1、第五章 机械能及其守恒定律 (时间90分钟，满分120分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)1.（2012上海卷）质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。若（）（A）hAhB，则一定有WAWB（B）hAhB，则可能有WAWB （C）hAhB，则可能有WAWB（D）hAhB，则一定有WAWB2.（2012上海卷）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆
2、柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是（）（A）2R（B）5R/3（C）4R/3（D）2R/33光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时的速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图3所示，小球越过n条活动挡条后停下来若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等) ()图3AnB2n C3n D4n4小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球
3、的势能是动能的2倍，则h等于 ()A. B. C. D.5如图4甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是 ()图4A小环的质量是1 kgB细杆与地面间的倾角是30C前3 s内拉力F的最大功率是2.25 WD前3 s内小环机械能的增加量是6.75 J二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)图56带电荷量为q、质量为m的滑块，沿
4、固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如图5所示)，电场强度为E，且qEmg，对物体在斜面上的运动，以下说法正确的是 ()A滑块将沿斜面减速下滑B滑块仍沿斜面匀速下滑 C加电场后，重力势能和电势能之和不变D加电场后，重力势能和电势能之和减小7.半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在 圆桶的最低点，如图6所示小车以速度v向右匀速运动，当小车遇到 障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能是()A等于 B大于 图6C小于 D等于2R8.如图7所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的
5、货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程下列选项正确的是() 图7AmMBm2MC木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能9.静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为 F1、F2、F3的拉力作用做直线运动，t4 s时停下，其vt图象如图8所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是 () 图8A全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B全过程拉力做的功等于零C一定有F1
6、F32F2D有可能F1F32F210如图9所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从 底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以地面为零势能点，则下列说法正确的是 () 图9A物体回到出发点时的动能是60 JB开始时物体所受的恒力F2mgsinC撤去力F时，物体的重力势能是45 JD动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置三、简答题(本题共2小题，共18分请将解答填写在相应的位置)11(9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，若重物质量为0.50 kg，选择好的纸带如图10所示，O、A之间有几个点未画出已知相邻两点
7、时间间隔为0.02 s，长度单位是 cm，g取9.8 m/s2.则打点计时器打下点B时，重物的速度vB_m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减少量Ep_J，动能的增加量Ek_J(结果保留三位有效数字)图1012(9分)某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量为0.4 kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图11所示安装；图11接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源待小车 静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如
8、图12甲、乙所示，图中O点是打点计时器打的第一个点图12请你分析纸带数据，回答下列问题：(1)该电动小车运动的最大速度为_m/s；(2)该电动小车运动过程中所受的阻力大小为_ N；(3)该电动小车的额定功率为_W.四、计算题(本题共4小题，共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(10分)如图13所示，质量为m的物体从倾角为的斜面上的A点以速度v0 沿斜面上滑，由于mgcosmgsin，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下滑到B点时，速度大小恰好也是v0，设物体与斜面间的动摩擦因数为，求AB间的距离 图1
9、314Oov(m/s)0.54t(s)（2012安徽卷）.（14分）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。该球受到的空气阻力大小恒为，取=10 m/s2, 求：（1）弹性球受到的空气阻力的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度。15(10分)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛比赛路径如图15所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟已知赛车质量m0.1 kg，通电后以额定功率P1.5 W
