高考物理总复习教科版试题第五章机械能综合检测.docx
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高考物理总复习教科版试题第五章机械能综合检测
《机械能》综合检测
(时间:
90分钟满分:
100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四
个选项中,第1~7小题只有一个选项正确,第8~12小题有多个选项
正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)
1.如图所示,质量为m的钩码在弹簧测力计的作用下竖直向上运动.
设弹簧测力计的示数为F,不计空气阻力,重力加速度为g.则(D)
T
A.T=mg时,钩码的机械能不变
B.T C.T=mg时,钩码的机械能减小 D.T>mg时,钩码的机械能增加 解析: 无论T与mg的关系如何,T与钩码位移的方向一致,T做正功,钩码的机械能增加,选项D正确. 2.下表列出了某种型号轿车的部分数据,试根据表中数据回答问题.长/mm×宽/mm×高/mm4871×1835×1460 净重/kg 传动系统 发动机型式 1500 前轮驱动与挡变速 直列4缸 发动机排量(L) 最高时速(km/h) 100km/h的加速时间(s) 额定功率(kW) 2.2 252 10 140 如图为轿车中用于改变车速的挡位.手推变速杆到达不同挡位可获得 不同的运行速度,从“1~5”逐挡速度增大,R是倒车挡.轿车要以最 大动力上坡,变速杆应推至挡位及该车以额定功率和最高速度运行时轿车的牵引力分别为(D) A.“5”挡,8000NB.“5”挡,2000N C.“1”挡,4000ND.“1”挡,2000N 解析: 由P=Fv可知,要获得大的动力应当用低速挡,即“1”挡;由P=Fv, m 解得F==2000N,选项D正确. 3.蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图所示,蹦 极者从P点静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点 B处,离水面还有数米距离.蹦极者在其下降的整个过程中,重力势能 的减少量为ΔE、绳的弹性势能增加量为ΔE,克服空气阻力做功为 12 W,则下列说法正确的是(C) A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒 B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中,机械能守恒 C.ΔE=W+ΔE 1 2 D.ΔE+ΔE=W 12 解析: 蹦极者从P到A的过程中,除了重力做功以外,还有空气阻力做 功,机械能不守恒,选项A错误;从A到B的过程中,有重力、弹力和阻 力做功,对于系统,除了重力和弹力做功以外,有阻力做功,系统机械 能不守恒,选项B错误;根据能量守恒知,由于动能变化量为零,重力 势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和,即ΔE=W+ΔE,选项C正确,D错误. 12 4.将一小球从高处水平抛出,最初2s内小球动能E随时间t变化的 k 图像如图所示,不计空气阻力,取g=10m/s2.根据图像信息,不能确定的物理量是(D) A.小球的质量 B.小球的初速度 22 2 C.最初2s内重力对小球做功的平均功率 D.小球抛出时的高度 解析: 由m=5J和机械能守恒ΔE=mgh=25J,结合h=gt=×10×2 k m=20m,解得m=kg,v=4m/s.最初2s内重力对小球做功的平均 0 功率==12.5W.小球抛出时的高度无法确定,故选D. 5.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动,某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上 传送带,最后小物块的速度与传送带的速度相同.在小物块与传送带 间有相对运动的过程中,滑动摩擦力对小物块做的功为W,小物块与传 送带间因摩擦产生的热量为Q,则下列判断中正确的是(B)A.W=0,Q=mv2B.W=0,Q=2mv2 C.W=,Q=mv 2D.W=mv2,Q=2mv2 解析: 对小物块,由动能定理有W=mv2-mv2=0,设小物块与传送带间的 动摩擦因数为μ,则小物块与传送带间的相对路程x= 相对 这段时间 内因摩擦产生的热量Q=μmg·x=2mv,选项B正确. 相对 6.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像,Oa为过原点 的倾斜直线,ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段,bc段是与ab段相切的水平直线,则下述说法正确的是(D) A.0~t时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 1 B.t~t时间内汽车牵引力做功为m12 -m C.t~t时间内的平均速度为(v+v) 1212 D.在全过程中t时刻的牵引力及其功率都是最大值,t~t时间内牵 123 引力最小 解析: 由题图可知,在0~t时间内,v-t图像为倾斜的直线,故汽车做 1 匀加速运动,牵引力恒定,由P=Fv可知,汽车牵引力的功率均匀增大, 选项A错误;在t~t时间内,根据动能定理有W-W=m 12Ff -m,因此 牵引力做的功大于m-m 选项B错误;在t~t时间内,若v-t图 12 像为直线,则平均速度为(v+v),而题图所示v-t图像为曲线,故这 12 段时间内的平均速度大于(v+v),选项C错误;全过程中,t时刻牵引 121 力最大,功率达到额定功率,也最大,之后,功率不变,牵引力减小,直至F=f,此后汽车做匀速运动,选项D正确. 7.