PAGE15-單元素養評價（四）(第八章)(90分鐘100分)【合格性考試】(60分鐘60分)一、選擇題(本題共9小題,每小題3分,共27分)1.如圖所示,甲圖表示籃球運動員起跳離開地面,乙圖表示蹦床運動員起跳離開蹦床,對于上述兩個過程下列說法正確的是 ()A.甲圖中地面對運動員做了功,乙圖中蹦床對運動員也做了功B.甲圖中地面對運動員不做功,乙圖中蹦床對運動員也不做功C.甲圖中地面對運動員不做功,乙圖中蹦床對運動員做了功D.甲圖中地面對運動員做了功,乙圖中蹦床對運動員不做功【解析】選C。甲圖中地面對運動員的支持力沒有位移,故地面對運動員不做功,乙圖中蹦床對運動員的支持力有位移,故蹦床對運動員做功,故C正確,A、B、D錯誤。2.如圖所示,質量為m的飛機在水平甲板上,受到與豎直方向成θ角的斜向下的拉力F作用,沿水平方向移動了距離s,飛機與水平面之間的摩擦力大小為f,則在此過程中 ()A.摩擦力做的功為fs B.力F做的功為FscosθC.重力做的功為mgs D.力F做的功為Fssinθ【解析】選D。摩擦力大小為f,則摩擦力所做的功為:Wf=-fs,故A錯誤;由題意可知,拉力與位移方向上的夾角為90°-θ,則依據功的公式可得:WF=Fscos(90°-θ)=fssinθ,故B錯誤,D正確;由于豎直方向上沒有位移,故重力不做功,故C錯誤。3.在里約奧運會女子十米臺決賽中,中國選手、四川妹子任茜為中國代表團拿下里約奧運會的第20枚金牌,也成為了中國奧運史上第一個00后冠軍。她在某次練習跳水時保持同一姿態在空中下落一段距離,重力對她做功950J,她克服阻力做功50J。任茜在此過程中 ()A.機械能減小了60J B.動能削減了950JC.動能增加了900J D.重力勢能減小了1000J【解析】選C。除重力外,人克服阻力做功50J,故機械能減小50J,故A錯誤;重力做功950J,人克服阻力做功50J,由動能定理,故動能增加(950-50)J=900J,故B錯誤,C正確;重力對人做功為950J,是正功,則人重力勢能減小950J,故D錯誤?！狙a償訓練】質量為m的物體在空中以0.9g(g為重力加速度)的加速度下落,在物體下落h高度的過程中,正確的是 ()A.重力勢能減小了0.9mghB.動能增大了0.9mghC.動能增大了0.1mghD.機械能損失了0.9mgh【解析】選B。重力做功等于重力勢能的削減量,而W=mgh,故A錯誤;物體在空中以0.9g(g為重力加速度)的加速度下落,故合力F=0.9mg,由動能定理得,ΔEk=Fh=0.9mgh,故B正確,C錯誤;機械能損失為0.1mgh,故D錯誤。4.在一次長途騎行中,道路地勢較為平坦,全程近似勻速前進,運動員與車加上行李總質量約為100kg,騎行過程中所受阻力恒為車和人總重的0.01倍,請估算運動員在路上騎行功率約為 ()A.500WB.300WC.50WD.5W【解析】選C。設人車的速度大小為5m/s,人在勻速行駛時,人和車的受力平衡,阻力的大小為:f=0.01mg=0.01×1000N=10N,此時的功率為:P=Fv=fv=10×5W=50W,故C正確,A、B、D錯誤。5.“殲-20”是中國自主研制的雙發重型隱形戰斗機,該機將擔負中國將來對空、對海的主權維護任務。在某次起飛中,質量為m的“殲-20”以恒定的功率P起動,其起飛過程的速度隨時間變更圖像如圖所示,經時間t0飛機的速度達到最大值為vm時,剛好起飛。關于起飛過程,下列說法正確的是 ()A.飛機所受合力不變,速度增加越來越慢B.飛機所受合力增大,速度增加越來越快C.該過程克服阻力所做的功為Pt0-12mD.平均速度為v【解題指南】解答本題可按以下思路進行:(1)依據P=Fv分析牽引力的變更,從而確定出合力的變更。(2)由牛頓其次定律分析加速度的變更狀況,即可分析速度變更快慢狀況。(3)將飛機的運動與勻速直線運動對比,分析其平均速度。(4)依據動能定理分析該過程克服阻力所做的功。【解析】選C。