新设计物理必修二粤教版讲义2阶段检测

阶段检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。1～6为单项选择题，7～10为多项选择题。)1.汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中()A.汽车的机械能守恒B.汽车的动能和势能相互转化C.机械能转化为内能，总能量守恒D.机械能和内能之间没有转化解析汽车关闭发动机后，匀速下滑，重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡，摩擦阻力做功，汽车摩擦生热，温度升高，有部分机械能转化为内能，机械能减少，但总能量守恒。因此，只有选项C正确。答案C2.如图1所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程。将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()图1A.阻力对系统始终做负功B.系统受到的合力始终向下C.重力做功使系统的重力势能增加D.任意相等的时间内重力做的功相等解析无论系统在什么运动情况下，阻力一定做负功，A正确；加速下降时，合力向下，减速下降时，合力向上，B错误；系统下降，重力做正功，所以重力势能减少，C错误；由于系统做变速运动，系统在相等时间内下落的高度不同，所以重力做功不同，D错误。答案A3.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A.4倍 B.2倍C.eq\r(3)倍 D.eq\r(2)倍解析由P＝Fv＝kv·v＝kv2知P变为原来的2倍时，v变为原来的eq\r(2)倍。答案D4.如图2甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时F做的总功为()图2A.0 B.eq\f(1,2)Fmx0C.eq\f(π,4)Fmx0 D.eq\f(π,4)xeq\o\al(2,0)解析F为变力，但F－x图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功。由于图线为半圆，又因在数值上Fm＝eq\f(1,2)x0，故W＝eq\f(1,2)πFeq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)π·Fm·eq\f(1,2)x0＝eq\f(π,4)Fmx0。答案C5.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是()解析物体机械能的增量等于恒力做的功，恒力做功WF＝Fh，h＝eq\f(1,2)at2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化关系为E＝eq\f(1,2)Fat2。撤去恒力后，物体机械能不变，故选项C正确。答案C6.(2018·韶关高一检测)质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图3所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子所受拉力大小为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()图3A.eq\f(mgR,8) B.eq\f(mgR,4)C.eq\f(mgR,2) D.mgR解析在最低点有7mg－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，在最高点有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，由最低点到最高点的过程，根据动能定理得－2mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，由以上三个方程解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，故C正确。答案C7.质量为4kg的物体被人由静止开始向上提升0.25m后速度达到1m/s，不计空气阻力，g取10m/s2，则下列判断正确的是()A.人对物体传递的功是12JB.合外力对物体做功2JC.物体克服重力做功10JD.人对物体做的功等于物体增加的动能解析人提升物体的过程中，人对物体做了功，对物体传递了能量，不能说人对物体传递了功，A错误；合外力对物体做的功(包括重力)等于物体动能的变化W合＝eq\f(1,2)mv2＝2J，B正确；物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量WG＝mgh＝10J，C正确；W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝12J，D错误。答案BC8.如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道底部有一小圆弧相连，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h。如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是()解析小球在运动过程中机械能守恒，A、C图中小球不能脱离轨道，在最高点速度为零，因而可以达到h高度。但B、D图中小球都会脱离轨道而做斜抛运动，在最高点具有水平速度，所以在最高点的重力势能要小于mgh(以最低点为零势能面)，即最高点的高度要小于h，选项A、C正确。答案AC9.(2018·揭阳高一期中检测)某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2s内做匀加速直线运动，2s末达到额定功率，2s到14s保持额定功率运动，14s末停止摇控，让玩具车自由滑行，其v－t图象如图4所示。可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m＝1kg，取g＝10m/s2，则()图4A.玩具车所受阻力大小为2NB.玩具车在4s末牵引力的瞬时功率为9WC.玩具车在2s到10s内位移的大小为39mD.玩具车整个过程的位移大小为90m解析由图象可知在14s后的加速度a2＝eq\f(0－6,4)m/s2＝－1.5m/s2，故阻力f＝ma2＝－1.5N，A错误；玩具车在前2s内的加速度a1＝eq\f(3－0,2)m/s2＝1.5m/s2，由牛顿第二定律可得牵引力F＝ma1－f＝3N，当t＝2s时达到额定功率P额＝Fv＝9W。此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t＝4s时功率为9W，B正确；玩具车在2s到10s内做加速度减小的加速运动，由动能定理得P额t＋fs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得s2＝39m，故C正确；由图象可知总位移大小s＝eq\f(1,2)×3×2m＋39m＋6×4m＋eq\f(1,2)×4×6m＝78m，故D错误。答案BC10.如图5所示为一滑草场，某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则()图5A.动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B.载人滑草车的最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程分析，得mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，选项A正确；对经过上段滑道的过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，选项D错误。答案AB二、非选择题(本题共6小题，共50分)11.(6分)某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：图6①安装好实验装置如图6所示。