1、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.(2020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
2、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降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全着陆,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.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力
3、变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力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、隔离法结合牛顿第二定律,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现,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500 N,运动的圆的半径为1 m,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.500 JC.500 JD.1 000 J【解析】选D。由于F的方向保持与作用点的速度方向一致,因此可把圆周划分成
4、很多小段研究。如图所示,当各小段的弧长li足够小(li0)时,在这li内F的方向几乎与该小段的位移方向重合。故WF=Fl1+Fl2+Fl3+=F2R=1 000 J,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.(2020菏泽高一检测)一小球从如图所示的弧形轨道上的A点,由静止开
5、始滑下。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=h2B.h1h2D.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的过程中重力势能减少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WABWBC,所以mgh1mgh2,得h1h2,故C正确。6.(2020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,沿竖直方向压缩到底,无初速释放后笔上升的最大高度为h;再把笔水平放置在
6、桌面上,沿水平方向压缩到底,无初速释放后,笔在桌面上滑行的最大距离为s。忽略空气阻力。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,根据能量守恒定律得:弹簧的弹性势能的最大值Epm=mgh上升过程中重力所做的功W=-mgh笔在水平滑行过程中,由能量守恒定律得 Epm=mgs由得=,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,该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中,质量为
7、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化图像如图所示,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)根据P=Fv分析牵引力的变化,从而确定出合力的变化。(2)由牛顿第二定律分析加速度的变化情况,即可分析速度变化快慢情况。(3)将飞机的运动与匀速直线运动对比,分析其平均速度。(4)根据动能定理分析该过程克服阻力所做的功。【解析】选C。根据图像可知,图像的斜率为加速度,
8、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,根据牛顿第二定律F合=ma,加速度减小,合外力减小,故A、B错误;根据动能定理可知: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点由静止开始下落,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.物块机械能减少mg(H+h)D.物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h)【解析】选D。对于物块来说,从A到C
9、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,因此机械能肯定减少,故A错误;由A运动到C的过程中,物块的动能变化为零,重力势能减小量等于机械能的减小量,所以物块机械能减少mg(H+h),故C错误;物块从A点由静止开始下落,加速度是g,根据牛顿第二定律得:f=mg-ma=mg,所以空气阻力所做的功为-mg(H+h),整个系统机械能减少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减少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,传送带以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示),以此时为t=0时刻,
10、作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向,其中v1v2)。已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2,则()A.0t1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=4.9 m,故小物块距车左端s=x-L=3.4 m。答案:(1)104.4 N,方向竖直向下(2)3.4 m(30分钟40分)14.(5分)(多选)(2019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
11、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,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mgB.物块克服摩擦力做的功为2mgsC.弹簧的最大弹性势能为mgsD.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=mg,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=2mgs,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,动能的变化为零,弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W=mgs,选项C正确;由物块从A点到
12、返回A点,根据动能定理-mg2s=0-m可得v0=2,所以选项D错误。【加固训练】(多选)如图所示,离水平地面一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【解析】选A、B、C。由题意知,小球到达圆筒时速度为v0cos,动能转化为弹性势能Ep
13、=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v0sin=gt,可以增大抛射速度v0,同时减小抛射角,故D错误。15.(5分)(多选)如图所示,在排球比赛中,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=2.24 m,排球质量为m=300 g,运动员对排球做的功为W1=20 J,排球运动过程中克服空气阻力做功为W2=4.12 J,重力加速度g取10 m/s2。球从手刚发出位置的高度h=2.04 m,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6.72 JB.
14、排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC.排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD.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减少量为4.72 J【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)=0.310(2.24-2.04) J=0.6 J,故A错误;根据功能关系可得,排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh+W1-W2=0.3102.04 J+20 J-4.12 J=22 J,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)=15.28 J,故C错误;与排球从手刚发出时相比较
15、,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W2+mg(H-h)=4.72 J,故D正确。16.(5分)(多选)(2020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用一根不可伸长的轻细绳相连,开始时细绳水平伸直,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的机械能一直增大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。根据运动的合成与分解可知,v2=vcos30,v3=vQcos60,且沿绳方向速
16、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研究,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)现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图甲所示: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
17、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)多次改变光电门的位置,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/m0.6000.8001.0001.2001.4
18、00t/ms8.227.176.445.855.43/(104 s-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;根据5个数据点作直线,求得该直线的斜率k=_104 m-1s-2(保留3位有效数字)。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,若其差值在实验允许的范围内,则可认为此实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=,故系统减少的重力势能为Ep=Mgh-mgs=-mgs。由于系统从静止开始运动,运动至B点时的速度
19、vB=,故动能的增加量Ek=(M+m)=。由Ep=Ek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=2.39104 m-1s-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=1 m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=1.25 m。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=0.45 m,且与水平传送带相切于B点。一质量m=0.2 kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放,滑块与
20、传送带间的动摩擦因数=0.2,当滑块到达B点时,圆盘从图示位置以一定的角速度绕通过圆心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10 m/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)圆盘转动的角速度应满足的条件。【解析】(1)滑块从A到B过程中,由动能定理,有:mgr=m解得:vB=3 m/s (3分)滑块到达B点时,由牛顿第二定律,有:FNB-mg=m解得:FNB=6 N由牛顿第三定律,滑块到达B点时对轨道的压力大小为6 N,方向竖直向下。(3分)(2)滑块离开C点后做平抛运动,有:h=g解得:
21、t1=0.5 svC=2 m/s (2分)滑块由B到C过程中,据动能定理有:-mgL=m-m解得:L=1.25 m (3分)(3)滑块由B到C过程中,据运动学公式有:L=t2解得t2=0.5 st=t1+t2=1 s圆盘转动的角速度应满足条件t=n(n=1,2,3)解得:=2n rad/s(n=1,2,3) (4分)答案:(1)6 N方向竖直向下(2)1.25 m(3)=2n rad/s(n=1,2,3)【加固训练】我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助
22、滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1 530 J,g取10 m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小。(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动,设AB的长度为x,则有=2ax由牛顿第二定律知mg-Ff=ma联立式,代入数据解得Ff=144 N(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到C的过程中mgh+W=m-m设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律知FN-mg=由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立式,代入数据解得R=12.5 m 答案:(1)144 N(2)12.5 m