1、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,每题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第17题只有一个选项正确,第812题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.某同学家里装修,他帮着家长粉刷墙壁.关于刷子和墙之间的摩擦力做功情况,下列说法正确的是(D)A.刷子对墙的摩擦力做正功B.刷子对墙的摩擦力做负功C.墙对刷子的摩擦力做正功D.墙对刷子的摩擦力做负功解析:墙对刷子的摩擦力与刷子的运动方向始终是相反的,所以墙对刷子的摩擦力做负功;墙始终是静止的,刷子对墙的摩擦力对墙不做功,故A,B,C错误,D正确.2.静止在地面上的物体在不
2、同合外力F的作用下都通过了相同的位移s.下列情况中物体在s0位置时速度最大的是(C)解析:根据动能定理Fs=mv2可知图象的面积表示物体增加的动能,面积越大,增加的动能越大,对于同一个物体来说动能越大,速度越大,故选项C正确.3.如图所示,长为L的小车置于光滑的水平面上,小车前端放一小物块,用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s,物块刚好滑到小车的左端.物块与小车间的摩擦力大小为f,在此过程中(D)A.摩擦力对小物块做的功为fsB.摩擦力对系统做的功为0C.力F对小车做的功为fLD.小车克服摩擦力所做的功为fs解析:小物块对地的位移方向向右,大小为s-L,小物块受到的摩擦力方向水平向右,则
3、摩擦力对小物块做的功为f(s-L),故A错误;物块相对于小车的位移大小为L,则摩擦力对系统做的总功为-fL,故B错误;小车对地位移大小为s,则力F对小车做的功为Fs,故C错误;小车受到的摩擦力方向水平向左,位移方向向右,大小为s,则小车克服摩擦力所做的功为fs,故D正确.4.“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置,其实质就是一种大型抛石机,如图是其工作原理的简化图.将质量m=10 kg的石块,装在与转轴O相距L=5 m的长臂末端口袋中,最初静止时长臂与水平面的夹角=30,发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动,石块靠惯性被水平抛出,落在水平地面上.若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=
4、20 m,不计空气阻力,取g=10 m/s2.以下判断正确的是(C)A.石块抛出后运动时间为 sB.石块被抛出瞬间的速度大小为 m/sC.石块即将落地时重力的瞬时功率为500 WD.石块落地的瞬时速度大小为15 m/s解析:石块被抛出后做平抛运动,抛出时高度h=L+Lsin ,竖直方向有h=gt2,可得t= s,故A错误;水平方向有s=v0t,则v0= m/s,故B错误;石块即将落地时重力的瞬时功率为P=mgvy=mggt=500 W,故C正确;石块落地的瞬时速度大小为v= m/s,故D错误.5.如图所示,一架自动扶梯以恒定的速度v1运送乘客上同一楼层,某乘客第一次站在扶梯上不动,第二次以相对
5、扶梯v2的速度匀速往上走.扶梯两次运送乘客所做的功分别为W1,W2,牵引力的功率分别为P1,P2,则(D)A.W1W2,P1P2B.W1W2,P1=P2C.W1=W2,P1W2,P1=P2解析:由于两次中乘客都是匀速运动,受力情况大小相等;扶梯对乘客作用力相同,但第二次人沿扶梯向上走了一段距离,所以第一次扶梯运动的距离要比第二次扶梯运动的距离长,故有W1W2;两种情况扶梯移动的速度也相同,电机驱动扶梯做功的功率相同,即P1=P2,选项D正确.6.滑块以某一初速度从固定的粗糙斜面底端向上运动,然后又滑回斜面底端.若滑块向上运动的位移中点为A,滑块两次经过A点的速率分别为vA1,vA2,上滑和下滑