竖直向上抛出一小球,小球在运动过程中,所受空气阻力大小不变. 规定向上方向为正方向,小球上升到最高点所用时间为t,下列关于 0 小球在空中运动过程中的加速度a、位移x、重力的瞬时功率P和机械能E随时间t变化的图像中,正确的是(C) 解析: 由于向上方向为正,加速度方向一直向下,选项A错误;由空气 阻力大小不变,故物体向上减速运动和向下加速运动的加速度均恒定, 且向上的加速度大,故向上减速的时间小于向下加速的时间,由于小 球做匀变速运动,位移—时间图线不是直线,选项B错误;由于空气阻 力一直做负功,故小球的机械能一直减小,选项D错误,重力的瞬时功率P=mgv,选项C正确. 8.在排球比赛中,假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过 网,排球网高H=2.24m,排球质量为m=300g,运动员对排球做的功为 W=20J,排球运动过程中克服空气阻力做的功为W=4.12J,重力加速12 度g=10m/s2.球从手刚发出位置的高度h=2.04m,选地面为零势能面,则(BD) A.与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72J B.排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22J C.排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88J D.与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72J 解析: 与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势 能的增加量为mg(H-h)=0.6J,选项A错误;排球恰好到达球网上边缘 时的机械能为mgh+W-W=22J,选项B正确;排球恰好到达球网上边缘 12 时的动能为W-W-mg(H-h)=15.28J,选项C错误;与排球从手刚发出 12 相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W+mg(H-h)=4.72J,选项D正确. 2 9.一质量为2kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙 的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力 减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系 图像.已知重力加速度g=10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(ABC) A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合外力对物体所做的功 C.物体匀速运动时的速度 D.物体运动的时间 解析: 物体做匀速运动时,受力平衡,则f=F=7N,再由滑动摩擦力公式 f=μmg可求得物体与水平面间的动摩擦因数,选项A正确;运动4m 后物体做减速运动,图线与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,则由 图像中减速过程包括的方格数可估算拉力所做的功,再由摩擦力与位 移的乘积求出摩擦力的功,就可求得总功,选项B正确;已求出合外力 所做的功,再由动能定理可求得物体开始时做匀速运动的速度,选项C 正确;由于不知道具体的运动情况,无法求出减速运动的时间,选项D错误. 10.如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,通过轻绳联结在 一起,跨过光滑的定滑轮,圆环套在光滑的竖直杆上,设杆足够长.开 始时连接圆环的绳处于水平,长度为l,现从静止释放圆环.不计摩擦 和空气的阻力,以下说法正确的是(AD) A.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越大 B.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越小 C.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度一直增大 解析: 由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l),当M=2m时,h=l,选 项A正确,B错误;当M=m时,小环在下降过程中系统的重力势能一直在减少,即系统的动能一直在增加,选项D正确,C错误. 11.在倾角为θ的光滑斜面上放有两个用轻弹簧相连接的物块A,B,它 们的质量分别为m,m(m 1212 系统处于静止状态,如图所示.现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A 使之向上运动,当物块B刚要离开C时,物块A运动的距离为d,速度为v.则(AD) A.此时物块A的加速度为 B.该过程中,物块A的速度逐渐增大 C.此时物块A所受重力做功的功率为mgv 1 D.该过程中,弹簧弹性势能的增加量为Fd-mgdsinθ-mv 11 2 解析: 系统处于静止时,弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量为x,对物 1 2 块A有mgsinθ=kx;物块B刚要离开C时,弹簧处于伸长状态,弹簧11 的伸长量为x,对物块A有F-mgsinθ-kx=ma,又物块A运动的距离 2121 为d=x+x,解得a=,若F 先增大后减小,选项A正确,B错误;物块A重力的方向与速度方向不 共线,选项C错误;根据能量守恒定律得,弹簧弹性势能的增加量为Fd-mgdsinθ-mv,选项D正确. 11 12.