1、章末综合测评(三)机械能守恒定律(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第810题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1一台抽水机每秒能把30 kg的水抽到10 m高的水塔上，如果不计额外功的损失，这台抽水机保持输出功率不变的前提下，半小时内能做多少功(g10 m/s2)()A3105 JB5.4105 JC5.4106 JD3106 JC抽水机1秒钟内做的功是：Wmgh301010 J3 000 J所以抽水机的功率为：P W3 000 W抽水机半小时做的功是：
2、WPt3 0003060 J5.4106 J，故C正确2关于摩擦力做功，下列说法中正确的是()A静摩擦力一定不做功B滑动摩擦力一定做负功C静摩擦力和滑动摩擦力都可做正功D相互作用的一对静摩擦力做功的代数和可能不为0C静摩擦力方向与物体的相对运动趋势方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故静摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故A错误；滑动摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故滑动摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故B错误；由上可知C正确；一对相互作用的静摩擦力，大小相等，方向相反，作用的两个物体位移相同所以一对相互作用的静摩擦力做功之和一定是零，故D错
3、误所以C正确，A、B、D错误3质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，0t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则()A0t1时间内，汽车的牵引力等于mBt1t2时间内，汽车做匀加速运动Ct1t2时间内，汽车的功率等于fv1Dt1t2时间内，汽车的功率等于fv2D0t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a，根据牛顿第二定律得，Ffma，解得牵引力Ffm，故A错误从t1时刻起汽车的功率保持不变，根据PFv可知，随速度的增加，牵引力减小，则a，可知汽车在t1t2时间内做加速减小的加速运动，选项B错误；在t2时刻，汽车的加速度为零，则F
4、f，此时汽车的功率PFv2fv2，选项D正确，C错误；故选D. 4弹簧发生形变时，其弹性势能的表达式为Epkx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是形变量如图所示，一质量为m物体位于一直立的轻弹簧上方h高度处，该物体从静止开始落向弹簧设弹簧的劲度系数为k，则物块的最大动能为(弹簧形变在弹性限度内)()AmghBmghCmghDmghA当重力等于弹力时物体动能最大，此时：kxmg，由能量转化和守恒可得：EkEpmg(hx)，其中：Epkx2，解得：Ekmgh，故B正确，A、C、D错误5如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下当它滑过A点的速度大小为5 m/s时，滑到B点的速度大小也为5 m/s.
5、若使它滑过A点的速度变为7 m/s，则它滑到B点的速度大小为()A大于7 m/sB等于7 m/sC小于7 m/sD无法确定C木块从曲面的A点下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度增大时，在同一点木块所需要的向心力增大，轨道对木块的支持力增大，则木块对轨道的压力增大，滑动摩擦力增大木块从A运动到B，运动的路程相等，则木块下滑过程中克服摩擦力做功增大，重力做功相同，根据动能定理得知，动能的变化量增大，第一次下滑过程动能变化量为零，第二次动能的变化量应小于零，则有mvmv0，得：vBvA7 m/s.即滑到B点的速率一定小于7 m/s.故C正确，A、B、D错误6如图所示，一根橡皮筋两端固定
6、在A、B两点，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，将弹丸放在橡皮筋内C处并由C处竖直向下拉至D点释放，C、D两点均在AB连线的中垂线上橡皮筋的质量忽略不计，不计空气阻力，弹丸由D运动到C的过程中()A橡皮筋对弹丸的弹力一直在增大B橡皮筋对弹丸的弹力始终做正功C弹丸的机械能守恒D弹丸的动能一直在增大B从D到C，橡皮筋的形变量一直减小，所以橡皮筋对弹丸的弹力一直在减小，故A错误；从D到C，橡皮筋对弹丸的弹力的方向始终与弹丸运动的方向相同，所以弹力一直做正功，故B正确；从D到C橡皮筋对弹丸的弹力始终做正功，所以弹丸的机械能一直在增大，故C错误；橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在C
7、D连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故D错误7如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgRB4mgRC5mgRD6mgRC设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F3RmgRmv，又Fmg，解得vc2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直
