05 第四章 机械能及其守恒定律 第五章 牛顿力学的局限性与相对论初步 测评卷（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一物理必修第二册（粤教版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第四章　机械能及其守恒定律 第五章　牛顿力学的局限性与相对论初步 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的) 1.在1905年爱因斯坦提出了狭义相对论,此理论建立的前提有两个基本假设条件以及在相对论理论下观察到的不同现象。如果有接近光速运动的物体,时间和空间都会发生相应的变化,下列说法中正确的是 (　　) A.在不同的惯性参考系中,一切物体的规律是不同的 B.真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都是相同的 C.物体在接近光速运动时,它沿运动方向上的长度会变大 D.狭义相对论只适用于高速运动的物体,不适用于低速运动的物体 2.玩具起重机上悬挂一个质量为500 g的砝码,从静止开始以2 m/s2的加速度提升砝码,3 s内拉力所做的功为 (　　) A.9 J　　　　B.18 J　　　　C.24 J　　　　D.54 J 3.已知动车组列车每节动车的额定功率相同,每节动车与拖车质量相等,动车组运行时所受阻力与其重力成正比。若某动车组由4节动车加8节拖车组成,其运行的最大速率为240 km/h,则由该4节动车加4节拖车组成的动车组,运行的最大速率为 (　　) A.480 km/h　　　　B.360 km/h C.320 km/h　　　　D.240 km/h 4.如图所示,一名滑雪爱好者从离地h=40 m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下,滑到坡底C时的速度大小v=20 m/s。已知滑雪爱好者的质量m=60 kg,滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ=0.25,B、C间的距离L=100 m,重力加速度为g,忽略在D点损失的机械能,则下滑过程中滑雪爱好者做的功为 (　　) A.3 000 J　　　　B.4 000 J　　　　C.5 000 J　　　　D.6 000 J 5.如图所示,吊机把质量为10 t的重物由静止匀加速起吊,2 s内竖直提高了2 m,不计空气阻力,则此过程中 (　　) A.重物的重力势能增加2×104 J B.重物的动能增加了1×104 J C.吊机牵引力的最大功率为2.2×105 W D.重物的机械能增加了2.2×104 J 6.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量小于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。不计空气阻力,将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点 (　　) A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的动能一定等于Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定等于Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定等于Q球的向心加速度 7.某踢出的足球在空中的运动轨迹如图所示,足球可视为质点,空气阻力不计。用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率,用t表示足球在空中的运动时间,下列图像中可能正确的是 (　　) A　　　　B　　　　C　　　　D 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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) 8.如图所示为电动机以恒定功率吊起货物的情境。质量为m的货物由静止开始竖直向上运动,上升高度为H时恰好达到最大速度。已知电动机功率恒为P,重力加速度为g,空气阻力大小恒为f,对上述过程,下列说法正确的是 (　　) A.货物上升过程中加速度逐渐增大 B.货物上升过程中绳子的拉力逐渐减小 C.电动机做的功大于货物机械能的增加量 D.货物达到最大速度需要的时间t= 9.如图所示,一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动,已知绳长为l,重力加速度为g,小球在最低点Q的速度为v0,则 (　　) A.小球运动到最高点P时,处于失重状态 B.小球的速度v0越大,则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 C.当v0>时,小球一定能通过最高点P D.当v0<时,轻绳始终处于绷紧状态 10.如图所示,将一直铁棒AC固定在与水平地面垂直的墙角,铁棒与水平面夹角为45°,B为AC的中点。在墙角固定一轻弹簧,使轻弹簧另一端与一带孔的小球相连,小球穿过铁棒并可在铁棒上移动,小球到达B点时,弹簧恰好处于原长状态。现将小球从铁棒顶端自由释放,小球到达铁棒底端时速度恰好为零,下列说法正确的是 (　　) A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒 B.