【东方骄子】高考物理 第五章 机械能及其守恒定律阶段综合测评 新人教版

第五章机械能及其守恒定律(时间：100分钟满分：110分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为100分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分，每小题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得4分，漏选的得2分，错选的得0分)1．(2012·盐城联考)小车M静止在光滑水平轨道上，小球m用细杆悬挂在小车上，细杆可绕小车无摩擦旋转，由图中的位置无初速度地释放小球，则在小球下摆过程中，下列说法正确的是( )A．小球下摆过程中，杆对小车的作用力等于小车对杆的作用力B．小球下摆过程中，小球的机械能增加，小车的机械能减少C．小球下摆过程中，杆的拉力对小车做负功，对小球做正功D．小球下摆过程中，小车的机械能的增加量等于小球的机械能的减少量解析：由牛顿第三定律作用力和反作用力应等大反向，所以选项A正确．在小球下摆过程中，由于细杆的拉力作用，小车的速度增加，细杆对小车做正功．因为细杆的拉力使车的动能增加了．而小车和小球构成的系统的机械能是守恒的，小车的机械能的增加量等于小球的机械能的减少量，所以细杆的拉力一定对小球做负功，所以选项B、C错误，选项D正确．答案：AD2．(2012·菏泽联考)物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W解析：由题图知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小关系：v1＝v3＝v7，由题知W ＝12mv 21－0，则由动能定理知第1秒末到第3秒末合外力做功W 2＝12mv 23－12mv 21＝0，故A 错．第3秒末到第5秒末合外力做功W 3＝0－12mv 23＝－W ，故B 错．第5秒末到第7秒末合外力做功W 4＝12mv 27－0＝W ，故C 正确．第3秒末到第4秒末合外力做功W 5＝12mv 24－12mv 23；因v 4＝12v 3，所以W 5＝－0.75W .故D 正确．答案：CD3．(2012·丹东联考)如图所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能( )A ．等于12mv 2B ．小于12mv 2C ．大于μmgsD ．小于μmgs解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v ，故摩擦力对货物做的功可能等于12mv 2，可能小于12mv 2，可能等于μmgs ，可能小于μmgs ，故选C ．答案：C4．(2012·武汉市部分重点中学联考)如图所示小球沿水平面通过O 点进入半径为R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点P ，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是( )A ．小球落地点离O 点的水平距离为RB ．小球落地时的动能为5mgR /2C ．小球运动到半圆弧最高点P 时向心力恰好为零D ．若将半圆弧轨道上的1/2圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P 点高0.5R解析：小球恰在最高点时mg ＝m v 2R小球飞离P 点后做平抛运动x ＝v ·t ＝v ·4Rg＝2R ，A 错误；由机械能守恒可知，小球落地时的动能E k ＝mg 2R ＋12mv 2＝2.5mgR ，B 正确；小球运动到最高点的同心力为mg ，C 错误；设小球到达圆弧轨道上12处的速度为v ′，由机械能守恒定律可得52mgR ＝mgR ＋12mv ′2h ′＝v ′22g＝1.5R小球达到的最大高度比P 点高 Δh ＝1.5R －R ＝0.5R 故D 正确． 答案：BD5．(2012·宝轮中学月考)一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析：由动能定理得合外力做的功W 合＝E k ＝12mv 2＝12×25×22J ＝50 J ，故A 正确；W f＝mgh －12mv 2＝25×10×3－12×25×22＝700 J ，B 错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3＝750J ，C 错误；支持力做功为零，D 错误． 答案：A6．(2012·江苏黄桥中学月考)某物体在运动过程中，如果( ) A ．机械能不守恒，则其运动状态一定变化 B ．所受的合外力恒定不变，它一定是做直线运动 C ．所受合外力不为零，它的动能一定变化 D ．做匀加速直线运动，它的机械能可能守恒解析：机械能不守恒可能是重力势能变化，动能不变速度也可能不变，运动状态不变，A 错误；合外力恒定不变，物体可能做曲线运动，B 错误；物体做匀速圆周运动时，合外力不为零，动能不变，C 错误；物体做匀加速运动，也可能只有重力和弹力做功，机械能守恒，D 正确．答案：D7．