章末检测试卷(第1章 功和机械能)-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（鲁科版）

章末检测试卷(第1章) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2023·成都市高一期中)下列关于功、功率的说法正确的是(　　) A．由P＝Fv可知，当汽车发动机的功率一定时，牵引力大小与速度大小成反比 B．只要力作用在物体上，该力一定对物体做功 C．摩擦力不可能对物体做正功 D．由P＝可知，只要知道W和t就可求出任意时刻的功率 答案　A 解析　由P＝Fv可知，当汽车发动机的功率一定时，牵引力大小与速度大小成反比，故A正确；物体所受的力与运动方向垂直时，力对物体不做功，故B错误；摩擦力可能对物体做正功，例如物体随传送带加速，摩擦力对物体做正功，故C错误；公式P＝求的是一段时间内的平均功率，故D错误。 2．(2023·三明一中高一期中)运动员在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。运动员在此过程中(　　) A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J 答案　C 解析　根据动能定理，合外力做的功等于动能的增加量，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J，即阻力对他做功为－100 J，则外力对他所做的总功为1 900 J－100 J＝1 800 J，是正功，他的动能增加了1 800 J，A、B错误；重力做的功等于重力势能的减少量，重力对做功为1 900 J，是正功，则重力势能减小了1 900 J，C正确，D错误。 3.(2022·三明一中期中)如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则(　　) A．刚释放时细线的拉力大小为mg B．该过程中物块的机械能减少了mgl C．该过程中软绳的重力势能减少了mgl D．软绳离开滑轮时速度大小为 答案　D 解析　刚释放时，物块有加速度，mg－T＝ma，故拉力小于mg，故A错误；物块的重力势能减小mgl，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于mgl，故B错误；因为绳子均匀，把绳子的重心看作在绳子的中点，所以绳子相当于向下移动了l，故软绳减小的重力势能为mgl，故C错误；对物块和软绳由能量守恒得mg×l＋mgl＝×2mv2，解得速度大小为，故D正确。 4.(2022·福州市高一期末)如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，一小球(可视为质点)无初速度放在弹簧上端，静止时弹簧上端被压缩到b位置。现使小球从高于a位置的c位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被压缩至d位置，对小球从c到d的过程中，下列说法正确的是(不计空气阻力)(　　) A．a位置时小球的动能最大 B．a、b、d三位置小球的机械能相等 C．弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量 D．小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先增大再减小 答案　C 解析　当小球下落到达b位置时，所受合力为零，加速度为零，速度达到最大值，动能最大，故A错误；从a到b到d的过程中，小球克服弹簧弹力做功，小球的机械能逐渐减小，故B错误；从c到d的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，在c、d两处，小球的动能为零，所以弹簧弹性势能的增加量等于小球重力势能的减少量，故C正确；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，从c到d的过程中，小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小再增大，故D错误。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，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。 5．(2023·福州市第一中学高一期末)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出拉力随位移变化的关系图像，则根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(取g＝10 m/s2)(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.4 B．物体在8 m处的加速度为a＝4 m/s2 C．整个过程中拉力做功的平均功率P＝5 W D．合力做的功为－32 J 答案　AD 解析　物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝8 N，所以有μ＝＝＝＝0.4，故A正确；由题图可知在8 m处拉力大小为4 N，根据牛顿第二定律可知此时有F－f＝ma，代入数据可得a＝－2 m/s2，故B错误；由于不知道整个过程运动的时间，故不能求得拉力做功的平均功率，故C错误；图像与横坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图像可知WF＝(8×4＋×8×8) J＝64 J，滑动摩擦力做的功Wf＝－fx＝－8×12 J＝－96 J，所以合外力做的功为W合＝－96 J＋64 J＝－32 J，故D正确。 6.(2023·内蒙古呼和浩特期末)将一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，如图所示。由于强风影响，小球到达最高点时其速度方向水平向右，大小为v，此时比抛出点高H，重力加速度为g。在此过程中，下列判断正确的是(　　) A．小球抛出时，重力的瞬时功率为－mgv0 B．小球到达最高点时，重力的瞬时功率为mgv C．在此过程中，合外力做功mv02－mv2 D．在此过程中，除了重力，其他力做的总功为mgH＋mv2－mv02 答案　AD 解析　小球抛出时，竖直方向速度为v0，方向与重力方向相反，可知此时重力的瞬时功率为PG1＝－mgv0，故A正确；小球到达最高点时，竖直方向速度为0，可知此时重力的瞬时功率大小为PG2＝0，故B错误；根据动能定理，合外力做功为W＝mv2－mv02，故C错误；重力做功为WG＝－mgH，根据动能定理可得mv2－mv02＝WG＋W其他，解得其他力做的总功为W其他＝mgH＋mv2－mv02，故D正确。 