依據圖像可知,圖像的斜率為加速度,所以起飛中,斜率越來越小,加速度越來越小,速度增加越來越慢,依據牛頓其次定律F合=ma,加速度減小,合外力減小,故A、B錯誤;依據動能定理可知:12mvm2-0=Pt0-Wf,解得:Wf=Pt0-12mvm2,故C正確;因為不是勻變速運動,6.一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ,傳送帶以肯定的速度勻速運動。某時刻在傳送帶適當的位置放上具有肯定初速度的物塊(如圖甲所示),以此時為t=0時刻,作出小物塊之后在傳送帶上的運動速度隨時間的變更關系,如圖乙所示(圖中取沿斜面對下的運動方向為正方向,其中v1>v2)。已知傳送帶的速度保持不變,g取10m/s2,則 ()A.0~t1時間內,物塊對傳送帶做正功B.物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ<tanθC.0~t2時間內,傳送帶對物塊做功為W=12mv22-D.t1時刻之后,物塊先受滑動摩擦力,對其做正功,后受靜摩擦力,對其做負功【解析】選D。由題圖乙知,物塊的初速度方向平行傳送帶斜向上,在0~t1時間內速度減小,傳送帶對物塊做負功,由牛頓第三定律知,物塊對傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上,對傳送帶做負功,在t2時間后,物塊和傳送帶一起做勻速運動,有mgsinθ≤μmgcosθ,所以μ≥tanθ,B錯誤;在0~t2時間內,傳送帶對物塊做功W=ΔEk+ΔEp,C錯誤;在t1時刻后,物塊速度先增大后不變,摩擦力先做正功,后做負功,D正確。【補償訓練】如圖,足夠長的水平傳送帶以恒定速率運行。將一滑塊從傳送帶左端由靜止輕輕放上傳送帶,滑塊將先加速運動一段距離,滑塊與傳送帶間的滑動摩擦力記作f。下列推斷正確的是 ()A.傳送帶功率始終不變B.摩擦力f對滑塊所做的功等于滑塊增加的動能C.摩擦力f對滑塊和傳送帶所做的總功等于傳送帶輸出的機械能D.傳送帶克服摩擦力f所做的功等于滑塊與傳送帶接觸面上摩擦產生的熱【解析】選B。由于水平傳送帶足夠長,所以滑塊將先勻加速運動后做勻速直線運動,滑塊先受摩擦力作用后不受摩擦力作用,所以傳送帶受力發生變更,而水平傳送速率不變,依據傳送帶做功的功率P=Fv傳可知傳送帶功率發生變更,故A錯誤;依據動能定理可得摩擦力f對滑塊所做的功等于滑塊增加的動能,故B正確;摩擦力f對滑塊所做的功為Wf1=fx物,摩擦力f對傳送帶所做的功Wf2=-fx傳,滑塊與傳送帶接觸面上摩擦產生的熱為Q=fx相對,所以摩擦力f對滑塊和傳送帶所做的總功等于滑塊與傳送帶接觸面上摩擦產生的熱,故C錯誤;依據功能原理可得傳送帶克服摩擦力f所做的功等于傳送帶輸出的機械能,故D錯誤。7.如圖所示,一根繩的兩端分別固定在兩座猴山的A、B處,A、B兩點水平距離為16m,豎直距離為2m,A、B間繩長為20m。一質量為10kg的猴子抓住套在繩子上的光滑圓環從A處滑到B處。以A點所在水平面為零重力勢能參考平面,則猴子在滑行過程中重力勢能的最小值約為(繩子處于拉直狀態)()A.-1.2×103J B.-7.5×102JC.-6.0×102J D.-2.0×102J【解析】選B。設繩子的長度為l,AB之間的距離為d,平衡時繩子與豎直方向的夾角為θ,猴子受重力和兩個拉力而平衡,故:l左sinθ+l右sinθ=d,其中:l=l左+l右,故sinθ=dl=1620=0.8,可得:θ=53A、B兩點的豎直距離為2m,故l右cosθ-l左cosθ=2m,而l=l左+l右=20m,故l右cosθ=7m,故以A點所在水平面為參考平面,猴子在滑行過程中重力勢能最小值約為:Ep=-mgl右cosθ=-10×10×7J=-700J=-7×102J,考慮繩子有微小的形變,故猴子實際最低點可能的重力勢能約為-7.5×102J,故A、C、D錯誤,B正確。8.蹦極是一項既驚險又刺激的運動,深受年輕人的寵愛。