2025教科版高中物理必修第二册
第四章 机械能及其守恒定律
第五章 经典力学的局限性与相对论初步
全卷满分100分 考试用时90分钟
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。1—5小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。6—10小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,有选错的得0分,选对但不全的得2分)
1.引体向上是中学生体育测试的项目之一,一个质量为50 kg的普通中学生在30秒内完成12次引体向上,每次引体向上重心上升0.4 m,g=10 m/s2,该学生此过程中克服重力做功的平均功率为( )
A.200 W B.80 W C.20 W D.10 W
2.如图所示,一长为L、质量为m的匀质链条,开始时用手按住A端,放在光滑的桌面上,有的长度悬在桌边缘,松手后,链条滑离桌面,从开始到链条刚滑离桌面过程中整个链条的重力势能变化了(重力加速度为g) ( )
A.mgL B.mgL C.-mgL D.-mgL
3.将三个光滑的平板倾斜固定,三个平板顶端到底端的高度相等,三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3,如图所示。现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放,经一段时间到达平板的底端。则下列说法正确的是 ( )
A.重力对三个小球所做的功相同
B.沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大
C.三个小球到达底端时的瞬时速度相同
D.沿倾角为θ1的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小
4.如图,一质量为M=2 kg的木板静止在水平地面上,一质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)以v0=2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,木板始终保持静止。木板足够长,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知),重力加速度大小取g=10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 ( )
A.地面对木板的摩擦力方向水平向右
B.地面对木板的摩擦力大小为9 N
C.μ2可能为0.12
D.整个过程中,滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J
5.从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一个大小不变、方向始终与运动方向相反的外力的作用。距地面高度h在4 m以内,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示,重力加速度g取10 m/s2。则物体从抛出到回到地面的总运动时间为 ( )
A.1.5 s B. s C.3 s D.3 s
6.20世纪以来,人们发现了一些新的事实,而经典力学却无法解释。经典力学只适用于解决物体的低速运动问题,不能用来处理高速运动问题;只适用于宏观物体,不适用于微观粒子。这说明 ( )
A.随着认识的发展,经典力学已成了过时的理论
B.人们对客观事物的具体认识,在广度上是有局限性的
C.不同领域的事物各有其本质与规律
D.人们应当不断地扩展认识,在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律
7.如图所示,在匀速转动的电动机带动下,足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上传送带,最终滑块又返回至传送带的右端。关于上述过程,下列判断正确的是( )
A.滑块返回传送带右端时的速率为v2
B.此过程中传送带对滑块做功为m-m
C.此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为m(v1+v2)2
D.此过程中电动机做功为m-mv1v2
8.如图所示,高h=2.5 m的斜面固定不动。一个质量m=1 kg的物体,由静止开始从斜面的顶点滑下,滑到斜面底端时的速度大小为6 m/s,g取10 m/s2,在此过程中,下列判断正确的是 ( )
A.系统的机械能保持不变 B.物体的重力势能减少了24 J
C.物体的动能增加了18 J D.物体的机械能减少了7 J
9.如图(a)所示,竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面,质量m=1 kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落,同时受到一个竖直向上的恒定阻力。以小球开始下落的位置为原点,竖直向下为x轴正方向,以地面为零势能面,在小球下落至最低点的过程中,小球重力势能Ep、弹簧的弹性势能E弹随小球位移变化的关系图线分别如图甲、乙所示,弹簧始终在弹性限度范围内,取重力加速度g=10 m/s2,则 ( )