水平地面上固定一倾角为θ=37°的足够长的光滑斜面,如图所示, 斜面上放一质量为m=2.0kg、长l=3m的薄板A,质量为m=1.0kg AB 的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端,B与A之间的动摩擦因数 μ=0.5.开始时用外力使A,B静止在斜面上,某时刻给滑块B一个沿斜 面向上的初速度v=5m/s,同时撤去外力,已知重力加速度g取 0 10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列说法正确的是(CD) A.在滑块B向上滑行的过程中,A,B的加速度大小之比为3∶5 B.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中所经历的时间为0.5s C.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中滑块B克服摩擦力所做的功为J D.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为J解析: 由牛顿第二定律得A,B的加速度大小分别为 a==4m/s2, A a==10m/s2, B 则a∶a=2∶5,选项A错误;B沿斜面向上运动的时间t==0.5s,BAB1 运动到最高点时,A沿斜面向下运动的速度为v=at=2m/s,设B从最 AA1 高点向下运动到两者速度相同时用时为t,则v=at=v+at,解得t= 2B2AA22 s,共同速度为v=m/s,因此从A,B开始运动到A,B沿斜面向下的速 度相同时所经历的时间为t=t+t=s,选项B错误;B沿斜面向上运动 12 的位移x=t=1.25m,此过程中A向下运动的位移x=a=0.5m,B112A 沿斜面向下运动,到两者速度相同时,下滑的位移x=a=m,此过 3B 程中,A向下运动的位移x=vt+a=m,故整个过程中摩擦力对滑 4A2A 块B所做的功W=-μmgxcos37°+μmgxcos37°=-J,即滑块B B1B3 克服摩擦力所做的功为J,选项C正确;整个过程中因摩擦产生的热 量为Q=μmgcos37°(x+x)+μmgcos37°(x-x)=J,选项D正B12B43 确. 二、非选择题(共52分) 13.(5分)利用气垫导轨探究弹簧的弹性势能与形变量的关系,在气垫 导轨上放置一带有遮光片的滑块,滑块的一端与轻弹簧贴近,弹簧另 一端固定在气垫导轨的一端,将一光电门P固定在气垫导轨底座上适 当位置[如图(甲)所示].弹簧处于自然状态时,使滑块向左压缩弹簧 一段距离,然后由静止释放滑块,与光电门相连的光电计时器可记录 遮光片通过光电门的挡光时间,则可计算出滑块离开弹簧后的速度大小. 实验步骤如下: 1用游标卡尺测量遮光片的宽度d. 2在气垫导轨上通过滑块将弹簧压缩x,滑块由静止释放. 1 由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t. 1 3利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v和动能mv2. 4增大弹簧压缩量为x,x,…,重复实验步骤②③,记录并计算相应的 23 滑块动能mv2,如下表所示. 弹簧压 0.5 1.01.52.02.5 3.0 缩量x(cm) x2(cm2) 0.251.002.254.00 6.25 9.00 动能mv20.49m1.95m4.40m7.82m12.22m17.60m (1)测量遮光片的宽度时游标卡尺示数如图(乙)所示,读得d=cm; (2)在下面所给的两个坐标系中分别作出mv2-x和mv2-x2图像; (3)由机械能守恒定律E=mv2,根据图像得出结论是 p . 解析: (1)根据游标卡尺读数规则,读出遮光片的宽度d=1.0cm+0.03cm=1.03cm. (2)根据描点法在坐标系中进行描点,连线,所作mv2-x和mv2-x2图像如图所示. (3)根据图像得出结论是: 弹性势能的大小与形变量x的二次方 成正比. 答案: (1)1.03 (2)见解析(3)弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比 评分标准: (1) (2)问各2分,(3)问1分. 14.(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图(甲)所示, 水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带长方形遮光 片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量 为m的小球相连;遮光片两条长边与导轨垂直,导轨上B点有一光电门, 可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t,用d表示A点到光电门B 处的距离,b表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看做 滑块通过B点时的瞬时速度,实验时滑块在A处由静止开始运动. (1)某次实验测量倾角θ=30°,重力加速度用g表示,滑块从A处到达 B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔE=,系统的 k 重力势能减少量可表示为ΔE=,在误差允许的范围内,若Δ p E=ΔE,则可认为系统的机械能守恒.(用题中字母表示) kp (2)在上次实验中,某同学改变A,B间的距离,作出的v2-d图像如图(乙)所示,并测得M=m,则重力加速度g=m/s2. 解析: (1)系统动能增加量可表示为ΔE=(M+m)=,系统的 k 重力势能减少量可表示为ΔE=mgd-Mgdsin30°=(m-)gd. p (2)根据机械能守恒可得(m-)gd=(M+m)v2, 即g=,代入数据得g=9.6m/s2. 答案: (1) (m-)gd (2)9.6 评分标准: 每空各2分. 15.