8、方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t2，在水平方向的位移大小为xgt22R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为EF5R5mgR，C正确，A、B、D错误8一质量为m的小球从高度为H的平台上以速度v0水平抛出，落在松软路面上出现一个深度为h的坑，如图所示，不计空气阻力，对从抛出到落至坑底的过程中，以下说法正确的是()A外力对小球做的总功为mg(Hh)mvB小球的机械能减小量为mg(Hh)mvC路
9、基对小球做的功为D路基对小球做的功为BC根据动能定理：W0mvmv，故A错误；路基对小球做功为W1：mg(Hh)W10mv，解得W1mg(Hh)mv，故C正确，D正确；根据能量守恒可知，小球机械能的减小量即为小球克服路基做的功，故B正确9如图所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m的球，杆可绕轴O无摩擦转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下转到竖直位置，下列说法正确的是()A重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小BA球和B球都遵循机械能守恒C竖直位置时vA，vBD杆对A杆做功WA0.2mgL，对B做功WB0.2mgLACB球开始时速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到最低点时，速度方向与
10、重力的方向垂直，此时重力的瞬时功率也为零，所以重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，故A项正确；设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB.如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，系统机械能守恒若取B的最低点为重力势能参考平面，根据E减E增可得mgLmgLmvmv又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB2vA联立解得：vA，vB根据动能定理，可解出杆对A、B做的功，对A有：WAmgmv所以WA0.2mgL对B有WBmgLmv所以WB0.2mgL由于杆对A、B做功，所以A、B机械能不守恒，故C项正确，B、D项错误10如图所示，质量为m的滑块以一定的初速度v0滑上倾角为的足够长
11、的固定斜面并在沿斜面向上的恒力Fmgsin 作用下运动已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan ，取斜面底端所在水平面为零重力势能面，则滑块在从斜面底端运动至最高点的过程中，因滑块与斜面摩擦而产生的热量Q、滑块的动能Ek、重力势能Ep以及系统的机械能E随时间t、位移x变化的关系，下列图象大致正确的是()ABCDBCD根据牛顿第二定律，滑块将以初速度v0沿斜面向上做加速度大小agsin 的匀减速运动，滑块的位移xv0tat2，Qmgcos xmgsin ，可见Qt图象应为一条抛物线，选项A错误；F与Ff的总功为零，系统的机械能恒定，选项B正确；根据动能定理有maxEkmv，得Ekmaxmv，可见Ekx
12、图象是一条直线且其斜率为负，选项C正确；重力势能Epmgxsin ，可见Ep与x成正比，选项D正确二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11(6分)下表是在探究功与物体速度变化的关系时得到的数据请根据以下数据在图中完成Wv、Wv2、Wv3图象，并由图象确定功与速度变化的关系是_.W(一条橡皮筋做的功作为功的单位)12345678v(m/s)1.42.02.42.83.23.53.74.0v2(m2/s2)v3(m3/s3)解析v2、v3的数值如下表所示：W(一条橡皮筋做的功作为功的单位)12345678v(m/s)1.42.02.42.83.23.53.74.0v2(m2/s2
13、)1.964.05.767.8410.2412.2513.6916.0v3(m3/s3)2.748.013.8221.9532.7742.8850.6564.0Wv、Wv2、Wv3图象如图所示由图可得力对物体做的功与速度的平方成正比答案见解析12(8分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材为完成此实验，除了所给的器材，从下图还必须选取的实验器材是_，可选择的实验器材是_(填字母代号) ABCDEFG(2)下列方法有助于减小实验误差的是_A在重锤的正下方地面铺海绵B必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒C重复多次实验，重物必须从同一位置开始下
14、落D重物的密度尽量大一些(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图所示，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度vB_m/s.若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，重物质量为m，当地重力加速度为g，为得出实验结论完成实验，需要比较mghBH与_的大小关系(用题中字母表示)解析(1)在实验中需要用刻度尺测量纸带上点与点间的距离，从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表用电火花计时器时就不用学生电源必须选取的实验器材为重物、电火花计时器、毫米刻度尺重锤的质量可以测量也可以不测量，