6、过程的重力势能的变化量的绝对值分别为Ep1,Ep2,则(C)A.vA1=vA2,Ep1=Ep2B.vA1=vA2,Ep1Ep2C.vA1vA2,Ep1=Ep2D.vA1vA2,Ep1Ep2解析:滑块两次经过A点,重力做功为0,滑动摩擦力做负功,机械能减少,故第一次动能大于第二次的动能,所以vA1vA2,根据重力做功等于重力势能的减少量,可知上滑和下滑两过程中重力势能变化量相等,故Ep1=Ep2,故C正确.7.如图所示,质量相同的两个小球a,b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出,恰好都落在斜面底端,不计空气阻力,下列说法正确的是(C)A.小球a,b抛出时的初速度大小之比为21B.小球a,
7、b到达斜面底端时的位移之比为 1C.小球a,b到达斜面底端时速度方向与斜面夹角之比为11D.小球a,b到达斜面底端时的动能之比为41解析:因为两小球下落的高度之比为21,水平位移之比为21,则到达斜面底端时的位移之比为21,B错误;根据h=gt2得t=,则时间之比为1,根据v0=可知初速度之比为1,A错误;小球两种情况下均落在斜面上,其位移与水平方向夹角相等,而速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,则到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等,C正确;根据机械能守恒定律,小球到达斜面底端的动能为抛出时的机械能,则到达斜面底端时的动能之比为EkaEkb=m+mgham+m
8、ghb=21,D错误.8.如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度v=1 m/s匀速运动,小物块P,Q质量分别为0.3 kg和0.2 kg,由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻物块P放在传送带中点处由静止释放.已知物块P与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带水平部分两端点间的距离为L=4 m,不计定滑轮质量及摩擦,物块P与定滑轮间的绳水平.g取10 m/s2,则下列说法正确的是(BD)A.物块P向右运动B.物块P的加速度为1 m/s2C.整个过程中物块P与传送带之间产生的热量为0.6 JD.1 s末传送带所受的摩擦力的瞬时功率为1.5 W解析:P释放后受到的最大摩擦力的大小为f=mg=
9、0.53 N=1.5 N,以P,Q为整体,受到的合力为F合=GQ-f=(2-1.5)N=0.5 N,物块P将向左运动,由牛顿第二定律可知加速度a= m/s2=1 m/s2,故B正确,A错误;P到达左侧时,位移为s=2 m;用时t= s=2 s,则物块P与传送带间的相对位移s相对=2 m+vt=(2+12)m=4 m,则产生的热量Q=fs相对=1.54 J=6 J,故C错误;1 s末传送带所受的摩擦力的瞬时功率为P=fv=1.51 W=1.5 W,故D正确.9.某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过数据处理得到
10、如图所示的vt图象,已知小车在0t1时间内做匀加速直线运动,t110 s时间内小车牵引力的功率保持不变,7 s末达到最大速度,在10 s末停止遥控让小车自由滑行,小车质量m=0.5 kg,整个过程中小车受到的阻力f大小不变.则以下说法正确的是(BD)A.小车匀加速直线运动时牵引力大小为3 NB.小车匀加速直线运动的时间为1.5 sC.小车所受阻力f的大小为2 ND.t110 s内小车牵引力的功率P为6 W解析:根据速度时间图线知,小车做匀减速直线运动的加速度大小a2= m/s2=2 m/s2,则阻力的大小f=ma2=0.52 N=1 N,额定功率P=fvmax=16 W=6 W,可知匀加速直线
11、运动的牵引力F= N=2 N,故A,C错误,D正确;匀加速直线运动的加速度a1= m/s2=2 m/s2,则小车匀加速直线运动的时间t1= s=1.5 s,故B正确.10.如图所示,轻弹簧一端固定在O1点,另一端系一小球,小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上,O1在O2的正上方,C是O1O2的连线和圆环的交点,将小球从圆环上的A点无初速度释放后,发现小球通过了C点,最终在A,B之间做往复运动.已知小球在A点时弹簧被拉长,在C点时弹簧被压缩,则下列判断正确的是(AC)A.弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B.小球从A至C一直做加速运动,从C至B一直做减速运动C.小球机械能最大