(2012·汕头两英中学月考)一质量为m 的滑块以初速度v 0自固定在地面上的粗糙斜面的底端开始冲上斜面，到达某一高度后又自动返回至斜面底端，图中分别给出了在整个运动过程中滑块的速度v 、加速度a 的大小、动能E k 及重力势能E p 随时间t 的变化关系图线，则其中可能正确的是(规定斜面底端所在水平面为参考平面)( )解析：由牛顿第二定律可得：a 上＝g sin θ＋μg cos θ，a 下＝g sin θ－μg cos θ下降时加速度a 下<a 上，速度—时间 图像应如图所示，A 错误，B 对；上升过程E k ＝12mv 2＝12m (v 0－a 上t )2E k 随t 变化应为曲线C 错误；上升过程E p ＝mgh ＝mgx sin θ＝mg ·(v 0t －12a 上t 2)sin θ下降过程E p ＝mg (h 0－x sin θ)＝mg (h 0－12a 下t 2sin θ)，D 正确．答案：BD8．(2012·湖北八校联考))如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M 的木板B 处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A 在木板B 的左端以初速度v 0开始向右滑动，已知M >m ，用①和②分别表示木块A 和木板B 的图象，在木块A 从木板B 的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v 随时间t 、动能E k 随位移s 的变化图象，其中可能正确的是( )解析：木块A 和木板B 之间的摩擦力为f ，则木块A 、木板B 的加速度a A >a B ，速度图象的斜率可以反映，则A 、B 均错；对木板B 和木块A ，由动能定理，两物体的E k －s 图线的斜率互为相反数，则C 错误；在木块A 相对木板B 滑动过程中，木块A 的位移大于木板B 的位移，则D 正确．答案：D9．(2012·江西金溪一中月考)如图甲所示，质量为m ＝0.5 kg ，初速度v 0＝10 m/s 的物体，受到一个与初速度v 0方向相反的外力F 作用，沿粗糙的水平面滑动，物体与地面间的动摩擦因数为μ，经3 s 后撤去外力，直到物体停止．整个过程物体的v －t 图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)．则( )A ．0～7 s 内物体做匀减速直线运动B ．外力F 和动摩擦因数μ大小分别为0.5 N 和0.1C ．0～7 s 内物体由于摩擦产生的热量为25 JD ．运动到停止物体滑行的总位移为29 m解析：前3 s 内加速度a 1＝2 m/s 2后4 s 内加速度a 2＝1 m/s 2由牛顿第二定律得：F ＋μmg ＝ma 1，μmg ＝ma 2由以上可得F ＝0.5 N ，μ＝0.1 A 错误，B 正确，物体总位移x ＝12(4＋10)×3＋12×4×4＝29 m0．7 s 产生的总热量Q ＝μmg ·x ＝0.1×0.5×10×29＝14.5 J ，C 错，D 对． 答案：BD10．(2012·河南确山月考)质量相等的两木块A 、B 用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图(a)所示．现用一竖直向上的力F 拉动木块A ，使木块A 向上做匀加速直线运动，如图(b)所示．从木块A 开始做匀加速直线运动到木块B 将要离开地面时的这一过程，下列说法错误的是(设此过程弹簧始终处于弹性限度内)( )A．力F一直增大B．弹簧的弹性势能一直减小C．木块A的动能和重力势能之和先增大后减小D．两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小解析：对A由F合＝ma可得，当弹簧处于压缩状态时，F＋kx－m A g＝m A a，x减小，F应增大当弹簧处于伸长状态时F－kx－m A g＝m A ax增大，F应增大，A正确；形变量x先减小而后增大，弹性势能先减小而后增大，B错，动能和重力势能之和的变化量应取决于外力F和弹力做功之和，外力F和弹力始终做正功，由功能关系可知，动能和重力势能之和始终增大，C错；外力F始终做正功，两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能始终增大．D错．答案：BCD11．(2012·青岛联考)一辆轿车在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过时间t0，其速度由零增大到最大值v m，若所受阻力F f为恒力．关于轿车的速度v、牵引力F、功率P随时间t变化的情况正确的是( )解析：启动阶段轿车牵引力保持不变，阻力F f为恒力，故a恒定，先做匀加速运动，P ＝Fv，v增大时，P增大，当P增大至额定功率时，匀加速运动结束，但这时牵引力仍大于阻力，v仍增大，又因保持额定功率不变，故F变小，当F＝F f时，轿车匀速运动．答案：BCD12．(2012·河北省教学质检)如图所示，倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端．现由静止释放A 、B 两球，B 球与弧形挡板碰撞过程时间极短无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上．已知重力加速度为g ，不计一切摩擦，则( )A ．A 球刚滑至水平面时的速度大小为125gLB ．B 球刚滑至水平面时的速度大小为12gLC ．两小球在水平面上不可能相撞D ．在A 球沿斜面下滑的过程中，轻绳对B 球先做正功、后不做功解析：因B 球和弧形挡板碰撞无能量损失，并且B 球的方向变为沿斜面向下．由于A 、B 在一条线上，所以A 、B 线速度相等(B 上升过程中，A 未到达水平面时)．