15、可选择的实验器材为天平(2)A.在重锤的正下方地面铺海绵可以防止摔坏实验器材，故A错误；B不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故B错误；C重复多次实验时，重物不需要从同一位置开始下落，故C错误；D重物下落时受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦会使实验误差变大所以选重物的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差故D正确(3)打B点时对应的速度等于A、C两点间的平均速度，vB m/s1.35 m/s; 如果机械能守恒，物体减小的重力势能等于增加的动能，则mghmv2，即mghABmvmv.答案(1)AEFD(2)D(3)1.35mvmv13. (8分)如图甲所示，升
16、降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5 s末到达额定功率，之后保持额定功率运动其运动情况vt图象如图乙所示，已知电动机的牵引力的额定功率为36 kW，重力加速度g取10 m/s2，求：甲乙(1)升降机的总质量大小；(2)5 s末时瞬时速度v的大小；(3)升降机在07 s内上升的高度解析(1)设升降机的总质量为m，升降机最后做匀速运动，牵引力Fmg根据PFvmmgvm得m kg300 kg.(2)设匀加速运动时加速度大小为a，当t5 s时，速度vat此时牵引力F根据牛顿第二定律得，Fmgma解得a2 m/s2，v10 m/s.(3)则05 s内的位移x1
17、at225 m25 m对57 s内运用动能定理得，Pt2mghmvmv2代入数据解得：h21.8 m则xx1h(2521.8)m46.8 m.答案(1)300 kg(2) 10 m/s(3)46.8 m14(12分)质量为1.0103 kg的汽车，汽车发动机的额定输出功率为5.6104 W，沿倾角为30的斜坡由静止开始从坡底向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，开始时以a1 m/s2的加速度做匀加速运动(取g10 m/s2)求：(1)汽车做匀加速运动持续的时间t1；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车
18、从坡底到坡顶需多少时间？解析(1)根据牛顿第二定律有： Fmgsin 30fma设匀加速的末速度为v，则有：PFv；vat1代入数值，联立解得：匀加速的时间为t17 s.(2)当达到最大速度vm时，有：P(mgsin 30f)vm解得：汽车的最大速度为vm8 m/s.(3)汽车匀加速运动的位移为x1at24.5 m在后一阶段牵引力对汽车做正功，重力和阻力做负功，根据动能定理有：Pt2(mgsin 30f)x2mvmv2, 又有x2xx1代入数值，联立求解得：t215 s所以汽车总的运动时间为tt1t222 s.答案(1)7 s(2)8 m/s(3)22 s15(12分)如图所示，半径为R的光滑
19、半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：(1)a球离开弹簧时的速度大小va；(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep.解析(1)由a球恰好能到达A点知：m1gm1由机械能守恒定律得：m1vm1vm1g2R解得va.(2)对于b球由机械能守恒定律得：m2vm2g10R解得vb2.(3)由机械能
20、守恒定律得：Epm1vm2v解得EpgR.答案(1)(2)2(3)gR16(14分)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R0.8 m的圆环剪去了左上角的135的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m10.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰好停止在B点用同种材料、质量为m20.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x6t2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道g取10 m/s2，求：(1)物块运动到P点速度的大小和方向；
21、(2)判断m2能否沿圆轨道到达M点；(3)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功解析(1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度满足v2gR得vDvy4 m/s所以到P的速度为vP4 m/s，方向与水平方向夹角为45斜向下(2)若物块能沿轨道到达M点，设其在M点时的速度为vM，则m2vm2vm2gR轨道对物块的压力为FN，则FNm2gm2解得FN(1)m2g0即物块不能到达M点(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，物块与桌面间的动摩擦因数为，释放m1时，Epm1gsC由x6t2t2可知m2的初速度v06 m/s释放m2时，Epm2gsCm2v且m12m2，得Epm2v7.2 Jm2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则EpWfm2v可得Wf5.6 J.答案(1)4 m/s方向与水平方向夹角为45斜向下(2)见解析(2)5.6 J