A.根据甲图可知小球下落的初始位置距地面的高度为1.0 m
B.根据乙图可知弹簧的最大压缩量为0.6 m
C.根据甲图和乙图可知,小球在最低点时的重力势能为5.2 J
D.小球下落到最低点过程受到的阻力大小为2 N
10.如图所示,两个圆弧轨道固定在水平地面上,半径R相同,Ⅰ轨道由金属凹槽制成,Ⅱ轨道由金属圆管制成,均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放,小球距离地面的高度分别用hA和hB表示,下述说法中错误的是 ( )
A.若hA=hB≥2R,则两小球都能沿轨道运动到最高点
B.若hA=hB=,由于机械能守恒,两小球在轨道上上升的最大高度均为
C.适当调整hA和hB,均可使两小球从轨道最高点飞出后再次进入原轨道运动
D.若使小球沿轨道运动并从最高点飞出,A小球在hA≥、B小球在hB>2R的任意高度均可
二、非选择题(本题共6小题,共60分)
11.(8分)如图甲所示,对两小桶及里面所装物体组成的系统,某实验小组要探究其运动时机械能的变化情况。图甲中定滑轮的质量很小,转动时受到的摩擦力很小。他们首先在两小桶里装适当质量的物体,使滑轮刚好不转动,然后将M中质量为25 g的物体取出放入N中,再将系统由静止释放,系统运动过程中用手机对N进行连拍,相邻两次拍照的时间间隔为0.1 s。照片记录的N运动过程中每隔0.1 s的部分相对位置如图乙所示。当地的重力加速度g=9.8 m/s2,按要求回答问题。
(1)系统释放后M和N做匀加速直线运动的加速度大小为 m/s2。
(2)若不计滑轮的质量和受到的阻力,两小桶及里面所装物体组成系统的总质量为 kg。
(3)从开始运动至N到达C位置,该实验小组根据照片测出该过程N下落的高度,从而计算得出系统重力势能的减小量为0.11 J,他们又根据第(2)问结果计算该过程系统动能的增加量,应为 J。(结果保留两位有效数字)
12.(6分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示,轻弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
图(a)
(1)实验中涉及下列操作步骤:
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是 (填入代表步骤的序号)。
(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz。由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度大小为 m/s。比较两纸带可知, (填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。
13.(8分)如图所示,倾角为θ=37°的斜面体放在光滑的水平地面上,质量为m=5 kg的物体静止在斜面上,现对斜面体施加水平推力F使二者一起以加速度a=2 m/s2向左匀加速运动5 s,已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求此过程中:
(1)物体所受支持力和摩擦力的大小;
(2)重力、支持力对物体做的功。
14.(8分)2023年11月24日,全球首个“海底数据舱”成功安装在海南陵水海域,起重机吊着“海底数据舱”从海面下沉到水中预定位置。某一阶段该舱竖直下沉15 m,此过程其速度v随时间t的变化关系如图所示,已知“海底数据舱”质量为1.0×106 kg,下沉过程中所受水的阻力(含浮力)恒为2.0×106 N。重力加速度g=9.8 m/s2。求;
(1)0~30 s内,“海底数据舱”的最大速度vm;
(2)10~30 s内,起重机的拉力大小F;
(3)0~30 s内,起重机拉力的最大功率Pm。
15.(14分)如图所示,M、N为两根相同的轻弹簧,M竖直放置,上端与小物块A相连,下端固定在地面上,N套在光滑水平轻杆上,左端固定在竖直细管上,右端与物块B相连,一根不可伸长的轻绳穿过细管及管上的小孔连接物块A和B。杆可绕细管在水平面内转动。初始时系统静止,M处于压缩状态,两弹簧的形变量均为Δx=0.1 m,物块B与弹簧左端距离L=0.8 m。已知物块A、B的质量分别为mA=2.0 kg、mB=0.4 kg,A距管下端口足够远,杆足够长,不计一切摩擦,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g=10 m/s2。
(1)系统静止时,求轻绳中的张力F;
(2)杆绕细管以角速度ω稳定转动时,A静止,M的形变量仍为Δx,求角速度ω;
(3)系统从静止到(2)中情境的过程中,外界对系统做的功W。