7.(2022·广东卷)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．从M到N，小车牵引力大小为40 N B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J 答案　ABD 解析　小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W， 代入数据解得F＝40 N，故A正确； 依题意，小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为f1＝F＝40 N 则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J 则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确； 依题意，从P到Q，重力势能增加量为 ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误； 依题意，小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有 f2＋mgsin 30°＝， 摩擦力做功为W2＝－f2·PQ 联立解得W2＝－700 J， 则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确。 8.(2022·泉州市高一期末)如图，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B的左端放一小物体A，现以水平力F拉A，使A从B的左端滑到右端，由于A、B间摩擦力的作用，B向右移动一段距离。在此过程中(　　) A．F做功的大小等于A动能的增加量 B．F越大，系统中因摩擦产生的热量越多 C．摩擦力对A、B做功的代数和不为零 D．摩擦力对B所做的功的大小等于B动能的增加量 答案　CD 解析　根据功能关系可知，F做的功一部分变成物体A的动能，一部分变成木板B的动能，一部分变成因摩擦产生的热量，A错误；产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，A、B间滑动摩擦力恒定，相对位移恒定，因此产生的热量为定值，与力F的大小无关，B错误；A、B间的摩擦力为作用力和反作用力，等大反向，而A、B两物体在力的作用下通过的位移不同，摩擦力对A、B做功大小不同，因此代数和不为零，C正确；只有摩擦力对B做功，根据动能定理，摩擦力对B所做的功等于B动能的增加量，D正确。 三、非选择题：本题共7小题，共60分。 9．(4分)(2023·三明一中高一期中)一个质量为2 kg的物体被人用手由静止开始向上提升了2 m，此时速度达到2 m/s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，该过程中，手对物体做功________ J，重力对物体做功______ J，合外力对物体做功______ J。 答案　44(1分)　－40(1分)　4(2分) 解析　物体上升过程，根据动能定理有 W－mgh＝mv2 代入数据解得手对物体做功为W＝44 J 重力对物体做功为WG＝－mgh＝－2×10×2 J＝－40 J 合外力对物体做功为W合＝mv2－0＝×2×22 J＝4 J。 10．(4分)(2023·三明永安市第九中学高一月考)一辆质量m＝8×103 kg的汽车在平直的路面上以恒定功率由静止行驶，设所受阻力大小不变，其牵引力F与速度v的关系如图所示，加速过程在图中B点结束，所用的时间t＝10 s,10 s后汽车做匀速运动，则汽车运动过程中功率为________ W，所受阻力大小为________ N。 答案　1×105　1×104(每空2分) 解析　汽车在平直的路面上以恒定功率由静止行驶，当牵引力F＝2×104 N时，汽车的速度v＝5 m/s，故汽车运动过程中功率P＝Fv＝1×105 W,10 s后汽车做匀速运动，由汽车受力平衡有f＝FB＝1×104 N。 11．(5分)(2022·贵州黔东南凯里一中校考期中)某同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，他将质量分别为M、m的A、B两小球用轻质无弹性细绳连接并跨过轻质定滑轮，M>m，在B上端分布有两个光电门，两光电门的宽度均为d，光电门中心间距是h，重力加速度为g，实验步骤如下： (1)将A球由静止释放，记录B小球依次通过光电门1和光电门2的遮光时间t1和t2。 (2)计算从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量ΔEk＝________，系统重力势能的减少量ΔEp＝________(用题中给出的物理量d、t1、t2、M、m、h、g表示)。 (3)改变小球B位置，重复上述步骤，并得出结论。 答案　(2)(－)(2分) (M－m)gh(3分) 解析　(2)B球经过光电门1的速度为v1＝ B球经过光电门2的速度为v2＝ 从光电门1到光电门2过程中系统动能的增量为ΔEk＝(M＋m)v22－(M＋m)v12＝(－)。 系统重力势能的减少量为ΔEp＝(M－m)gh。 12．(7分)(2022·临沂市期中)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题： (1)关于上述实验，下列说法中正确的是________。 A．重物最好选择密度较大的物体 B．重物的质量必须要测量出来 C．实验中应先释放纸带，后接通电源 D．可以利用公式v＝求解瞬时速度 (2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的计时点分别标为A、B、C、D、E、F，并测出各计时点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打点计时器所用的电源是频率为50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从打点计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减少的重力势能ΔEp＝__________J；重物增加的动能ΔEk＝__________J，两者不完全相等的原因可能是____________________________(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)。 (3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计时点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计时点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒，由图可求出重力加速度g＝______。 答案　(1)A(1分)　(2)2.14(1分)　2.12(1分)　由于存在阻力作用，导致重力势能的减少量大于动能的增加量(2分)　(3)9.76 m/s2(2分) 解析　(1)重物最好选择密度较大的物体，受到的阻力相对较小，故A正确；本实验需要验证的是mgh＝mv2，m可约去，不需要用天平测量重物的质量，故B错误；释放纸带前，重物应靠近打点计时器。必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上，然后先接通电源，后释放纸带，故C错误；不能利用公式v＝来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。 (2)重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J，利用匀变速直线运动的推论vD＝＝ m/s＝2.91 m/s，EkD＝mvD2＝×0.5×2.912 J≈2.12 J，动能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J，由于存在阻力作用，所以重力势能的减少量大于动能的增加量。 (3)根据表达式mgh′＝mv2－mv02，则有v2＝2gh′＋v02，故v2－h′图像的斜率为k＝2g＝ m/s2＝19.52 m/s2，则重力加速度为g＝9.76 m/s2。 13．(12分)(2022·陕西咸阳高一期中)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，M、N间距l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m＝2 kg的物体(可看作质点)无初速度地放在M点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，在传送带将物体从M点传送到N点的过程中，求： (1)传送带对物体做的功； (2)电动机对传送带做的功。 答案　(1)51 J　(2)54 J 解析　(1)物体轻放在传送带上时，根据牛顿第二定律得沿斜面方向μmgcos θ－mgsin θ＝ma(1分) 可知物体上升的加速度为a＝2.5 m/s2(1分) 物体达到1 m/s的速度通过的位移x＝＝0.2 m(1分) 故物体在到达N点前已经与传送带共速，由功能关系得传送带对物体做的功为W＝mv2＋mglsin 30°＝51 J(3分) (2)在物体加速运动的过程，根据运动学公式可得匀加速运动所用时间为t＝＝0.4 s(1分) 相对位移为Δx′＝vt－x＝0.2 m(1分) 电动机做功使物体机械能增加，同时使物体与传送带间因摩擦产生热量Q，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·x′＝3 J(2分) 故电动机对传送带做的功为W电＝W＋Q＝54 J。(2分) 14．(12分)(2022·济南市高一期末)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用。图乙是避险车道的简图，由制动坡床和防撞设施等组成。一辆质量为10 t的货车行驶到一个长下坡时，因刹车失灵以36 km/h的初速度沿坡向下加速运动，在加速前进了200 m后，驾驶员将车从干道驶入制动坡床并冲上坡床50 m后停止(货车未与防撞设施碰撞)。若货车在干道上受到的阻力是车重的0.1倍，干道和制动坡床与水平面的夹角均为θ(sin θ＝0.3)。取重力加速度g＝10 m/s2，若货车从干道驶入制动坡床时的速度大小不变，求： (1)货车刚驶入制动坡床时的速度大小； (2)坡床对货车的平均阻力大小； (3)货车在坡床上损失的机械能。 答案　(1)30 m/s　(2)6×104 N　(3)3×106 J 解析　(1)v0＝36 km/h＝10 m/s，对货车在干道上行驶的过程，由动能定理得 (mgsin θ－0.1mg)s1＝mv2－mv02(2分) 由题意知s1＝200 m(1分) 解得v＝30 m/s。(1分) (2)对货车在坡床上行驶直至停止的过程，由动能定理得－(mgsin θ＋F阻)s2＝0－mv2(2分) 由题意知s2＝50 m(1分) 解得F阻＝6×104 N。(1分) (3)根据能量守恒定律，货车在坡床上损失的机械能等于货车克服阻力做的功，ΔE＝F阻s2＝3×106 J。(4分) 15．(16分)(2023·福建师大附中高一期中)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m＝2 kg的水(恰好装满水斗)，高度为d＝0.5 m的薄壁水斗的质量为m0＝0.5 kg，井中水面与井口的高度差为H＝10.5 m。t＝0时刻，厚度不计、质量M＝0.5 kg的卷筒由静止开始绕中心轴转动，装满水的水斗到达井口前已做匀速运动，绳子拉装满水的水斗的最大功率P＝90 W，不计辐条、井绳的质量和转动轴处的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若装满水的水斗先以加速度a＝2 m/s2匀加速上升，求匀加速运动最大速度v1的大小； (2)空水斗从水斗口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，求水斗落到水面时的速度大小v； (3)水斗从图示位置缓慢上升高度H＝10.5 m，忽略提水过程中水面高度的变化，考虑水斗在水中所受浮力，求此过程中人做的功W。 答案　(1)3 m/s　(2)10 m/s　(3)257.5 J 解析　(1)由牛顿第二定律得 T－(m＋m0)g＝(m＋m0)a(2分) 根据上述有P＝Tv1(1分) 则有v1＝＝3 m/s(2分) (2)水斗由静止下落的过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有m0g(H－d)＝(m0＋M)v2(3分) 解得v＝＝10 m/s(2分) (3)设水桶在水中受到的浮力大小为F浮，桶口运动到井口的过程中，由动能定理得 W－(m＋m0)gH＋d＝0(3分) F浮＝mg(1分) 解得W＝(m＋m0)gH－d＝257.5 J。(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$