2020版物理新教材新素养学案人教必修第二册练习：第八章测评 WORD版含解析.docx

1、第八章测评(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。第16小题每个小题中只有一个选项是正确的,第712小题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,有选错的得0分)1.从地面竖直上抛两个质量不同的物体,设它们的初动能相同,当上升到同一高度时(不计空气阻力,取地面为零势能面),它们()A.所具有的重力势能相等B.所具有的动能相等C.所具有的机械能不等D.所具有的机械能相等解析此过程物体的机械能是守恒的。同一高度时,由于两物体的质量不等,所以它们的重力势能不等。由于机械能相等,所以它们的动能也不等。答案D2.如图所示,一辆汽车从凸桥上的A

2、点匀速率运动到等高的B点,以下说法中正确的是()A.汽车所受的合外力做功不为零B.汽车在运动过程中所受合外力为零C.牵引力对汽车做的功等于汽车克服阻力做的功D.由于汽车速率不变,所以汽车从A点到B点过程中机械能不变解析汽车由A点匀速率运动到B点的过程中动能变化量为0,根据动能定理可知合外力对汽车做功为零,A错误;汽车在运动过程中做圆周运动,有向心加速度,合外力不为零,B错误;由于A、B等高,重力做功为零,又合外力做功为零,所以牵引力对汽车做的功等于汽车克服阻力做的功,C正确;由于汽车速率不变,所以汽车从A点到B点的过程中动能不变,但重力势能先增大后减小,所以机械能先增大后减小,D错误。答案C3

3、.如图所示,倾角为30的斜面连接水平面,在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板,质量为m的小球从斜面上高为R2处静止释放,到达水平面恰能贴着挡板内侧运动。不计小球体积,不计摩擦和机械能损失。则小球沿挡板运动时对挡板的作用力是()A.0.5mgB.mgC.1.5mgD.2mg解析由mgR2=12mv2,F=mv2R得F=mg。选项B正确。答案B4.某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则()A.v2=k1v1B.v2=k1k2v1C.v2=k2k1v1D.v2=k2v1解析车在不同的路面以相同的功率按最大速度行驶,可推断车做匀速直

4、线运动,受力平衡,由公式P=Fv,F=kmg,可推出P=k1mgv1=k2mgv2,解得v2=k1k2v1,故B正确,A、C、D错误。答案B5.如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216gB.v28gC.v24gD.v22g解析小物块从半圆光滑轨道的最低点到最高点,由机械能守恒定律得12mv2=mg(2R)+12mv12。小物块从光滑轨道最高点平抛落到水平轨道上的时间为t,由2R=12gt2得t=4Rg,小物块

5、落地点到轨道下端的距离为x=v1t=-16R2+4v2Rg。当R=v28g时,小物块落地点到轨道下端的距离最大,故选项B正确。答案B6.(2019山西太原高一期末)在沙坑的上方H高处,将质量为m的铅球以速度v竖直向上抛出。铅球落下后进入沙坑的深度为h。忽略空气阻力,以下说法正确的是()A.铅球到达沙坑表面时,重力的功率为mg2g(H+h)B.从抛出至沙坑表面,重力的平均功率为12mg2gHC.从抛出到进入沙坑内静止,重力对铅球做的功为mghD.进入沙坑后,沙子对铅球的平均阻力大小为mg(H+h)+12mv2h解析铅球从开始到达沙坑表面,由动能定理得mgH=12mv2-12mv2,重力的功率P=

6、mgv,由以上两式得P=mg2gH+v2,选项A错误;从抛出至沙坑表面的平均速度大小v=v-v2,重力的平均功率为P=mgv=mg2gH+v2-v2,选项B错误;从抛出到进入沙坑内静止,重力对铅球做的功为mg(H+h),选项C错误;从抛出到进入沙坑内静止,由动能定理得mg(H+h)-Ffh=0-12mv2,Ff=mg(H+h)+12mv2h,选项D正确。答案D7.下图是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,滑道底部B处安装一个压力传感器,其示数FN表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑,通过B处时,下列表述正确的有()A.FN小于滑块重力B.FN大于滑块重力C

7、.FN越大表明h越大D.FN越大表明h越小解析由机械能守恒定律mgh=12mv2,对B点受力分析,FN-mg=mv2r,则FN=mg+2mghr,则FN大于滑块重力,FN越大表明h越大,选项B、C正确。答案BC8.如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为m0、m(m0m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中()A.两滑块组成系统的机械能守恒B.重力对m0做的功等于m0动能的增加C.轻绳对m做的功等于m机械能