16.(16分)如图所示是一弹射游戏装置,由安装在水平台面上的固定弹射器、水平轨道OA和CD、竖直圆轨道(在最低点A、C分别与水平轨道OA和CD相连)、倾斜长轨道DE组成。游戏时滑块从O点弹出后,经过圆轨道并滑上倾斜长轨道DE,若滑块从长轨道DE滑下则反向进入圆轨道,从圆轨道滑出,进入AO轨道并压缩弹射器的弹簧,随后能再次弹出(无能量损失)算游戏成功。已知圆轨道半径为R,轨道DE的倾角θ=37°,滑块质量为m,滑块与轨道DE之间的动摩擦因数μ=0.5,其余都光滑,各轨道之间平滑连接,滑块可视为质点,弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块的动能,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g。
(1)若滑块第一次进入圆轨道,恰好能过最高点B,求:①对应的临界速度vB的大小;②滑块能滑上斜轨道的最大距离l;
(2)若某次游戏时弹射释放的弹性势能为Ep=5mgR,求:
①滑块第一次从斜轨道返回C点时,对轨道的弹力大小;
②滑块在斜轨道上通过的总路程s;
答案全解全析
1.B 学生质量为50 kg,每次引体向上重心上升的高度为0.4 m,引体向上一次克服重力做功为W=mgh=50×10×0.4 J=200 J,全过程克服重力做功的平均功率为== W=80 W,故选B。
2.C 以桌面为零势能面,开始时链条的重力势能E1=-mg·L,当链条刚滑离桌面时的重力势能E2=-mg·L,故重力势能的变化量ΔE=E2-E1=-mgL,故选C。
3.A 设平板顶端到底端的高度为h,根据W=mgh可知,重力做功相同,A正确;根据机械能守恒可知mgh=mv2,三个小球到达底端的速度大小相等,方向不同,三个小球到达底端时的瞬时速度不相同,C错误;根据牛顿第二定律可知mg sin θ=ma,解得a=g sin θ,根据v=at可知,倾角越大,运动的时间越短,故沿倾角为θ3的平板下滑的时间最长,由重力的平均功率=,可知沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最小,B错误;到达底端时重力的瞬时功率P=mgvy=mgv sin θ,故斜面倾角越小,重力的瞬时功率越小,沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小,D错误。故选A。
4.C 根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右,因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左,A错误;滑块对木板的滑动摩擦力大小f=μ1mg=3 N,由于木板始终保持静止,故地面对木板的静摩擦力大小fM=f=3 N,B错误;木板始终保持静止,即μ2(m+M)g≥f,解得μ2≥0.1,C正确;整个过程中,滑块的动能全部转化为系统的内能,产生的热量Q=m=2 J,D错误。
5.C 根据动能定理有ΔEk=F合Δh,可知Ek-h图像的斜率绝对值等于合力大小,则上升阶段有F+mg= N=16 N,下落阶段有mg-F= N=4 N,联立解得F=6 N,m=1 kg,根据图像可知,物体的初动能为m=128 J,解得物体上升阶段的初速度大小为v0=16 m/s,物体上升阶段的加速度大小为a1==16 m/s2,则上升阶段的时间为t1== s=1 s,根据图像可知,物体落地时的动能为mv2=32 J,解得物体落地时的速度大小为v=8 m/s,物体下落阶段的加速度大小为a2==4 m/s2,则下落阶段的时间为t2== s=2 s,则物体从抛出到回到地面的总运动时间为t=t1+t2=3 s,故选C。
6.BCD 人们对客观世界的认识,要受到所处时代的客观条件和科学水平的制约,具有一定的局限性,人们只有不断地扩展认识,才能掌握更广阔领域内的不同事物的本质与规律;相对论并没有否定经典力学,而是在经典力学基础上的延伸和发展。所以A错,B、C、D对。
7.BC 由于传送带足够长,滑块先减速向左滑行,直到速度减为零,然后滑块会在滑动摩擦力的作用下向右加速,由于v1
(说明:t1是滑块向左速度为零的时刻,t2为滑块向右与传送带共速的时刻,t3为滑块回到出发点的时刻。x1为横轴下方阴影小三角形面积,x相为阴影大三角形面积)
设滑块向左运动的位移为x1,这个过程滑块克服摩擦力做的功W1=fx1=m,
设滑块从出发到与传送带共速过程两者的相对位移为x相,则整个过程因摩擦产生的热量Q=fx相,由三角形相似知=()2,
所以Q=m()2=m(v1+v2)2,C正确;
由能量守恒知,此过程中电动机对传送带做的功等于滑块动能的增加量与摩擦产生的热量之和,即W2=m-m+Q,整理得W2=m+mv1v2,D错误。故选B、C。
8.CD 斜面固定不动,若系统机械能保持不变,则物体减小的重力势能和增加的动能应相等,根据题意可得ΔEp=mgh=25 J,ΔEk=mv2=18 J,两者不等,即系统的机械能不守恒,A、B错误,C正确;物体的机械能减少了ΔE=ΔEp-ΔEk=7 J,D正确。
9.AD 根据甲图可知,开始下落时Ep0=10 J=mgh0,解得h0=1 m,即小球下落的初始位置距地面的高度为1 m,故A正确;根据乙图可知弹簧的最大压缩量为0.6 m-0.5 m=0.1 m,故B错误;由能量关系可知mgh=10×0.6 J=6 J=Ep0-Ep1,初始状态小球的重力势能为Ep0=10 J,小球在最低点时的重力势能为Ep1=10 J-6 J=4 J,故C错误;小球在最低点时的弹力势能为E弹=4.8 J,由功能关系有Ep0=Ep1+E弹+fh,解得小球下落到最低点过程受到的阻力大小为f=2 N,故D正确。
10.ABC A球到达最高点的临界条件为在最高点时vA=,根据机械能守恒有mghA=2mgR+m,得hA=2.5R,B球到达最高点的临界条件为在最高点时vB=0,显然hB=2R,即可达最高点,故A错误,D正确;由于A小球离开轨道时在水平方向有初速度,根据机械能守恒可知B选项错误;若使小球从最高点飞出后再次进入原轨道,据平抛运动规律有R=vt,R=gt2,解得v=<,所以A球从最高点飞出后不可能再次进入原轨道,C错误。
11.答案 (1)2.45(2分) (2)0.2(3分) (3)0.10(3分)
解析 (1)根据题意,设释放后,M和N做匀加速直线运动的加速度大小为a,由逐差法有xCE-xAC=a,代入数据解得a=2.45 m/s2。
(2)根据题意,设两小桶及里面所装物体组成系统的总质量为m,对系统,由牛顿第二定律有2Δmg=ma,代入数据解得m=0.2 kg。
(3)N到达C位置时的速度为vC==1 m/s,则该过程系统动能的增加量为ΔEk=m=0.10 J。
12.答案 (1)④①③② (2)1.29 M(每空2分)
解析 (1)实验步骤中,一定要注意接通打点计时器电源之后再松手释放物块。若顺序搞反,可能造成物块已离开桌面但打点计时器还没有开始工作。
(2)从M纸带上看,最后两个数据2.58 cm、2.57 cm相差不大,表示物块已经脱离弹簧,所以速度大小v=×10-2 m/s≈1.29 m/s,同理可计算出打下L纸带时物块脱离弹簧时的速度要小一些。
13.答案 (1)46 N 22 N (2)0 690 J
解析 (1)斜面体和物体一起做匀加速运动,假设物体受到的静摩擦力沿斜面向上,如图所示,
竖直方向有FN cos θ+Ff sin θ=mg (1分)
水平方向有FN sin θ-Ff cos θ=ma (1分)
解得FN=46 N,Ff=22 N(1分)
故假设正确,物体所受支持力为46 N,摩擦力为22 N(1分)
(2)t=5 s内物体的位移为x=at2=25 m(1分)
重力与运动方向垂直,做的功为W1=0 (1分)
支持力对物体做的功为W2=FNx cos=690 J(2分)
14.答案 (1)1 m/s (2)7.85×106 N (3)7.85×106 W
解析 (1)v-t图线与t轴围成的面积表示位移,则根据题图可知,下沉距离H=·t总 (1分)
解得vm=1 m/s(1分)
(2)根据题图可得10~30 s内加速度大小为a== m/s2=0.05 m/s2 (1分)
此过程对数据舱受力分析,设起重机拉力大小为F,水的阻力大小为f,则由牛顿第二定律有F+f-mg=ma(2分)
解得F=7.85×106 N(1分)
(3)受力分析结合题图可知,起重机在0~10 s内的拉力小于在10~30 s内的拉力,在10~30 s阶段且速度最大时刻,功率最大,则有Pm=Fvm(1分)
代入数据解得Pm=7.85×106 W(1分)
15.答案 (1)10 N (2)10 rad/s (3)24 J
解析 (1)系统静止时设弹簧中弹力为F1,A物块受力平衡,有mAg=F1+F (2分)
易判断此时弹簧N也处于压缩状态,B物块受力平衡,有F=F1 (1分)
解得F=10 N(1分)
(2)两弹簧均处于拉伸状态,且形变量相同,设绳中张力为F2,则
A物块受力平衡,有mAg+F1=F2 (1分)
对B物块有F1+F2=mBω2r, (2分)
r=L+2Δx (1分)
解得ω=10 rad/s(1分)
(3)系统从静止到(2)中情境过程中,根据功能关系有
W=mAgh+mB, (2分)
且h=2Δx, (1分)
vB=ωr (1分)
解得W=24 J(1分)
16.答案 (1)① ②R (2)①3mg ②R
解析 (1)①滑块恰好过B点,有mg=m (1分)
解得v2= (1分)
②从B点至沿斜轨道上滑l,由动能定理有
mg(2R-l sin θ)-μmgl cos θ=0-m (2分)
解得l=R (1分)
(2)①设滑块第一次运动到斜轨道沿斜轨道上滑的距离为l1,由能量守恒得
Ep=mgl1sin θ+μmgl1cos θ (2分)
解得l1=5R (1分)
返回到C处时滑块的机械能E1=Ep-2μmgl1 cos θ=mgR (1分)
滑块返回C点时,有mgR=m (1分)
F-mg=m (1分)
联立解得F=3mg,由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的弹力为3mg,方向竖直向下。 (1分)
②由滑块第一次返回到C处时滑块的机械能E1=mgR可知,此后滑块恰好不脱离轨道,在圆轨道与斜轨道间往复运动,最终停在D点。(1分)
对全程应用动能定理有Ep-μmgs cos θ=0 (2分)
得s=R (1分)
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