12、的位置有两处D.弹簧处于原长时,小球的速度最大解析:只有重力和弹簧弹力做功,则小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球由A到C的过程中,动能增加,重力势能增加,则弹簧弹性势能一定减小,小球在A点时的弹性势能必大于在C点时的弹性势能,所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量,故A正确;由题意可知,小球从A至C,在切向先做加速运动,再做减速运动,当切向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,同理从C至B,在切向先做加速运动,再做减速运动,当切向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时,速度最大,故B,D错误;当弹簧处于原长时,弹性势能为0,小球机械能最大,由题意知,A,B相对于O1O2对称
13、,则弹簧处于原长的位置在A,C与B,C之间各有一处,故C正确.11.一物体放在倾角为且足够长的光滑固定斜面上,初始位置如图(甲)所示,在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动,运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图(乙)所示.其中0x1过程的图线是曲线,x1x2过程的图线是平行于x轴的直线,x2x3过程的图线是倾斜的直线,则下列说法正确的是(BC)A.在0x1的过程中,力F逐渐变大B.在0x1的过程中,物体的加速度逐渐增大C.在x1x2的过程中,物体的动能越来越大D.在0x3的过程中,物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下解析:在A和B选项中在0x1过程中物体机械能在减小,则拉力
14、做负功,拉力方向沿斜面向上,物体的位移方向向下,即物体在沿斜面向下运动.根据功能关系得E=E0-Fx,则Ex图线的斜率表示拉力,而斜率逐渐减小到零,知物体所受的拉力逐渐减小到零.根据牛顿第二定律得a=,可知加速度一直增大,故A错误,B正确;在x1x2的过程中,拉力F=0,机械能守恒,物体向下运动,重力势能减小,动能增大,故C正确;在x2x3过程中,物体机械能增加,力F做正功,方向沿斜面向下,因此在0x3的过程中,物体一直沿斜面向下加速运动,故D错误.12.如图所示,质量分别为2m,m的小滑块A,B,其中A套在固定的竖直杆上,B静置于水平地面上,A,B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接.一轻弹簧左
15、端与B相连,右端固定在竖直杆上,弹簧水平.当=30时,弹簧处于原长状态,此时将A由静止释放,下降到最低点时变为45,整个运动过程中,A,B始终处于同一竖直平面,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则A下降过程中(BD)A.A,B组成的系统机械能守恒B.弹簧弹性势能的最大值为(-)mgLC.竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力D.A的速度达到最大值前,地面对B的支持力小于3mg解析:对滑块A,B和弹簧组成的系统在A下降过程中只有重力和弹簧弹力做功,则机械能守恒,故A错误;根据系统机械能守恒,弹簧弹性势能的最大值Ep=2mgL(cos 30-cos 45)=(-)mgL,故B正确;对滑块B
16、,水平方向有FLsin -F弹=ma,对滑块A,有N=FLsin =F弹+ma,由于滑块先做加速运动后做减速运动,所以竖直杆对A的弹力先大于后小于弹簧弹力,故C错误;A下降过程中速度达到最大值前,A加速下降,对A,B整体处于失重状态,则竖直方向上有3mg-N=2ma,则有N3mg,故D正确.二、非选择题(共52分)13.(8分)某研究小组设计了一种“用一把刻度尺测量质量为m的小物块Q与平板P之间动摩擦因数”的实验方案,实验装置如图(甲)所示.AB是半径足够大的四分之一圆弧轨道,与水平固定放置P板的上表面BC在B点相切,C点在水平地面的垂直投影为C.重力加速度为g.实验步骤如下:用刻度尺测量BC