如圖所示,蹦極者從P點由靜止跳下,到達A處時彈性繩剛好伸直,接著下降到最低點B處,B離水面還有數米距離。蹦極者(視為質點)在其下降的整個過程中,重力勢能的削減量為ΔE1,繩的彈性勢能的增加量為ΔE2,克服空氣阻力做的功為W,則下列說法正確的是 ()A.蹦極者從P到A的運動過程中,機械能守恒B.蹦極者與繩組成的系統從A到B的運動過程中,機械能守恒C.ΔE1-ΔE2>WD.ΔE1>ΔE2【解析】選D。蹦極者從P到A的過程中,除了重力做功以外,有空氣阻力做功,機械能不守恒,故A錯誤;從A到B的過程中,有重力、彈力和阻力做功,對于系統,除了重力和彈力做功以外,有阻力做功,系統機械能不守恒,故B錯誤;依據功能關系知,由于動能變更量為零,重力勢能的減小量等于彈性勢能的增加量與克服阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,故C錯誤,D正確。9.如圖所示,一光滑細桿固定在水平面上的C點,細桿與水平面的夾角為30°,一原長為L的輕質彈性繩,下端固定在水平面上的B點,上端與質量為m的小環相連,當把小環拉到A點時,AB與地面垂直,彈性繩長為2L,將小環從A點由靜止釋放,當小環運動到AC的中點D時,速度達到最大。重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.在下滑過程中小環的機械能先減小后增大B.小環剛釋放時的加速度大小為gC.小環到達AD的中點時,彈性繩的彈性勢能為零D.小環的最大速度為gL【解析】選B。小環受重力、支持力和拉力,拉力先做正功后做負功,故環的機械能先增加后減小,故A錯誤;在A位置,環受到重力、拉力、支持力,依據牛頓其次定律有:mgsin30°+Fcos60°=ma,在D點,環的速度最大,說明加速度為零,彈性繩長度為2L,故:mgsin30°=Fcos60°,聯立解得:a=g,故B正確;小環到達AD中點時,彈性繩的長度為2L,伸長量為L,故彈性勢能不為零,故C錯誤;小環和彈性繩系統的機械能守恒,在D點速度最大,此時彈性繩長度等于初位置彈性繩的長度,故初位置和D位置環的機械能相等,故:mg2Lcos60°=12mv2,解得:v=2gL,故二、試驗題(共5分)10.某同學為了驗證機械能守恒定律設計了如圖所示的試驗裝置,在高為H的水平桌面上固定一個弧形軌道,軌道末端切線與桌面重合。試驗時多次把小球從軌道上由靜止釋放,登記每次釋放小球時小球距桌面的高度h,小球做平拋運動的水平位移x。(1)該同學利用圖像處理數據。不考慮軌道摩擦,為了得到線性關系的圖像以便進行定量分析,該同學應作出下列哪個圖像____________。

A.x-h圖像 B.x2-h圖像C.x-1h圖像 D.x2-1(2)若依據上題選擇作出的圖像得到的圖線斜率為k,則在誤差范圍內k與H滿足關系____________時,即可證明小球在運動過程中機械能守恒。

【解析】(1)依據H=12gt2得平拋運動的時間t=2H則小球到達底端的速度v=xt=xg小球在軌道運動的過程中,重力勢能的減小量為mgh,動能的增加量12mv2=12mx2·g2若機械能守恒有h=x2可知x2=4Hh,為了得出線性圖線,應作x2-h圖像。故選B。(2)依據x2=4Hh知,圖線的斜率k=4H。答案:(1)B(2)k=4H三、計算題(本題共3小題,共28分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數值計算的要注明單位)11.(9分)滑板是年輕人特別寵愛的極限運動,現有一場地規格如圖,是用鋼制作的,阻力特別小,可以忽視。g取10m/s2。(1)一人以6m/s的速度從4m的高臺滑下,求到2m高臺處其速度有多大?(2)在(1)的條件下,求他所能到達的離地最大高度有多少?(3)若他從2m高臺起先下滑,為能到達4m高臺,求下滑最小速度是多少?【解題指南】解答本題可按以下思路進行:(1)對該過程運用動能定理,求出到達2m高臺的速度大小。(2)上升到最大高度時速度為零,對整個過程運用動能定理求出上升的最大高度。