8、的增加D.两滑块组成系统的机械能损失等于m0克服摩擦力做的功解析对于m0和m组成的系统,除了重力、轻绳弹力做功外,摩擦力对m0做了功,系统机械能不守恒,选项A错误;对于m0,合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和,根据动能定理可知,m0动能的增加等于合外力做的功,选项B错误;对于m,只有其重力和轻绳拉力做了功,根据功能关系可知,除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量,选项C正确;对于m0和m组成的系统,系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零,只有两滑块的重力和m0受到的摩擦力对系统做了功,根据功能关系得,m0的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量,选项D正确。答

9、案CD9.如图所示,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,P为近日点,Q为远日点,M,N为轨道短轴的两个端点,运行的周期为T0,若只考虑海王星和太阳之间的相互作用,则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中()A.从P到M所用的时间等于T04B.从Q到N阶段,机械能逐渐变大C.从P到Q阶段,速率逐渐变小D.从M到N阶段,万有引力对它先做负功后做正功解析根据功能关系可知,海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小,则PM段的时间小于MQ段的时间,所以P到M所用的时间小于T4,故A错误;从Q到N的过程中,由于只有万有引力做功,机械能守恒,故B错误;从P到Q阶段,万有引力做负功,根据动能定理可知,速率减小,故C

10、正确;根据万有引力方向与速度方向的关系知,从M到N阶段,万有引力对它先做负功后做正功,故D正确。答案CD10.如图所示,质量分别为m1=2 kg、m2=1 kg的物体通过细绳、光滑轻质滑轮连接,m1离地面高度为h0=0.5 m。m1与m2从静止开始释放,m1由静止下落0.3 m 时的速度为v1,下落0.3 m过程中细绳对m2做的功为W(忽略空气的阻力,重力加速度g取10 m/s2),则()A.v1=2 m/sB.v1=3 m/sC.W=1 JD.W=4 J解析对m1与m2组成的系统由机械能守恒定律得:m1gh-m2gh=12(m1+m2)v12,代入数据得v1=2 m/s,选项A正确;对m2,

11、根据动能定理得,W-m2gh=12m2v12,代入数据得W=4 J,选项D正确。答案AD11.运动员从悬崖上跳伞,伞打开前可看作是自由落体运动,伞打开后减速下降,最后匀速下降。用v、F、Ep和E分别表示速度、合外力、重力势能和机械能。在运动员下降的整个过程中,下列图象中可能符合事实的是(其中t、h分别表示下落的时间和高度)()解析运动员先做自由落体运动,受到的合外力为重力,重力势能随高度均匀减小,机械能守恒,选项C、D错误;打开降落伞后,运动员受到重力和空气阻力,因最终做匀速运动,故空气阻力随着速度的减小而减小,运动员所受的合外力大小随着阻力的减小而减小,直到最终阻力等于运动员所受的重力,合外

12、力为零,运动员做加速度逐渐减小的减速运动,直到最后做匀速运动,选项A、B正确。答案AB12.水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面体甲和乙,乙的斜面倾角大,甲、乙斜面长分别为S、L1,如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点,同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放,小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点,而小滑块B沿斜面乙滑到底端P后又沿水平面滑行到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变),在水平面上滑行的距离PD=L2,且S=L1+L2。小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同,则()A.滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B.两个滑块在斜面上加

13、速下滑的过程中,到达同一高度时,动能可能相同C.A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C点、D点的过程中,滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D.A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C点、D点的过程中,由于克服摩擦而产生的热量一定相同解析研究滑块A到达底端C点的过程,根据动能定理得,mgh-mgcos S=12mvC2,研究滑块B到达D点的过程,根据动能定理得,mgh-mgcos L1-mgL2=12mvD2,S=L1+L2,根据几何关系得Scos L1cos +L2,所以12mvC212mvD2,故A正确;两个滑块在斜面上加速下滑的过程中,到达同一高度时,重力做功相同,但克服摩擦力

14、做功不等,所以动能不同,产生的热量也不同,故B、D错误;整个过程中,两滑块所受重力做功相同,但由于滑块A运动时间长,故重力对滑块A做功的平均功率比对滑块B做功的平均功率小,故C正确。答案AC二、实验题(本题共2小题,共12分)13.(6分)使用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律,打出一条纸带如图乙所示。图乙中O是打出的第一个点迹,A、B、C、D、E、F是依次打出的点迹,量出OE间的距离为l,DF间的距离为s,已知打点计时器打点的周期是T=0.02 s。(1)上述物理量如果在实验误差允许的范围内满足关系式,即验证了重物下落过程中机械能是守恒的。(2)如果发现图乙中OA距离大约是4 mm,则出现这