小球从A点运动到B点和从B点运动到C点的过程中摩擦力做功相同 C.小球从A点运动到B点和从B点运动到C点的过程中弹簧弹力做功相同 D.小球从A点运动到B点的过程中,动能的增加量等于弹簧弹力所做的功 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(8分)如图所示为一种利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤及过程如下: 　　 　　 (1)将气垫导轨放在水平桌面上,将导轨调至水平。调节过程中,水平仪中气泡的位置如图乙所示,可调节底部调节旋钮将气垫导轨左端调　　　　(选填“高”或“低”)  (2)用毫米刻度尺测量遮光条的宽度,如图丙所示,则遮光条的宽度d=　　　　mm。  (3)用天平称出托盘和砝码的总质量m1滑块和遮光条的总质量m2。 (4)将滑块移至图示位置,测出遮光条到光电门的距离l。 (5)释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间Δt,则滑块经过光电门时的速度v=　　　　(用题目中给出的物理量符号表示)。  (6)通过改变滑块的释放位置,测量出多组l、Δt数据,利用实验数据绘制-l图像如图丙所示。若图中的直线的斜率近似等于　　　　(用m1,m2,g表示),可以认为该系统机械能守恒。  (7)滑块运动过程中受到一定的阻力,你认为系统减少的重力势能　　　　系统增加的动能(填写“大于”“等于”或“小于”)。  12.(8分)如图所示,将打点计时器固定在铁架台上,用重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置可验证机械能守恒定律。 (1)实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。某同学对实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案。这些方案中合理的是　　　　。  A.用刻度尺测出物体下落的高度h,由打点间隔算出下落时间t,通过v=gt计算出瞬时速度v B.用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=计算出瞬时速度v C.根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,并通过h=计算得出高度h D.用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v (2)安装好实验装置,正确进行实验操作,从打出的纸带中选出符合要求的纸带,如图所示。图中O点为打点起始点,且速度为零。选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点,测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知重物质量为m,当地重力加速度为g,计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒,需要计算出从O点到F点的过程中,重物重力势能的减少量ΔEp=　　　　,动能的增加量ΔEk=　　　　(用题中所给字母表示)。  (3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量,关于这个误差,下列说法正确的是　　　　。  A.该误差属于偶然误差 B.该误差属于系统误差 C.可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差 D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差 (4)某同学在实验中发现重物增加的动能略小于重物减少的重力势能,于是深入研究阻力f对本实验的影响。他测出各计数点到起始点的距离h,并计算出各计数点的速度v,用实验测得的数据绘制出v2-h图线,如图所示。图像是一条直线,此直线斜率的物理含义是　　　　(用数学表达式书写,可能用到的物理量为m、g、f),已知当地的重力加速度g=9.8 m/s2,由图线求得重物下落时受到阻力与重物所受重力的百分比为=　　　　%(保留两位有效数字)。  13.(8分)磁悬浮列车利用电磁力将列车浮起而取消轮轨,从而消除了摩擦阻力。由于避免了与轨道的直接接触,磁悬浮列车行驶速度也大大提高。如图所示为上海的磁悬浮列车,它靠磁体间相互作用浮离轨道约15 cm,列车的总质量为3×104 kg,它从静止开始做匀加速直线运动,当运行50 s时瞬时速度为60 m/s,运行最高速度可达360 km/h(即100 m/s)。运行时所受空气阻力与速度的平方成正比,即f=kv2,k=2 kg/m。 (1)使列车浮起要做多少功? (2)估算列车的额定输出功率; (3)估算运行50 s时,列车牵引力的瞬时功率。(计算结果保留一位小数) 14.(14分)某同学设计了一款趣味游戏如图所示,可视为质点的小滑块从倾角θ=37°的轨道AB上某点由静止释放,从最低点B处进入光滑竖直圆轨道(最低点B处两侧轨道略错开且平滑),再进入水平轨道BC,最后从C点飞出落入相互紧靠的指定篮筐(篮筐1紧靠竖直墙壁)里,则游戏成功。已知圆轨道半径R=0.1 m,BC长x=0.6 m,篮筐口宽d=0.2 m,篮筐口距C点高度h=0.2 m。小滑块质量m=0.1 kg,与轨道AB、BC之间的动摩擦因数相同,均为μ=0.25。