(8分)如图所示,AB,BC为倾角不同的斜面,斜面BC与水平面夹角 为30°,CD段水平,B,C处均以平滑小圆弧连接.一物块从距水平面高 度为h的A点由静止沿斜面滑下,物块在BC段做匀速运动,最终停在 水平面上D点.物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均相同.求: (1)物块与接触面间的动摩擦因数; (2)A点到D点的水平距离. 解析: (1)由物块在BC段匀速运动有mgsin30°=μmgcos30° 解得μ=. (1分) (1分) (2)设斜面AB与水平面夹角为α,AB的水平距离为x,BC的水平距离 1 为x,CD的水平距离为x 2 3 AB段摩擦力做功W=-μmgcosα×=-μmgx 1 1 (2分) 同理可得BC段摩擦力做功W=-μmgx 2 2 (1分) CD段摩擦力做功W=-μmgx 3 3 (1分) 对AD段,由动能定理得mgh+W+W+W=0(1分) 123 解得x=x+x+x=h.(1分)AD123 答案: (1) (2)h 16.(8分)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速 时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的.某次测试 中,汽车以额定功率行驶700m后关闭发动机,测出了汽车动能E与位 k 移x的关系图像如图,其中①是关闭储能装置时的关系图线,②是开 启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1000kg,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计,求: (1)汽车的额定功率P; (2)汽车加速运动500m所用的时间t; (3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E. 解析: (1)关闭发动机且关闭储能装置后,汽车在地面的阻力f的作用下减速至停止,由动能定理有 -fx=0-E k 解得f=2×103N 汽车匀速运动的动能 E=mv2=8×105J k 解得v=40m/s 汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力,故汽车的额定功率P=Fv=fv 解得P=8×104W. (2)汽车加速运动过程中,由动能定理有 Pt-fx=E-E 0kk0 解得t=16.25s. (3)由功能关系,汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E=E-fx′ k 解得E=5×105J. 答案: (1)8×104W (2)16.25s(3)5×105J (1分) (1分) (1分) (1分) (1分) (1分) (1分) (1分) 17.(10分)如图(甲)所示,一足够长、与水平面夹角θ=53°的倾斜轨 道与竖直面内的光滑圆轨道相接,圆轨道的半径为R,其最低点为A, 最高点为B.可视为质点的物块与斜轨间有摩擦,物块从斜轨上某处由 静止释放,到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距离最低 点的高度h的关系图像如图(乙)所示.不计小球通过A点时的能量损失,重力加速度g=10m/s2,sin53°=,cos53°=,求: (1)物块与斜轨道间的动摩擦因数μ; (2)物块的质量m. 解析: (1)由题图(乙)可知,当h=5R时,物块到达B点时与轨道间压力 1 的大小为0,设此时物块在B点的速度大小为v,则 1 mg= (1分) 对物块从释放至到达B点的过程,由动能定理有 mg(h-2R)-μmgcosθ·=m(2分)1 解得μ=. (1分) (2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v, 则F+mg= 物块从释放至到达B点的过程中,由动能定理有 (1分) mg(h-2R)-μmgcosθ·=mv 2 (2分) 2 2 解得F=-5mg 对应F-h的图线可得斜率k== 解得m=0.2kg. (1分) (1分) (1分) 答案: (1) (2)0.2kg 18.(15分)如图所示,一质量为m=1kg的可视为质点的滑块,放在光 滑的水平平台上,平台的左端与水平传送带相接,传送带以v=2m/s的 速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑),现将滑块缓慢向右压缩 轻弹簧,轻弹簧的原长小于平台的长度,滑块静止时弹簧的弹性势能 为E=4.5J,若突然释放滑块,滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送p 带的动摩擦因数为μ=0.2,传送带足够长,g=10m/s.求: (1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间; (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量. 解析: (1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速度为v, 1 则E=m, p 得v=3m/s 1 滑块在传送带上运动的加速度大小a=μg=2m/s (1分) (1分) (1分) 滑块向左运动的时间t==1.5s(1分) 1 向右匀加速运动的时间t==1s(1分) 2 向左的最大位移为x==2.25m(1分) 1 向右匀加速运动的位移为x==1m(1分) 2 匀速向右的时间为t==0.625s(1分) 3 所以t=t+t+t=3.125s.(1分)12
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