②将质量为200g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车。③在质量为10g、30g、50g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线P上。④打开打点计时器的电源，释放小车，打出一条纸带。(1)在多次重复实验得到的纸带中取出较为满意的一条，经测量、计算，得到如下数据：第一个点到第N个点的距离为40.0cm；打下第N点时小车的速度大小为1.00m/s。该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，算出拉力对小车做的功为________J，小车动能的增量为______J。(g＝9.8m/s2)(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素。请你根据该同学的实验操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是(至少说出两种可能)：________________________________________________________________________。答案(1)0.1960.1(2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力12.(6分)“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法(g取10m/s2)。(1)用公式eq\f(1,2)mv2＝mgh，对纸带上起点的要求是初速度为________，为达到此目的，所选择的纸带第1、2两点间距应接近___________(打点计时器打点的时间间隔为0.02s)。(2)若实验中所用重物质量m＝1kg，打点纸带如图7甲所示，打点时间间隔为0.02s，则记录B点时，重物速度vB＝________，重物的动能EkB＝________，从开始下落至B点，重物的重力势能减少量是________，因此可得出的结论是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。图7(3)根据纸带算出相关各点的速度值，量出下落的距离，则以eq\f(v2,2)为纵轴，以h为横轴画出的图线应是图乙中的________。解析(1)初速度为0，所选的第1、2两点间距应接近2mm。(2)vB＝eq\f(sAC,2T)＝eq\f(（31.4－7.8）×10－3,2×0.02)m/s＝0.59m/sEkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×1×0.592J≈0.174JΔEp＝mgh＝1×10×17.6×10－3J＝0.176J在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量。(3)由eq\f(1,2)mv2＝mgh可得eq\f(v2,2)＝gh∝h，故选项C正确。答案(1)02mm(2)0.59m/s0.174J0.176J在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量(3)C13.(8分)小球自h＝2m的高度由静止释放，与地面碰撞后反弹的高度为eq\f(3,4)h。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是重力的多少倍？(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，所受阻力大小为f。(1)小球从h处释放时速度为零，与地面碰撞反弹到eq\f(3,4)h时，速度也为零，由动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(3,4)h))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(3,4)h))＝0解得f＝eq\f(1,7)mg，eq\f(f,mg)＝eq\f(1,7)。(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－fs＝0s＝eq\f(mg,f)h＝7×2m＝14m。答案(1)eq\f(1,7)(2)14m14.(2018·珠海高一检测)(10分)如图8所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5m，平台与轨道的最高点等高，一质量m＝0.8kg的小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，试求：图8(1)小球从平台上的A点射出时的速度大小v0；(2)小球从平台上的射出点A到圆轨道入射点P之间的水平距离L；(3)小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；(4)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小。解析(1)小球从A到P的高度差为h＝R(1＋cos53°)从A到P是平抛运动，根据分运动公式，有h＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt，tan53°＝eq\f(vy,v0)联立并代入数据解得v0＝3m/s(2)从A到P是平抛运动，根据分位移公式，有L＝v0t联立并代入数据解得L＝1.2m(3)从A到圆弧最低点，根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得v1＝eq\r(29)m/s(4)小球从A到达Q时，根据机械能守恒定律可知vQ＝v0＝3m/s；在Q点，根据牛顿第二定律有N＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得N＝－mg＋meq\f(veq\o\al(2,0),R)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－0.8×10＋0.8×\f(32,0.5)))N＝6.4N＞0根据牛顿第三定律，小球对外管壁有压力，压力大小为6.4N。答案(1)3m/s(2)1.2m(3)eq\r(29)m/s(4)小球对外管壁有弹力，大小为6.4N15.(10分)如图9甲所示，质量m＝1kg的物体静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，物体受到一个变力F作用，t＝1s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v－t图象如图乙所示，不计其他阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图9(1)变力F做的功；(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率；(3)物体回到出发点的速度大小。解析(1)由图象知物体1s末的速度大小v1＝10m/s，根据动能定理得WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝50J。(2)物体在斜面上升的最大距离s＝eq\f(1,2)×1×10m＝5m物体到达斜面时的速度大小v2＝10m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理－mgssin37°－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得Wf＝20J，eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(Wf,t)＝20W。(3)设物体重新到达斜面底端时的速度大小为v3，则根据动能定理－2Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\