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。为确保小滑块能落入第3个篮筐,求: (1)小滑块在C处的速度范围; (2)小滑块在圆轨道最高点对轨道的最小压力大小; (3)小滑块从轨道AB上释放位置到B点的最大距离s。 15.(16分)传送带运输经常应用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图,传送带输送机倾角θ=30°,顺时针匀速转动,在传送带下端A点无初速度放上货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中,其机械能E与位移s的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。其中货物可视为质点,质量m=2 kg,重力加速度g=10 m/s2。求: 　　 (1)货物与传送带间的动摩擦因数μ; (2)货物从下端A点运动到上端B点的时间t; (3)传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能E0。 答案全解全析 1.B　根据狭义相对论的两个基本假设可知,在不同的惯性参考系中,一切物体的规律是相同的,真空中的光速是相同的,故A错误,B正确;根据长度的相对性关系L=L0·可知,当物体在接近光速运动时,它沿运动方向上的长度会变小,故C错误;狭义相对论既适用于高速运动的物体,也适用于低速运动的物体,经典力学是狭义相对论在低速(v≪c)条件下的近似,故D错误。 2.D　砝码上升过程中,受到重力mg和拉力F,根据牛顿第二定律得F-mg=ma得F=m(g+a)=6 N,3 s内上升的高度为h=at2=×2×32 m=9 m,则3 s内拉力所做的功为W=Fh=6×9 J=54 J,选项D正确。 3.B　由Pm=fvm,设每节动车质量为m,f=μmg,则动车组有4节动车8节拖车时,有4Pm=12μmgvm1,其中vm1=240 km/h;动车组有4节动车4节拖车时,有4Pm=8μmgvm2,解得vm2=360 km/h,选项B正确。 4.A　根据动能定理有W-μmgLAD cos α-μmgLCD cos β+mgh=m,即W-μmgL+mgh=m,解得W=3 000 J,选项A正确,B、C、D错误。 5.C　重物的重力势能增加ΔEp=mgh=10×103×10×2 J=2×105 J,选项A错误;由匀变速运动规律可得h=t,解得v== m/s=2 m/s,重物的动能增加了ΔEk=mv2=×10×103×22 J=2×104 J,选项B错误;由动能定理可得(F-mg)h=mv2,解得吊机牵引力为F=1.1×105 N,吊机牵引力的最大功率为P=Fv=1.1×105×2 W=2.2×105 W,选项C正确;重物的机械能增加ΔE=ΔEp+ΔEk=2.2×105 J,选项D错误。 6.D　小球从释放到最低点的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律可得mgL=mv2,得v=,L越大,小球到最低点时的速度越大,故Q球速度大,A错误;由于P球的质量小于Q球的质量,由Ek=mv2可知,Q球的动能大,B错误;在最低点,根据牛顿第二定律可知F-mg=m,求得F=3mg,因为P球的质量小于Q球的质量,所以Q球所受绳的拉力大,C错误;在最低点,由a==2g可知,两球在各自轨迹的最低点的向心加速度相等,D正确。 7.C　足球做斜上抛运动,竖直方向上,速度先减小后增大,竖直分速度与时间图像的斜率表示重力加速度,斜率恒定不变,选项A错误;空气阻力不计,足球的机械能守恒,即不随时间变化,选项B错误;足球机械能守恒,重力势能先增加后减少,故动能先减少后增加,但足球做斜上抛运动,到最高点的速度不为零,即动能最小值不为零,选项C正确;速度的水平分量不变,竖直分量先减小到零,后反向增大,故根据P=mgvy=mg2t,重力的功率随时间先减小后增加,斜率恒定,选项D错误。 8.BC　功率P=Fv恒定,则货物加速时,绳子的拉力F减小,货物的加速度a=,减小,A错误,B正确;由能量守恒定律知,电动机做的功等于货物机械能的增加量及克服空气阻力做的功,C正确;货物的速度最大时,加速度为零,则F=mg+f,结合P=Fvm解得vm=,(点拨:当功率不变时,可用W=Pt求解牵引力所做的功)根据动能定理得:Pt-mgH-fH=m,联立解得t=+,D错误。 9.ACD　小球运动到最高点P时,由合力提供向心力,方向竖直向下,加速度方向竖直向下,则小球处于失重状态,A正确;在最低点Q,根据牛顿第二定律得TQ-mg=m,在最高点P,根据牛顿第二定律得TP+mg=m,从最低点到最高点的过程中,根据动能定理得-mg·2l=m-m,联立解得TQ-TP=6mg,B错误;小球通过P点的最小速度vP min=,根据动能定理得-mg·2l=m-m,即最低点的最小速度v0=,当v0>时,小球一定能通过最高点P,C正确;小球刚好到达与圆心等高的N点,根据机械能守恒定律得mg·l=m,解得最低点的速度v0=,当v0≤时,小球在M、N点之间来回摆动,轻绳始终处于绷紧状态,D正确。 10.BD　由于摩擦力做负功,系统杋械能不守恒,选项A错误;由对称性可知,小球从A点运动到B点的过程中和从B点运动到C点的过程中摩擦力做功相同,选项B正确;小球从A点运动到B点的过程中弹簧弹力做正功,从B点运动到C点的过程中弹簧弹力做负功,选项C错误;小球从A点运动到B点的过程中和从B点运动到C点的过程中,重力做功相同,弹簧弹力做功大小相等,整个运动过程中,由动能定理可知,重力做功的大小等于摩擦力做功的大小,则小球从A点运动到B点的过程中,重力做功的大小等于摩擦力做功的大小,由动能定理可知,动能的增加量等于弹簧弹力所做的功,选项D正确。 