第1章 功和机械能 章末素养测评（含解析）高中物理鲁科版（2019）必修 第二册

章末素养测评(一) 1.D　[解析] 在图甲中,货物随电梯匀速上升时,货物受到的支持力竖直向上,与货物位移方向的夹角小于90°,故此种情况下支持力对货物做正功,选项C错误;图乙中,货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直,此时货物受到的支持力与货物位移垂直,故此种情况下支持力对货物不做功,选项A、B错误,D正确. 2.A　[解析] 每次上半身重心上升的高度均为0.3 m,则她每次克服重力做的功W0=×50×10×0.3 J=90 J,1 min内克服重力所做的功W=50W0=50×90 J=4500 J,相应的功率约为 P== W=75 W,选项A正确. 3.D　[解析] 由题意,电动车行驶过程中受到的阻力f=×(m车+m人)g=50 N,设电动车的额定功率为P额,根据功能关系可得P额t-fs=(m车+m人)v2,解得P额=400 W,则该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为vmax==8 m/s,故选D. 4.D　[解析] 物体P下落过程中,物体P、Q和弹簧组成的系统满足机械能守恒,弹簧先处于压缩状态后处于伸长状态,弹性势能先减小后增加,则物体P、Q组成的系统机械能先增加后减小,故A、B错误;用手托住物体P,当轻绳刚好被拉直时,弹簧压缩量为Δx=,当物体P下降时,弹簧恰好恢复原长,此时P仍有向下的加速度,速度不是最大,故C错误;物体P下落过程中,物体P、Q组成的系统重力势能减少了(2m-m)gL,则弹簧的弹性势能增加了mgL,故D正确. 5.BC　[解析] 以运动员为研究对象,由动能定理可得Ek-Ek0=(mg-F阻)h,故他的动能减少了F阻h-mgh,A错误;由于他下降了h,故其重力势能减少了mgh,B正确;以运动员减速下降h后的位置为参考点,则运动员进水前的机械能是Ek0+mgh,到h位置处的机械能为Ek,故机械能减少了Ek0-Ek+mgh=F阻h,故C正确,D错误. 6.AC　[解析] 0~1 s内,物块的加速度为a1== m/s2=3 m/s2,则物块在0~1 s内的位移为s1=a1=×3×12 m=1.5 m,第1 s内外力所做的功为W1=F1s1=3×1.5 J=4.5 J,故A正确;1 s末的速度为v1=a1t1=3×1 m/s=3 m/s,第2 s内的加速度为a2== m/s2=1 m/s2,第2 s内物块的位移为s2=v1t2+a2=3.5 m,第2 s内外力所做的功为W2=F2s2=1×3.5 J=3.5 J,故B错误;0~2 s内外力的平均功率为P== W=4 W,故C正确;第2 s末物块的速度为v2=v1+a2t2=4 m/s,瞬时功率为P2=F2v2=4 W,1 s末的瞬时功率为P1=F1v1=9 W,故第2 s末外力的瞬时功率不是最大,故D错误. 7.BC　[解析] 升降机速度最大时,钢丝绳的拉力大小等于升降机的重力,即F=mg,故v2=,A错误,B正确;升降机速度由v1增大至v2的过程中,电动机功率保持不变,由P=Fv知,钢丝绳的拉力不断减小,C正确,D错误. 8.BC　[解析] 小木块在运动过程中受到重力、摩擦力以及支持力作用,支持力不做功,摩擦力做负功,所以机械能减少,而上升和下降过程中机械能的减少量相等,根据图像可知,上升和下降整个过程中机械能的减少量为20 J,所以小木块从底端出发再回到底端的过程中,摩擦力做功为-20 J,故A错误,B正确;上升过程,根据动能定理有-mgssin θ-μmgscos θ=0-40 J,下降过程,由动能定理有mgssin θ-μmg cos θ=20 J,联立解得m=1 kg,μ=0.25,故C正确,D错误. 9.先增大后减小　一直增大　先减小后增大 [解析] 在弹性绳的弹力小于重力时,速度增大,当弹力大于重力后,速度减小,所以人下落到最低点的过程中速度先增大后减小;弹性绳从绷紧到最低点过程中,伸长量逐渐增大,弹性势能一直增大;根据牛顿第二定律可得,重力大于弹力时有mg-F弹=ma,弹力大于重力时有F弹-mg=ma,弹性绳的弹力逐渐增大,所以人的加速度先减小后反向增大. 10.做负功　 mgLsin α [解析] 物体上升,重力做负功;由于小物体所受摩擦力与运动方向垂直,所以摩擦力不做功,根据动能定理得W-mgLsin α=0,所以弹力做功为W=mgLsin α. 11.2　1 [解析]两个球系统机械能守恒,则mgR=×2mv2,解得v=2 m/s;整个过程中,对球乙,根据动能定理有W=mv2=1 J. 12.(1)AC　 (2)　 　 平衡 ... ...