当A 刚到水平面时，B 在竖直高度为L /2处，由能量守恒得3mgL －mgL /2＝12(3m ＋m )v 21，解得v 1＝125gL ，选项A 正确；因A 球到达水平面上，B 球还在斜面上，所以B 球到水平面时速度比A 快．对B 由能量守恒：12mv 21＋12mgL ＝12mv 22，得v 2＝32gL ，选项B 错误；由于v 2>v 1，所以B 球可以追上A 球，选项C 错误；A 球在斜面上下滑过程中，绳对B 做正功，A 到达水平面后，绳不再对B 做功，选项D 正确．答案：AD第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、实验题(本题共2小题，共12分) 13．(2012·安徽师大附中月考)(1)某同学用图示装置“探究功与物体速度变化的关系”．下列操作正确的是( )A ．用同一根橡皮筋，每次从不同位置释放小车，可以得到不同的弹力做的功B ．每次从同一位置释放小车，如果用1根橡皮筋时，弹力做的功为W ；用2根橡皮筋时，弹力做的功为2W ；用3根橡皮筋时，弹力做的功为3WC ．纸带上打出的点“两端密，中间疏”，是因为橡皮筋弹力太小D ．纸带上打出的点“两端密，中间疏”，是因为木板倾角太小，没有达到平衡阻力的目的(2)在上述实验中，该同学打出的一条纸带如图所示．若打点计时器连接电源的频率为50 Hz ，则橡皮筋恢复原长时小车的速度为________m/s(结果保留3位有效数字)答案：(1)BD (2)0.8914．(2011·高考海南单科)现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A 点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与一质量为m 的砝码相连；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 点到导轨低端C 点的距离，h 表示A 与C 的高度差，b 表示遮光片的宽度，s 表示A 、B 两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑动通过B 点时的瞬时速度．用g 表示重力加速度．完成下列填空和作图：(1)若将滑块自A 点由静止释放，则在滑块从A 运动至B 的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________，动能的增加量可表示为________．若在运动过程中机械能守恒，1t 2与s 的关系式为1t2＝________.(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A 点)下滑，测量相应的s 与t 值．结果如下表所示：以s 为横坐标，t2为纵坐标，在下图位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k ＝________×104m －1·s －2(保留3位有效数字)．由测得的h 、d 、b 、M 和m 数值可以计算出1t2－s 直线的斜率k 0，将k 和k 0进行比较，若其差值在实验允许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律．解析：(1)系统重力势能的减小量 ΔE p ＝Mgs sin α－mgssin α＝hd，ΔE p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M h d－m gs过B 点时的速度v ＝b t，动能的增加量ΔE k ＝12(M ＋m )v 2＝M ＋m b 22t 2. 若机械能守恒则有ΔE p ＝ΔE kM ＋m b 22t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M h d －m gs 1t 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫M h d －m gM ＋m b 2s ＝hM －dm gM ＋m db 2s .(2)k ＝2.40×104m －1·s －2答案：(1)ΔE p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M h d －m gs ΔE k ＝M ＋m b 2d 2t 2Mh －md gM ＋m b 2ds(2)2.40×104m －1·s －2三、论述、计算题(本题共4小题，共50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)15．(2012·浙江金华、丽水、衢州十二校联考)金华到衢州的动车共3趟，每趟运行时间约30分钟．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫动车．而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，如图所示．假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．(1)若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h ；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为多少？(2)若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个50 m 所用时间是10 s ，通过第二个50 m 所用时间是6 s ，则动车组的加速度为多少？