(3)對該過程運用動能定理,抓住末動能為零,求出下滑的最小速度。【解析】(1)人從4m的高臺滑到2m高臺的過程,依據動能定理得:mg(h0-h1)=12mv12-1代入數據解得:v1=76m/s≈8.72m/s(1分)(2)設上升離地的最大高度為H,對全過程運用動能定理得:-mg(H-h0)=0-12mv代入數據解得:H=5.8m(1分)(3)設下滑的最小速度為vx,依據動能定理得:-mg(h0-h1)=0-12mv代入數據解得:vx≈6.32m/s(1分)答案:(1)8.72m/s(2)5.8m(3)6.32m/s12.(9分)泥石流在暴發時通常沿山體傾瀉而下具有極快的速度與巨大的能量破壞性極大,嚴峻威逼著人們的生命平安,因此人們要對一些自然災難進行必要的了解并予以防范。課題小組對泥石流的威力進行了模擬探討,他們設計了如圖的模型:在足夠長的斜面上放置一個質量m=4kg的物體,使該物體從靜止起先,讓其在隨位移勻稱減小的沿斜面對下的推力作用下運動,斜面的傾角θ=37°,物體與斜面間的動摩擦因數μ=0.8,其中推力F與物體到動身點的距離的函數關系式為F=80-20x(N),其中0≤x≤4m,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)物體的速度達到最大時到動身點的距離x1。(2)物體在斜面上運動的最大位移xm?！窘馕觥?1)當物體的加速度a=0時,物體的速度最大,設此時推力大小為F1,則有:F1+mgsinθ-μmgcosθ=0 (2分)F1=80-20x1 (1分)解得x1=3.92m(1分)(2)物體在斜面上運動的位移最大時,其速度為零,設物體在斜面上運動的過程中推力F對物體所做的功為W,則由動能定理得:mgxmsinθ-μmgxmcosθ+W=0 (2分)設推力F=0時物體到動身點的距離為x2有:80-20x2=0 (1分)又W=Fm2·x解得:xm=100m(1分)答案:(1)3.92m(2)100m13.(10分)一人拉著行李箱(可視為質點)停在傾角為37°的斜面上接電話,某時刻突然松手,行李箱沿斜面對下運動,如圖所示,松手時行李箱距離斜面底端4.5m,水平面上距離斜面底端s=7m處有一壕溝,設行李箱與斜面和水平面間的動摩擦因數均為0.25,且從斜面運動到水平面時速度大小不變,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則:(1)通過計算說明,行李箱是否能滑入壕溝?(2)人在行李箱運動0.5s后,馬上勻速率追逐行李箱。若行李箱不能滑入壕溝,求人在行李箱停下前追上行李箱的最小速率;若行李箱能滑入壕溝,求人在行李箱滑入壕溝前追上行李箱的最小速率。【解析】(1)設行李箱在水平面上滑行的最大距離為L。已知松手時行李箱距離斜面底端的距離s1=4.5m依據動能定理得:mgs1sin37°-μmgcos37°·s1-μmgL=0 (2分)解得L=7.2m>s=7m所以行李箱能滑入壕溝 (1分)(2)依據牛頓其次定律得,行李箱下滑的加速度a1=mgsin37°-μmgcos37°m=gsin37°-μgcos37°=(6-0.25行李箱到達底端的速度v1=2a1s在斜面上運動的時間t1=v1a1行李箱在水平面上的加速度大小a2=μg=0.25×10m/s2=2.5m/s2(1分)行李箱運動到壕溝處的速度v2=v12-則在水平面上運動的時間t2=v1-v可知人的最小速率v=s1+st答案:(1)行李箱能滑入壕溝(2)3.83m/s【等級性考試】(30分鐘40分)14.(5分)某愛好小組對一輛自制遙控小車的性能進行探討,他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止起先運動,并將小車運動的全過程記錄下來,通過處理轉化為v-t圖像,如圖所示(除2~10s時間段內的圖像為曲線外,其余時間段圖像均為直線)。