17、长度为L和CC高度为h;先不放置平板P如图(乙)使圆弧AB的末端B位于C的正上方,将物块Q在A点由静止释放,在物块Q落地处标记其落地点D;重复步骤,共做10次;用半径尽量小的圆将10个落地点围住,用毫米刻度尺测量圆心到C的距离s;放置平板P如图(甲),将物块Q由同一位置A由静止释放,在物块Q落地处标记其落地点D;重复步骤,共做10次;用半径尽量小的圆将10个落地点围住,用毫米刻度尺测量圆心到C的距离x.(1)实验步骤目的是.(2)用实验中的测量量表示物块Q滑到B点时的动能EB=.(3)物块Q与平板P之间的动摩擦因数=.(4)已知实验测得的值与实际值不等,其原因除了实验中测量的误差之外,其他的原
18、因可能是(写出一个可能的原因即可).解析:(1)实验步骤的目的是通过多次实验减小实验结果的误差;(2)在不放平板P时,物块从B点飞出做平抛运动,在水平方向上有s=vBt,在竖直方向上有h=gt2,解得EkB=m=;(3)当加上平板P时,物块从C点飞出,做平抛运动,则有EkC=m=,根据动能定理可得-mgL=m-m,解得=;(4)其原因除了实验中测量的误差之外,其他的可能是轨道接缝B处不平滑、存在空气阻力等.答案:(1)减小误差(2)(3)(4)空气阻力(或接缝B处不平滑)评分标准:每空2分.14.(8分)用如图1装置“验证机械能守恒定律”.在高处固定电磁铁,通电时吸住小铁球(图中未画出电磁铁)
19、,断电后小铁球由静止开始下落,通过正下方的光电门.光电门可上下移动但始终位于铁球球心的正下方.请按实验要求完成题中空白内容.(1)安装并调整好器材.用游标卡尺测量铁球的三个互相垂直的直径,取平均值为测量值d.其中某次测量的示数如图2,该读数为cm.(2)让电磁铁通电吸住小铁球,测量并记录球心到光电门的距离H.释放小铁球,记录它通过光电门的时间t.(3)改变光电门位置,重复步骤(2)多次,得到多组H,t数据,在坐标图中描点连线,得如图3直线,算出斜率k.若在实验误差范围内,k=(用当地重力加速度g、铁球直径用d表示),则实验成功.(4)若第(3)问算出的k值大于理论值的百分比超出实验误差允许范围
20、,则原因可能是.A.空气阻力太大B.铁球通过光电门时,球心偏离光电门C.铁球通过光电门时,用平均速度替代了瞬时速度D.测H时,上端不是球心而是电磁铁底部解析:(1)游标卡尺的读数为10 mm+0.054 mm=10.20 mm=1.020 cm;(3)根据匀变速直线运动的位移与速度公式,则有H=.即=H.设H图象的斜率为k,则有k=.(4)若第(3)问算出的k值大于理论值的百分比超出实验误差允许范围,则原因可能是下落高度的测量值小于实际值或铁球通过光电门时,球心偏离光电门,故A,C,D错误,B正确.答案:(1)1.020(3)(4)B评分标准:(1)问2分,(3)(4)问各3分.15.(7分)
21、“道路千万条,安全第一条,行车不规范,亲人两行泪.”这句话告诉大家安全驾驶的重要性.质量为m=5103 kg的汽车在水平公路上行驶时,阻力是车重的0.1倍.让车保持额定功率为100 kW,从静止开始行驶.取g=10 m/s2.(1)若以额定功率启动,求汽车达到的最大速度vmax及汽车车速v1=10 m/s时的加速度;(2)若汽车以v2=15 m/s的速度匀速行驶,求汽车的实际功率.解析:(1)当汽车达到最大速度时F=f=0.1mg=5103 N,(1分)汽车达到的最大速度vmax= m/s=20 m/s,(1分)当汽车车速v1=10 m/s时,牵引力F1= N=1104 N,(1分)由牛顿第二
22、定律得F1-f=ma1,(1分)解得a1=1 m/s2.(1分)(2)汽车匀速行驶,F=f=5103 N,(1分)汽车的实际功率P=Fv2=510315 W=7.5104 W.(1分)答案:(1)20 m/s1 m/s2(2)7.5104 W16.(8分)如图所示,质量分别为mA=0.6 kg和mB=0.4 kg的A,B两木块叠放在竖直轻弹簧上静止(A,B间不粘连),弹簧的劲度系数k=100 N/m.若在A上作用一个竖直向上的拉力F,使A由静止开始以2.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动.已知从开始运动到A,B恰好分离过程中弹簧的弹性势能减少了0.375 J.取g=10 m/s2.求:(