10、工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计图中L10.00 m，R0.32 m，h1.25 m，x1.50 m问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g10 m/s2)图1516（2012四川卷）（16分） 四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为9kW，电动机的内阻为0.4。已知水的密度为1l03kg/m3，重力加速度取10m
11、/s2。求： (1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。第五章 机械能及其守恒定律【参考答案与详细解析】 一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)1、答案：B2、答案： C，3解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有0mv02nW，对第二次有0mv220(mv02mgh)NW，又因为mv02mgh，联立以上三式解得N2n.答案：B4解析：设小球上升至离地面高度h时，速度为v1，由地面上抛时速度为v0，下落至离地面高度h处速度为v2，空气阻力为Ff.上升阶段：mgHFfHmv02mghFfhm
12、v12mv022mghmv12下降阶段：mg(Hh)Ff(Hh)mv22mgh2mv22由以上各式联立得：hH.故选D.答案：D5解析：设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为，由题图乙知，小环在第1 s内的加速度a m/s20.5 m/s2，由牛顿第二定律得：5mgsinma，又4.5mgsin，得m1 kg，A正确；sin0.45，B错误；分析可得前3 s内拉力F的最大功率以1 s末为最大，PmFv50.5 W2.5 W，C错误；前3 s内小环沿杆上升的位移x1 m0.52 m1.25 m，前3 s内小环机械能的增加量Emv2mgxsin5.75 J，故D错误答案：A二、多项选择题(本题共5
13、小题，每小题6分，共30分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)图56解析：没加电场时，滑块匀速下滑，有：mgsinmgcos，加上电场后，因(mgEq)sin(mgEq)cos，故滑块仍匀速下滑，B正确加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确答案： BD7. 解析：小球沿圆桶上滑机械能守恒，由机械能守恒分析知A、C、D是可能的答案：ACD8. 解析：自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有：(mM)gh(mM)gcos30E弹 在木箱反弹到轨道顶端的过程中，由
14、能量守恒有：E弹Mgcos30Mgh 联立得：m2M，A错误，B正确下滑过程中：(Mm)gsin(Mm)gcos(Mm)a1 上滑过程中：MgsinMgcosMa2 解之得：a2g(sincos)a1g(sincos)，故C正确在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D错误答案：BC9.解析：由动能定理知A正确，B错误第1 s内F1mgma,1 s末至3 s末，F2mg，第4 s内，mgF3ma，所以F1F32F2，故C正确，D错误答案：AC10解析：由功能关系可知，前一个时间t内，力F做的功等于此过程中物体机械能的增量，也等于前一个时间t末时刻物体
15、的机械能；撤去外力F后，物体的机械能守恒，故物体回到出发点时的动能是60 J，A正确；设前一个时间t末时刻物体速度为v1，后一个时间t末时刻物体速度为v2，由tt(两段时间内物体位移大小相等)得：v22v1，由mv2260 J知，mv1215 J，因此撤去F时，物体的重力势能为60 J15 J45 J，C正确；动能和势能相同时，重力势能为30 J，故它们相同的位置一定在撤去力F之前的某位置，D正确；由，可得：Fmgsin，故B错误答案：ACD三、简答题(本题共2小题，共18分请将解答填写在相应的位置)11解析：vBm/s0.973 m/s动能的增量EkmvB20.50.97320.237 J重
16、力势能的减少量EpmghB0.59.84.86102 J0.238 J.答案：0.9730.2380.23712解析：(1)速度恒定时v m/s1.50 m/s.(2)匀减速运动阶段a4.00 m/s2Ffma1.60 N(3)FFf电动小车的额定功率PFv1.601.50 W2.40 W.答案：(1)1.50(2)1.60 (3)2.40四、计算题(本题共4小题，共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13解析：设物体m从A点到最高点的位移为x，对此过程由动能定理得：(mgsinmgcos)x0mv02
17、对全过程由动能定理得：mgsinxABmgcos(2xxAB)0 由得：xAB.答案：14(1)0.2N；(2)0.375m解析：(1)由vt图像可知:小球下落作匀加速运动，由牛顿第二定律得：解得(2)由图知：球落地时速度，则反弹时速度设反弹的加速度大小为a，由动能定理得解得15解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律xv1thgt2解得v1x3 m/s设赛车恰好通过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律mgmmv32mv22mg(2R)解得v34 m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin4 m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能关系PtFfLmvmin2由此可得t2.53 s.答案：2.53 s16解：(l)设电动机的电功率为P，则P=UI设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r代入数据解得Pr=1103W说明：式各2分，式3分。(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为，则M=V设质量为M的河水增加的重力势能为Ep，则Ep=Mgh设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr根据能量守恒定律得P0t60%80%=Ep代人数据解得t=2l04s说明：式各1分，式各2分，式3分。高考资源网w w 高 考 资源 网