已知小車運動的過程中,2~14s時間段內小車的功率保持不變,在14s末停止遙控而讓小車自由滑行。小車的質量為2kg,可認為在整個過程中小車所受到的阻力大小不變,小車在2~10s內的位移大小為 ()A.19m B.21m C.45m D.48m【解析】選A。減速階段,小車只受摩擦力,加速度為:a=ΔvΔt=0.75m/s2,故摩擦力為:f=ma=1.5N,勻速運動階段,牽引力等于阻力,則有:P=Fv=1.5×3W=4.5W。對2~10s的過程運用動能定理得:Pt-fs1=12mv22-12mv12,代入數據得:s1=19m。故A15.(5分)質量為M的長木板放在光滑的水平面上,如圖,一質量為m的滑塊,以某一速度v沿長木板表面從A點滑到B點,在木板上前進了L,而長木板前進了l,若滑塊與木板間動摩擦因數為μ,則 ()A.摩擦力對M做的正功大小等于摩擦力對m做的負功B.摩擦產生的熱量為μmgLC.摩擦力對m做的功為μmgLD.摩擦產生的熱量為μmg(L+l)【解析】選B。M、m之間的摩擦力大小相等,但m的位移比M的位移大,依據W=Fscosθ,摩擦力對M做的正功小于摩擦力對m做的負功,故A錯誤;依據Q=fs相對,摩擦產生的熱量為Q=μmgL,故B正確,D錯誤;摩擦力對m做的功為W=f(l+L)=μmg(l+L),故C錯誤。16.(5分)(多選)如圖所示為一滑草場。某條滑道由上、下兩段高均為h,與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成,滑草車與草地之間的動摩擦因數為μ。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑,經過上、下兩段滑道后,最終恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。則 ()A.動摩擦因數μ=6B.載人滑草車最大速度為2ghC.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為35【解題指南】解答本題時應從以下兩點進行分析:(1)在下落全過程依據動能定理列方程,求出動摩擦因數。(2)載人滑草車在剛好滑到第一個滑道末端時速度最大,依據動能定理列方程求出最大速度?！窘馕觥窟xA、B。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑,經過兩個滑道到達滑道底部速度為零,由動能定理得2mgh-μmgcos45°h-μmgcos37°hsin37°=0解得μ=67,A正確;剛好滑到第一個滑道末端時速度最大,mgh-μmgcos45°hsin45°=mv22,解得v=2gh7,B正確;經過上、下兩段滑道后,最終恰好靜止于滑道的底端=-335g,則D項錯誤。故選A、B17.(10分)試驗小組利用圖甲所示裝置進行驗證機械能守恒定律試驗,某同學選擇一條較為滿足的紙帶,如圖乙所示,他舍棄前面密集的點,以O為起點,從A點起先選取紙帶上連續點A、B、C…,測出O到A,B、C……的距離分別為h1,h2,h3…電源頻率為f1,重力加速度為g。 (1)為削減阻力對試驗的影響,下列操作可行的有____________。

A.選用鐵質重錘B.安裝打點計時器時使兩限位孔在同一豎直線上C.釋放紙帶前,手應提紙帶上端并使紙帶豎直D.重錘下落時手始終提住紙帶上端,保持紙帶豎直(2)打B點時,重錘的速度vB為____________,該試驗過程沒有考慮各種阻力的影響,這屬于本試驗的_________(選填“偶然”或“系統”)誤差。

(3)用試驗測得的數據作出v2-h圖像如圖丙,圖線不過坐標原點的緣由是______________,

圖線斜率接近____________可驗證重錘下落過程機械能守恒。

【解析】(1)為了減小阻力的影響,試驗時重錘選擇質量大一些的,體積小一些的,故A正確;安裝打點計時器使兩限位孔在同一豎直線上,從而減小阻力的影響,故B正確;釋放紙帶前,手應提紙帶上端并使紙帶