15、种情况的原因可能是,如果出现这种情况,上述的各物理量间满足的关系式可能是。答案(1)gl=s28T2(2)先释放纸带,后接通电源gls28T214.(6分)用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒,m2从高处由静止开始下落,m1拖着的纸带上打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带,0是打下的第一个点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,m1=50 g、m2=150 g。(g取9.8 m/s2)(1)纸带上打下计数点5时的速度v5=m/s。(2)在打05点过

16、程中系统动能的增量Ek=J,系统重力势能的减少量Ep=J;由此得出的结论是。(3)若某同学作出了v22-h图线(如图丙),据图线得到的重力加速度为g0=m/s2。解析(1)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1 s,根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度:v5=0.216 0+0.264 020.1 m/s=2.4 m/s。(2)在05过程中系统动能的增量Ek=12(m1+m2)v52=120.22.42 J=0.576 J,系统重力势能的减小量为(m2-m1)gx=0.19.8(0.384+0.216) J=0.588 J,

17、由此得到的结论为在误差允许的范围内机械能守恒。(3)根据机械能守恒可知,(m2-m1)gh=12(m1+m2)v2,解得12v2=m2-m1m1+m2gh,则图线的斜率k=m2-m1m1+m2g=5.81.2,解得g=9.67 m/s2答案(1)2.4(2)0.576(3)0.588(4)在误差允许的范围内机械能守恒(5)9.67三、计算题(本题共4小题,共40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)15.(8分)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m处以7.5103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/

18、s时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=12mv02式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题中数据得Ek0=4.0108 J设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh=12mvh2+mgh式中,vh是飞船在高度1.6105 m处的速度大

19、小。由式和题中数据得Eh=2.41012 J(2)飞船在高度h=600 m处的机械能为Eh=12m2.0100vh2+mgh由功能关系得W=Eh-Ek0式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题中数据得W=9.7108 J答案(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108J16.(10分)小球自h=2 m的高度由静止释放,与地面碰撞后反弹的高度为34h。设碰撞时没有动能的损失,且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变,求:(1)小球受到的空气阻力与重力的比值是多少?(2)小球从开始到停止运动的过程中运动的总路程。解析设小球的质量为m,所受阻力大小

20、为Ff。(1)小球从h处释放时速度为零,与地面碰撞反弹到34h时,速度也为零,由动能定理得mgh-34h-Ffh+34h=0解得Ffmg=17。(2)设小球运动的总路程为s,且最后小球静止在地面上,对于整个过程,由动能定理得mgh-Ffs=0s=mgFfh=72 m=14 m。答案(1)17(2)14 m17.(10分)一列车的质量是5.0105 kg,在平直的轨道上以额定功率3 000 kW加速行驶,当速度由10 m/s加速到所能达到的最大速率30 m/s时,共用了2 min,则在这段时间内列车前进的距离是多少?解析设列车在2 min内前进的距离为l,已知m=5.0105 kg,P=3 00

21、0 kW,v=10 m/s,v=30 m/s,t=2 min,由于P=Fv列车速度最大时,a=0,所以阻力Ff=F,则Ff=Pv=310630 N=1.0105 N牵引力做功W=Pt=3106602 J=3.6108 J由动能定理知W-Ffl=12mv2-12mv2代入数据求得l=1.6 km。18.(12分)如图所示,曲面AB与半径为r、内壁光滑的四分之一细圆管BC平滑连接于B点,管口B端切线水平,管口C端正下方立一根轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口C端齐平。质量为m的小球(可视为质点)在曲面上某点由静止释放,进入管口B端时,上管壁对小球的作用力为mg。 (1)求小球到达B点时的速度大小vB;(2)若释放点距B点的高度为2r,求小球在曲面AB上运动时克服阻力所做的功W;(3)小球通过BC后压缩弹簧,压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值为Ep,求弹簧被压缩的最大形变量x。解析(1)小球在B点时,由牛顿第二定律可得mg+mg=mvB2r解得vB=2gr。(2)小球从被释放至滑到B点过程,由动能定理得mg2r-W=12mvB2-0解得W=mgr。(3)当弹性势能最大时,小球的速度为0,对小球从B点到最低点的过程,由功能关系可知mg(r+x)+12mvB2=Ep解得x=Epmg-2r。答案(1)2gr(2)mgr(3)Epmg-2r