11.答案　(1)低(1分)　(2)5.0(1分)　(5)(2分) (6)(2分)　(7)大于(2分) 解析　(1)水平仪中气泡的位置如图乙所示,说明左端偏高,可调节底脚螺丝将气垫导轨左端调低。 (2)刻度尺的分度值为1 mm,遮光条的宽度d=5.0 mm。 (5)滑块经过光电门时的速度v=。 (6)托盘和砝码及滑块组成系统机械能守恒,有m1gl=(m1+m2)·,变形可得=l,图中的直线的斜率近似等于时,可以认为该系统机械能守恒。 (7)滑块运动过程中存在阻力,由于阻力做负功,系统减少的重力势能大于系统增加的动能。 12.答案　(1)D(1分)　(2)mgh2(1分)　(2分) (3)BD(1分)　(4)(2分)　1.5%(1分) 解析　(1)通过v=gt和v=计算出瞬时速度不合理,若加速度为g,说明只受重力作用,机械能必然守恒,选项A、B错误;通过h=计算得出高度h不合理,选项C错误;用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时,纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,该方案合理,选项D正确。 (2)从O点到F点的过程中,重物重力势能的减少量ΔEp=mgh2,动能的增加量ΔEk=mv2,其中v=,联立解得ΔEk=。 (3)该误差属于系统误差,选项A错误,B正确;系统误差无法通过多次测量取平均值的方法来减小,选项C错误;可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该系统误差,选项D正确。 (4)据动能定理可得(mg-f)h=mv2,整理得v2=·h,故斜率的含义是k=,整理可得=1-,由图线可得斜率数值为k=19.3,代入可解得≈1.5%。 13.答案　(1)4.5×104 J　(2)2×106 W　(3)2.6×106 W 解析　(1)列车浮起需克服重力做功 W=mgh=4.5×104 J(1分) (2)列车以最大速度vm运行时,做匀速直线运动,有 F=f=k=2×1002 N=2×104 N(1分) 由此得列车的额定输出功率 P=Fvm=2×106 W(1分) (3)列车在0~50 s内做匀加速直线运动,由v=at得,加速度大小为 a= m/s2=1.2 m/s2 (1分) 设瞬时速度为v=60 m/s时阻力为f',牵引力为F',根据牛顿第二定律有F'-f'=ma (1分) 又有f'=kv2 (1分) 解得 F'=4.32×104 N(1分) 列车运行50 s时,列车牵引力的瞬时功率 P'=F'v≈2.6×106 W(1分) 14.答案　(1)2 m/s<vC<3 m/s　(2)2 N　(3)1.5 m 解题导引　(1)小滑块从C处飞出后做平抛运动,根据高度求时间,根据能落入第3个篮筐的水平距离范围求解C处速度范围。 (2)小滑块速度越小,对圆轨道最高点压力就越小,利用(1)中对应的最小速度求解小滑块在圆轨道最高点对轨道的最小压力。 (3)距离s越大,小滑块到C处的速度就越大,利用(1)中对应的最大速度求解小滑块从轨道AB上释放位置到B点的最大距离s。 解析　(1)小滑块从C处离开做平抛运动 竖直方向:h=gt2 (1分) 最小水平位移:2d=v mint (1分) 最大水平位移:3d=vmaxt (1分) 代入数据解得,滑块在C处的速度范围是2 m/s<vC<3 m/s(1分) (2)速度越小时小滑块对圆轨道最高点压力越小,从圆轨道最高点到C处过程,根据动能定理得mg·2R-μmgx=m-mv2 (2分) 在最高点处,合力提供向心力 mg+FN=m (2分) FN=2 N(1分) 根据牛顿第三定律,压力与支持力大小相等 FN'=FN=2 N(1分) (3)距离s越大,小滑块在C处的速度就越大,从释放到运动到C处的过程,根据动能定理得 mgs sin θ-μmgs cos θ-μmgx=m-0 (3分) 解得s=1.5 m(1分) 15.答案　(1)　(2)1.9 s　(3)46 J 解析　(1)由题图乙知,货物沿传送带向上运动s1=0.8 m时,与传送带保持相对静止 机械能增加量ΔE1=12 J(1分) 根据功能关系有ΔE1=μmg cos θ·s1 (1分) 可得货物与传送带间的动摩擦因数μ= (1分) (2)货物沿传送带向上运动s1=0.8 m时,与传送带保持相对静止,此时货物的机械能E1=mgs1 sin θ+mv2=12 J(2分) 解得传送带速度v=2 m/s(1分) 设货物加速过程所用时间为t1,根据运动学公式可得s1=t1 (1分) 解得t1=0.8 s(1分) 设A点到B点的距离为L,货物在B点时,有 E2=mgL sin θ+mv2=34 J(2分) 解得L=3 m(1分) 则货物匀速阶段所用时间t2==1.1 s(1分) 货物从下端A点运动到上端B点的时间t=t1+t2=1.9 s(1分) (3)货物在与传送带共速前,发生的相对位移 Δx=x传-s1=vt1-s1=0.8 m(1分) 因摩擦产生的热量Q=μmg cos θ·Δx=12 J(1分) 根据能量守恒知,传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能 E0=Q+mgL sin θ+mv2=46 J(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $