最新教科版高中物理必修二第四章机械能和能源同步检测试卷及解析

单元形成性评价(四)(第四、五章)
(90分钟100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。

1～5为单选，6～10为多选)
1．下列说法正确的是( )
A．经典力学适用于任何情况下的任何物体
B．狭义相对论否定了经典力学
C．量子力学能够描述微观粒子运动的规律性
D．万有引力定律也适用于强相互作用力
【解析】选C。

经典力学只适用于宏观、低速、弱引力的情况，A错误；狭义相对论没有否定经典力学，在宏观低速情况下，相对论的结论与经典力学没有区别，B错误；量子力学正确地描述了微观粒子运动的规律，C正确；万有引力定律只适用于弱相互作用力，而对于强相互作用力是不适用的，D错误。

2．如图，位于水平面的圆盘绕过圆心O的竖直转轴做圆周运动，在圆盘上有一质量为m的小木块，距圆心的距离为R, 木块与圆盘间的最大静摩擦力为压力的k倍，在圆盘转速缓慢增大的过程中，下列说法正确的是 ( )
A．小木块滑动时，沿切线方向滑离圆盘
B．小木块受重力、支持力和向心力
C．小木块获得的最大动能为1
2
kmgR
D．小木块所受摩擦力提供向心力，始终指向圆心，故不对其做功
【解析】选C。

小木块滑动时，还受到指向圆心的摩擦力，所以轨迹为曲线，不会沿切线方向飞出，故A错误；小木块在运动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，向心力是效果力，不能说小木块受到向心力，故B错误；在木块的摩擦力没有达到最大前，静摩擦力的一部分提供向心力，由牛顿第二定律可得木块所受的静摩擦力沿圆心方向的分力，又因为最
大静摩擦力等于滑动摩擦力：kmg＝m v2
R
，解得最大速度v＝kgR ，则小木块的最大动能不
超过：E km＝1
2
mv2＝
1
2
kmgR，故C正确；当圆盘转速增大时，小木块的速度增大，由于重力
和支持力不做功，根据动能定理知，摩擦力做正功，故D错误。

3．一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移x时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为4F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是( )
A．8P B．6P C．4P D．2P
【解析】选A。

根据动能定理，有：Fx＝1
2
mv2，解得：v＝
2Fx
m
，功率为：P＝Fv＝F
2Fx
m
；
同理4F后的速度为：v′＝8Fx
m
，功率为：P′＝4Fv′＝4F
8Fx
m
＝8P，故A正确，B、
C、D错误。

4．一颗小钢珠从水面上方由静止释放，落入水中，溅起的小水珠跳得比钢珠释放时的位置还高，如图所示，对这种现象下列说法中正确的是( )
A．小水珠溅起的高度超过钢珠下落时的高度，违背了能量守恒定律
B．小钢珠下落时具有的重力势能小于溅起的水珠在最高点的重力势能
C．小钢珠下落时具有的重力势能等于溅起的水珠在最高点的重力势能
D．小钢珠下落时具有的重力势能大于溅起的水珠在最高点的重力势能
【解析】选D。

小钢珠的重力势能转化为小钢珠的动能，再转化为水的弹性势能，最后转化成小水珠的动能，小水珠升高的过程中，动能又转化为重力势能(即表现为小水珠的高度)，在这一过程中，小水珠的总动能要小于小钢珠的动能，但是，各个水珠的质量都比较小，因此，小水珠跳起的高度存在多种可能性。

当小钢珠的质量比较大的时候，完全有可能出现个别小水珠跳起的高度超过钢珠下落的高度，故D对，A、B、C错。

5．(2020·全国Ⅱ卷)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。

若摩托车经过a点时的动能为
E 1，它会落到坑内c 点。

c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。

E 2E 1
等于( )
A.20 B ．18 C ．9.0 D ．3.0
【解析】选B 。

摩托车从a 到c 做平抛运动，水平方向：h ＝v 1t ①，竖直方向：h ＝1
2 gt 2②，
又知E 1＝12 mv 2
1 ③，联立①②③得E 1＝mgh
4
；摩托车从a 到b 做平抛运动，水平方向：3h ＝
v 2t ④，竖直方向：0.5h ＝1
2 gt 2⑤，又知E 2＝12
mv 2
2 ⑥，联立④⑤⑥得E 2＝9mgh 2 ，所以E 2
E 1
＝18，B 正确，A 、C 、D 错误。

6．如图所示，由电动机带动着倾角θ＝37°的足够长的传送带以速率v ＝4 m/s 顺时针匀速转动，一质量m ＝2 kg 的小滑块以平行于传送带向下v ′＝2 m/s 的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝78 ，g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，则
小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内，下列说法正确的是( )
A ．重力势能增加了72 J
B ．摩擦力对小滑块做功为72 J
C ．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为252 J
D ．电动机多消耗的电能为386 J
【解析】选A 、C 。

对滑块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向f －mg sin 37°＝ma ，垂直斜面方向N －mg cos 37°＝0，其中f ＝μN ，联立解得：a ＝g (μcos37°－sin37°)＝1 m/s 2，以平行斜面向上为正方向，设运动到相对静止的时间为t ，根据速度—时间关系公式，有：t ＝
Δv
a
＝
4－（－2）
1
s ＝6 s ，则位移：x ＝v
t＝4＋（－2）
2
×6 m＝6 m，故重力势能增加量为：ΔE p＝mgΔh＝mg·x sin 37°＝72 J，
故A正确；摩擦力对小滑块做功为W＝μmg cos 37°x＝84 J，故B错误；在6 s内传送带的位移：x′＝vt＝4×6 m＝24 m，故相对位移为：Δx＝x′－x＝24 m－6 m＝18 m，故产生
的内能为：Q＝μmg cos 37°·Δx＝7
8
×2×10×18×0.8 J＝252 J，故C正确；小滑块增
加的动能ΔE k＝1
2
mv2－
1
2
mv′2＝12 J，多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，为：
W＝ΔE
p
＋ΔE k＋Q＝72 J＋12 J＋252 J＝336 J，故D错误；故选A、C。

7．(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。

该物体开始滑动时的动能为E k，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面
底端时动能为E
k
5。

已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。

则( )
A．物体向上滑动的距离为
E
k 2mg
B．物体向下滑动时的加速度大小为g 5
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【解析】选B、C。

设物体向上滑动的距离为x，斜面的动摩擦因数为μ，对物体从斜面底端滑到最高点和从最高点滑到底端的过程用动能定理有：－mgx sin α－μmgx cos α＝0－E k，
mgx sin α－μmgx cos α＝E
k
5
－0，联立解得x＝
E
k
mg
，μ＝0.5，故选项A错误，C正确；
物体沿斜面向下滑动的加速度为a2＝g sin α－μg cos α＝g
5
，故选项B正确；物体向上
滑和向下滑的距离相同，而向上滑的加速度a1＝g sin α＋μg cos α＝g，大于向下滑的加
速度a2，由x＝1
2
at2可知，向上滑的时间比向下滑的时间短，故选项D错误。

8．(2021·广东选择考)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹。

战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹。

手榴弹从
投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。

下列说法正确的有( )
A.甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
【解析】选B、C。

由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝2h
g
，因为两手榴弹运动
的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgv y＝mg2gh ，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔE p＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。

9．三个小物块分别从3条不同的光滑轨道的上端由静止开始滑下。

已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，如图所示。

若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3，则( )
A．s1>s2B．s2>s3
C．s1＝s3D．s2＝s3
【解析】选B、C。

由机械能守恒定律mgΔh＝1
2
mv2，v＝2gΔh ，得v
1
∶v2∶v3＝3∶2∶
1；由平抛运动在竖直方向上做自由落体运动h＝1
2
gt2，t＝
2h
g
，可得t1∶t2∶t3＝1∶2∶
3，其水平位移s＝vt，所以s1∶s2∶s3＝3∶2∶3，故s2>s3，s1＝s3，所以选项B、C 正确，A、D错误。

10．(2020·全国Ⅰ卷)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2，则( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【解析】选A、B。

下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减少的重力势能并不等于增加的动能，所以物块下滑过程中机械能不守恒，故选项A正确；设斜面倾角为θ，物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，而h＝3 m，则物块质量m＝1 kg，下滑5 m
过程中，对物块由动能定理有mgh－μmg cos θ·s＝E k－0，而cos θ＝4
5
、E k＝10 J，解
得μ＝0.5，故选项B正确；对物块由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a ＝2 m/s2，故选项C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，故选项D错误。

二、实验题(本题共2小题，共12分)
11．(6分)(2021·自贡高一检测)某同学利用如图甲所示的装置探究动能定理。

固定并调整斜槽，使它的末端O点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸。

将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x。

改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：
高度H (h 为单位
长度)
h 2h 3h 4h 5h 6h 7h 8h 9h
水平位移x (cm) 5.5 9.1 11.7 14.2 15.9 17.6 19.0 20.6 21.7
(1)斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，斜槽底端离地面的高度为y ，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滚下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是________________。

(2)以H 为横坐标，以__________为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示。

(3)由第(1)(2)问，可以得出结论_________________。

【解析】(1)设小球离开斜槽时的速度为v ，根据平抛运动的规律得：x ＝vt ，y ＝1
2 gt 2
联立解得：v ＝x
g 2y
小球在斜槽上滚下的过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：
W ＝mgH －μmg cos θ·H
sin θ ＝mgH ⎝
⎛
⎭⎪⎫1－
μtan θ 小球动能的变化量ΔE k ＝12 mv 2＝mg
4y
x 2
则小球从斜槽上滚下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是
mgH ⎝
⎛
⎭⎪⎫1－
μtan θ ＝mg 4y x 2。

(2)根据以上分析可知，以H 为横坐标，以x 2为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如题图乙所示。

(3)由第(1)(2)问，结合图像可得：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于其动能的增量。

答案：(1)mgH ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－
μtan θ ＝mg 4y x 2 (2)x 2 (3)在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于小球动能的增量
12．(6分)某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验。

(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是_____________________， 理由是_____________________。

(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图a 所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s ，请根据纸带计算出打B 点时纸带的速度大小为________ m/s 。

(结果保留三位有效数字)
(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v 2
­h 图线如图b 所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g ＝________ m/s 2。

(结果保留三位有效数字)
【解析】(1)机械能守恒的条件是只有重力或系统内的弹簧弹力做功，所以实验设计就要排除除重力外的其他力做功，乙方案中的摩擦力做负功会导致实验失败。

(2)图甲为自由落体运动，是匀变速运动，中间时刻的速度等于平均速度。

所以B点的瞬时速度等于AC的平均速度，v B
＝（12.40－6.93）×0.01 m
0.04 s
＝1.367 5 m/s≈1.37 m/s。

(3)根据机械能守恒定律mgh＝
1
2
mv2，
整理就是v2＝2gh，所以重力加速度就等于图线斜率的一半。

答案：(1)甲小车在斜面下滑有摩擦力做负功，机械能不守恒(2)1.37 (3)9.78(9.75～
9.81均可)
三、计算题(本题共4小题，共48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)
13．(10分)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为2 kg的小球，球被垂直于斜面的挡板挡住，若斜面足够长，g取10 m/s2，求：
(1)球对挡板和斜面的压力大小。

(2)撤去挡板，3 s末小球的速度大小。

(3)撤去挡板，2 s内小球重力的平均功率。

【解析】 (1)对小球进行受力分析：小球受重力，挡板对球的弹力F，斜面对球的弹力N。

如图所示：
将F和N合成，根据共点力平衡条件得出：
F＝mg sin 30°，N＝mg cos 30°(1分)
代入数据解得：
F＝10 N，N＝103 N(1分)
由牛顿第三定律可知：小球对挡板的压力大小为10 N，对斜面的压力大小为103 N。

(1分)
(2)撤去挡板后，小球将沿斜面匀加速下滑，
由牛顿第二定律mg sin 30°＝ma(1分)
解得：a＝5 m/s2(1分)
根据速度公式：v＝at1
可得：v＝5×3 m/s＝15 m/s(2分)
(3)小球在2 s内运动的位移：x＝1
2
at
2
2
＝
1
2
×5×22m＝10 m(1分)
2 s内重力做功为W＝mgx sin 30°＝2×10×10×1
2
J＝100 J(1分)
2 s内重力的平均功率：P＝W
t
2
＝
100
2
W＝50 W(1分)
答案：(1)10 N 103 N (2)15 m/s (3)50 W
14．(10分)如图所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，从距挡板为s0的位置以v0的速度沿斜面向上滑行。

设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足够长，滑块可视为质点。

求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s。

【解析】滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小
F
f
＝μF N＝μmg cos θ①(2分) 整个过程滑块下落的总高度
h＝s
sin θ②(2分)
根据动能定理
mgh－F
f s＝0－
1
2
mv
2
③(3分)
联立以上①②③得
s＝s
tan θ
μ
＋
v2
2μg cos θ
(3分)
答案：s
tan θ
μ
＋
v2
2μg cos θ
15．(14分)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。

航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。

为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意图如图2，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。

若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B 点进入BC。

已知飞行员的质量m＝60 kg，g取10 m/s2，求：
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W。

(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力F N多大。

【解题指南】解答本题应注意以下三点：
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功等于其动能的变化量。

(2)根据几何关系求出圆弧BC所在圆的半径。

(3)舰载机刚进入BC时飞行员所受力的合力提供其做圆周运动的向心力。

【解析】(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，
设其刚进入上翘甲板时的速度为v，
则有v
2
＝
L
1
t
①(3分)
根据动能定理，
有W ＝12 mv 2－0②(3分) 联立①②式，代入数据，
得W ＝7.5×104 J ③(2分)
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，
有L 2＝R sin θ④(2分)
由牛顿第二定律，
有F N －mg ＝m v 2
R
⑤(2分) 联立①④⑤式，代入数据，
得F N ＝1.1×103 N(2分)
答案：(1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
16．(14分)如图，在竖直平面内由14 圆弧AB 和12
圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接。

AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2 。

一小球在A 点正上方与A 相距R
4 处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动。

(1)求小球在B 、A 两点的动能之比。

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点。

【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)机械能守恒定律。

(2)圆周运动向心力F 向＝m v 2
R。

(3)圆周运动绳模型能通过最高点的条件v ≥gR 。

【解析】(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒可得E k A ＝mg R
4
(3分)
设小球在B 点的动能为E k B ，同理有
E k B ＝mg 5R 4
(3分) 由以上公式联立可得E k B ∶E k A ＝5∶1(2分)
(2)小球能通过最高点的条件
N ＋mg ＝m v 2R
， N ≥0，(1分) 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心力公式有N ＋mg ＝m v 2
C R 2
， 联立可得m 2v 2C R ≥mg ，(3分)
根据机械能守恒得mg R 4 ＝12
mv 2C (2分) 代入上式可得小球恰好可以沿轨道运动到C 点。

答案：(1)5∶1 (2)见解析。