解析：(1)每节动车的功率为P ，每节动车的重力为G ，阻力为kG ， 1节动车加3节拖车编成的动车组：P ＝F 1v 1 其中牵引力F 1＝4kG6节动车加3节拖车编成的动车组：6P ＝F 2v 2 其中牵引力F 2＝9kGv 1＝120 km/h 代入解得v 2＝320 km/h.(2)通过第一个50 m 所用时间是10 s ，中间时刻的速度v 1＝st 1＝5 m/s 通过第二个50 m 所用时间是6 s ，中间时刻的速度v 2＝s t 2＝253m/s 两个中间时刻的时间差为Δt ＝8 s 加速度a ＝v 2－v 1Δt ＝512m/s 2＝0.42 m/s 2. 答案：(1)320 km/h (2)0.42 m/s 216．(2012·山东平邑二中月考)如图，让一小物体(可看作质点)从图示斜面上的A 点以v 0＝4 m/s 的初速度滑上斜面，物体滑到斜面上的B 点后沿原路返回．若A 到B 的距离为1 m ，斜面倾角θ＝37°.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)(1)求物体与斜面间的动摩擦因数；(2)若设水平地面为零重力势能面，且物体返回经过C 点时，其动能恰与重力势能相等，求C 点相对水平地面的高度h .解析：(1)设物体与斜面间的滑动摩擦因数为μ，则物体上滑由A 到B 做速度由v 0变为0的匀减速运动，令加速度大小为a ，则由牛顿第二定律，可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ①又由运动学公式，可得0－v 20＝－2a ·AB ② 由①、②式解得μ＝v 20－2g ·AB sin θ2g ·AB cos θ代入数据可得μ＝0.25.(2)设物体返回经过C 点时速度大小为v 1，则对于物体由B 到C ，由动能定理有Mg (AB ·sin θ－h )－μmg cos θ·AB ·sin θ－h sin θ＝12mv 21③ 又12mv 21＝mgh ④ 由③、④式解得h ＝sin θ－μcos θ2－μcot θAB 代入数据可得：h ＝0.24 m.答案：(1)0.25 (2)0.24 m17．(2012·江苏江浦中学月考)如图所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3 m ，不可伸长的细线一端固定在O 点另一端系一质量m ＝2 kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <l AB ，l <H ，g 取10 m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求细线AB 与OB 上的张力；(2)若OB 的长度l ＝1 m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的初速度v 0，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求v 0的大小；(3)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再瞬间断开OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少．解析：(1)AB 上的张力F 1＝mg tan37°＝15 N ，OB 上的张力F 2＝mg /cos37°＝25 N.(2)小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点满足mg ＝mv 21/l根据机械能守恒12mv 20＝mgl (1＋cos37°)＋12mv 21 得v 0＝46 m/s.(3)小球由静止运动到最低点过程mgl (1－cos37°)＝12mv 22得v 2＝2gl －OB 线断开后小球做平抛运动t ＝H －l gx ＝v 2t ＝2l H －l－ 当l ＝H 2＝1.5 m 时，x max ＝355 m. 答案：(1)25 N (2)46 m/s (3)1.5 m 355 m 18．(2012·陕西师大附中月考)皮带运输机是靠货物和传送带间的摩擦力将货物送往高处，如图所示．已知传送带与水平面的倾角为θ＝37°，以4 m/s 的速度匀速斜向上运行，在传送带的底部无初速的放上一个质量为0.5 kg 的物体，它与传送带间的动摩擦因数为0.8，传送带底部到顶端的长度为25 m ，则物体从底部到顶端的过程所用的时间是多少？物体机械能增加了多少？物体和传送带间产生的内能是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)解析：开始时物体受力如图由牛顿第二定律知：f －mg sin α＝ma ①f ＝μN ＝μmg cos α②由①②得：a ＝(f －mg sin α)/m ＝μg cos α－g sin α＝0.8×10×0.8－10×0.6＝0.4 m/s 2.物体从0加速到4 m/s，做匀加速运动由v t＝v0＋at知：4＝0＋0.4t t＝10 s∴S＝at2/2＝0.4×102/2＝20 m，还剩下5 m做速度为4 m/s的匀速运动，时间为1.25 s．共用时间11.25 s.到最高得到的机械能E＝mgh＋mv2/2＝0.5×10×25×0.6＋0.5×42/2＝79 J.产生的内能Q＝fΔS＝μmg cosαΔsΔS＝S带－S物＝4×10－20＝20 m∴Q＝0.8×0.5×10×0.8×20＝64 J.答案：11.25 s 79 J 64 J。