正确.答案：D6.如图为工人师傅施工的一个场景，塔吊设备以恒定功率P将质量为M的建材从静止开始竖直吊起，建材上升H时刚好达到最大速度.已知吊绳对建材的拉力为F，建材受到的阻力恒为f，则建材在上升H的过程中（）A.做加速度不断增大的加速运动B.最大速度C.机械能增加FHD.动能增加了解析：由PFv知，
6、建材在上升H的过程中，速度逐渐增大，拉力F逐渐减小，建材做加速度不断减小的加速运动，当FMgf时达到最大速度，最大速度为，故A、B错误；建材增加的机械能为拉力F做的功与克服阻力f做的功之差，即WffH，故C错误；建材在上升H的过程中，动能的增加量为，故D正确.答案：D7.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l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为（）A.mgl B.mglC.mgl D.mgl解析：把Q点提到M点的过程中，PM段软绳的机械能不变，MQ段软绳的机械能的增量为Emgmgmgl.由功能关系可知：
7、在此过程中，外力做的功为Wmgl，故A正确，B、C、D错误.答案：A8.如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线.已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则（）A.v1v2，t1t2 B.v1t2C.v1v2，t1t2 D.v1v2，t1t2，故选项A正确.答案：A9. 2019年全国女排冠军赛于5月10日至5月19日分别在浙江嘉善体育馆和姚庄体育馆举行.最终，天津、上海、山东获得前三名.某次训练时，一运动员把
8、一质量为0.27 kg的排球竖直向上击出，排球上升的最大高度为1.25 m，取重力加速度为10 m/s2，以击出点所在的水平面为参考平面，则（）A.排球上升过程中机械能一定守恒B.排球上升过程中的动能先减小后增大C.排球的最大重力势能为3.375 JD.排球回到击出点时的动能可能等于5 J解析：设排球上升过程的加速度为a.排球上升过程的逆运动是初速度为零的匀加速运动，则有a，由于初速度大小未知，不能确定a与g的大小，也就不能确定排球是否受到空气阻力，则排球的机械能不一定守恒，故A错误；排球上升过程中合外力一直做负功，则动能一直减小，故B错误；排球的最大重力势能为Epmgh0.27101.25
9、J3.375 J，故C正确；排球的最大重力势能为3.375 J，则排球回到击出点时的动能不会超过3.375 J，不可能为5 J，故D错误.答案：C10.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，0t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f.则（）A.0t1时间内，汽车的牵引力等于fmB.t1t2时间内，汽车所受的牵引力为恒力C.t1t2时间内，汽车发动机的功率等于fv1D.t1t2时间内，汽车发动机做的功等于fv1（t2t1）解析：0t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a，根据牛顿第二定律，得Ffma，解得牵引力Ff，A正确.从t1时
10、刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在t1t2时间内的功率等于t2以后的功率，根据Ffma，PFv，可知加速度逐渐减小，牵引力逐渐减小，B错误.汽车的额定功率PFv1v1，牵引力做功为WP（t2t1）v1（t2t1）；或利用汽车匀速时Ff，可得汽车的额定功率为Pfv2，牵引力做功为Wfv2（t2t1）.C、D错误.答案：A二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11.机车以恒定加速度启动，在达到额定功率之前的过程中，下列速度时间、机车功率时间图像中正确的是（）解析：机车保持加
11、速度不变启动，则速度为vat，在达到额定功率前均做匀加速直线运动，v-t图像为过原点的倾斜直线，故A正确，B错误.机车的功率PFv，匀加速直线运动vat，联立有PFat，可知机车的功率随时间均匀增大；C正确，D错误.答案：AC12.如图所示，质量为m的小球在外力作用下将弹簧压缩至A点保持静止.撤去外力，在弹簧弹力的作用下小球被弹起，B点是小球在弹簧上自由静止时的位置，C点是弹簧原长位置，D点是小球运动的最高点.小球在A点时弹簧具有的弹性势能为Ep，则小球从A到D运动的过程中（）A.弹力对小球所做的功为EpB.弹力对小球所做的功为EpC.AD的距离为D.AD的距离为解析：根据功能关系弹力做功等于
12、弹性势能的减少，则A到D弹性势能减少Ep，则弹力做正功，大小为Ep，故A项不合题意，B项符合题意.小球从A到D的过程，对小球和弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，有：WFWG00，而WFEp0，WGmghAD，解得hAD，故C项不合题意，D项符合题意.答案：BD13.如图甲所示，A、B两个小球可视为质点，A球沿倾角为30的光滑的足够长的斜面由静止开始下滑，B球做自由落体运动，A、B两球的动能与路程的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.A球机械能不守恒，B球机械能守恒B.A、B两球的质量之比为mAmB41C.A、B两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为PA
13、PB11D.A、B两球的动能均为Ek0时，两球下落高度相同解析：两球在运动过程中只有重力做功，A、B球的机械能都守恒，故A错误；由机械能守恒定律得，对A球Ek0mAgx0 sin 30，对B球Ek0mBg2x0，解得mAmB41，故B正确；两球重力的瞬时功率为Pmgvcos mgcos gcos ，A、B两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为11，故C正确；A、B两球的动能均为Ek0时，两球下落高度之比为x0sin 302x014，故D错误.答案：BC14.如图所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m的球，杆可绕轴O无摩擦转动，使杆从水平位置无初速度释放下摆到竖直位置.下
14、列说法正确的是（）A.重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小B.A球和B球都遵循机械能守恒C.竖直位置时vA，vBD.杆对A杆做功WA0.2 mgL，对B做功WB0.2mgL解析：B球开始时速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到最低点时，速度方向与重力的方向垂直，此时重力的瞬时功率也为零，所以重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，故A项正确.设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB.如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，系统机械能守恒.若取B的最低点为重力势能参考平面，根据E减E增，可得mgLmgLmvmv.又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB2vA，联立解得：vA，v
15、B.根据动能定理，可解出杆对A、B做的功，对A有WAmgmv，所以WA0.2mgL.对B有WBmgLmv，所以WB0.2mgL，由于杆对A，B做功，所以A、B机械能不守恒，故C项正确，B、D项错误.答案：AC三、非选择题（本题共4小题，共44分）15.（8分）如图所示.小王同学利用自己设计的弹簧弹射器探究“弹簧弹性势能与形变量关系”，弹射器水平放置，弹簧被压缩x后释放，将质量为m、直径为d的小球弹射出去.测出小球通过光电门的时间为t.请回答下列问题：（1）为减少实验误差，弹射器出口端距离光电门应该（选填“近些”或“远些”）.（2）小球通过光电门的速度大小v；小球未弹出前弹簧的弹性势能Ep.（用
16、m、d、t表示）（3）该同学在实验中测出多组数据，并发现x与t成反比的关系，则弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系式，正确的是.（选填字母代号即可）A.Epx B.EpC.Epx2 D.Ep解析：（1）弹射出后小球做平抛运动，只有距离光电门近些才能减小速度引起的误差.（2）利用平均速度代替瞬时速度，则v，弹性势能转化为了动能，根据动能定理可知Epm.（3）由于x，故Epm，故Epx2，故C正确.答案：（1）近些（2）m（3）C16.（10分）今年4月24日15时许，受强对流云团影响，温州市多地出现暴雨、冰雹天气.有报道称，当天某学校正在户外举办招聘会，有学生被冰雹砸伤.冰雹一般自4 00020 0
17、00 m的高空落下，是阵发性的灾害性天气，超过5 cm的冰雹不间断地打击头部，就会导致昏迷.若冰雹竖直下落过程中受到的空气作用力与速度平方成正比，比例系数k0.000 4 kg/m，一块质量m36 g的冰雹（可认为过程中质量始终保持不变）自4 000 m高空下落，落地前已达到下落的最大速度.求：（1）冰雹下落的最大速率vm；（2）当下落速度v10 m/s时加速度a的大小；（3）下落过程中克服空气作用力所做的功Wf.解析：（1）冰雹的速度达到最大时，合力为零根据平衡条件有fkvmg，代入数据得最大速度为vm m/s30 m/s.（2）根据牛顿第二定律则有mamgkv2，可得加速度为agv2 m/
18、s2 m/s2.（3）全过程中，由动能定理有mvmghWf，代入数据可得Wf1 423.8 J.答案：（1）30 m/s（2） m/s2（3）1 423.8 J17.（12分）如图所示，半径R0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角30，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上.质量m0.1 kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v02 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm0.8 J，已知小物块与水平面间的动
19、摩擦因数0.5，g取10 m/s2，求：（1）小物块从A点运动至B点的时间；（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；（3）C、D两点间的水平距离L.解析：（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有tan 60，解得t s0.35 s.（2）vB4 m/s.小物块由B运动到C，据动能定理有mgR（1sin ）mvmv，在C点处，根据牛顿第二定律有FNmgm，联立两式代入数据解得FN8 N.（3）从C点到D点，由动能定理可知mvmgLEpm，解得L1.2 m.答案：（1）0.35 s（2）8 N（3）1.2 m18.（14分）如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧
20、左端固定，右端前放一个质量为m1 kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L6 m，沿逆时针方向以恒定速度v2 m/s匀速转动.CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R0.4 m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点.已知物块与传送带间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能Ep；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x1.2 m处（CD
21、长大于1.2 m），求物块通过E点时受到的压力大小；（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能.解析：（1）由动能定理知mgL0mv2，由能量守恒定律知Epmv2，解得Ep12 J.（2）由平抛运动知：竖直方向y2Rgt2，水平方向xvEt，在E点，由牛顿第二定律知FNmgm，解得FN12.5 N.（3）从D到E，由动能定理知mg2Rmvmv，解得vD5 m/s.从B到D，由动能定理知mgLmvmv，解得vB7 m/s.对物块：Lt，解得t1 s，s相对Lvt621 m8 m.由能量守恒定律知Qmgs相对，解得Q16 J.答案：（1）Ep12 J（2）FN12.5 N（3）Q16 J