23、1)A,B共同上升高度h为多大时两木块恰好分离.(2)A,B刚分离时B木块的速度大小v;(3)A,B分离前拉力对木块做的功WF.解析:(1)木块静止时,则有kx1=(mA+mB)g,即弹簧的压缩量x1=0.1 m,(1分)设A,B分离时弹簧的压缩量为x2,对木块B有kx2-mBg=mBa,得x2=0.05 m.(1分)即木块上升高度为h=x1-x2=0.05 m,两木块恰好分离.(1分)(2)A,B开始都做匀加速直线运动,v2=2ah,(1分)代入数据得v=0.5 m/s.(1分)(3)从开始运动到A,B分离,对AB整体,弹簧弹力做的功等于弹性势能减少量,根据动能定理,有WF+W弹-(mA+m
24、B)gh=,(2分)代入数据得WF=0.25 J.(1分)答案:(1)0.05 m(2)0.5 m/s(3)0.25 J17.(10分)如图所示,静止放在水平桌面上的纸带,其上有一质量为m=0.1 kg的铁块,它与纸带右端的距离为L=0.5 m,所有接触面之间的动摩擦因数相同.现用水平向左的恒力,经2 s时间将纸带从铁块下抽出,当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为v=2 m/s.已知桌面高度为H=0.8 m,不计纸带重力,铁块视为质点.重力加速度g取10 m/s2,求:(1)铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离;(2)纸带抽出过程中系统产生的内能.解析:(1)铁块离开桌面边缘后做平抛运动
25、,水平方向s=vt2(1分)竖直方向H=g(1分)代入数据解得s=0.8 m.(1分)(2)设铁块的加速度为a1,纸带抽出时,铁块的加速度a1= m/s2=1 m/s2(1分)而a1=g,则=0.1(1分)铁块的位移s1=a1=122 m=2 m(1分)纸带的位移s2=s1+L=2 m+0.5 m=2.5 m,(1分)铁块相对于纸带的位移s相对=L,(1分)则系统产生的内能Q=mgs2+mgL=mg(s2+L)=0.10.1103 J=0.3 J.(2分)答案:(1)0.8 m(2)0.3 J18.(11分)图(甲)为竖直放置的离心轨道,其中圆轨道的半径R=0.10 m,在轨道的最低点A和最高
26、点B各安装了一个压力传感器(图中未画出),小球(可视为质点)从斜轨道的不同高度由静止释放,可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力NA和NB.g取10 m/s2.(1)若不计小球所受阻力,且小球恰能过B点,求小球通过A点时速度vA的大小;(2)若不计小球所受阻力,小球每次都能通过B点,NB随NA变化的图线如图(乙)中的a所示,求小球的质量m;(3)若小球所受阻力不可忽略,NB随NA变化的图线如图(乙)中的b所示,求当NB=6.0 N时,小球从A运动到B的过程中损失的机械能E.解析:(1)设小球质量为m,若小球恰能通过B点,且速度为vB,根据牛顿第二定律有mg=m(1分)小球从A到B,根据机
27、械能守恒定律有m=2mgR+m(2分)代入数据得vA= m/s.(1分)(2)由第(1)问及图(乙)可知:当小球通过A点时的速度vA1= m/s时,小球对轨道压力的大小NA1=6 N.根据牛顿第三定律,轨道对小球支持力的大小为NA1=6 N.小球经A点有NA1-mg=m(1分)则m=0.1 kg.(1分)(3)当小球通过B点时对轨道压力的大小NB2=6.0 N,则小球通过A点时对轨道压力的大小NA2=16 N.设轨道对小球通过A,B时支持力的大小分别为NA2,NB2,速度分别为vA2,vB2,根据牛顿运动定律有NA2=NA2,且NA2-mg=m,(1分)NB2=NB2,且NB2+mg=m,(1分)在小球从A运动到B的过程中,根据能量守恒定律有E=m-2mgR+m(2分)联立解得E=0.2 J.(1分)答案:(1) m/s(2)0.1 kg(3)0.2 J