1、高考资源网（） 您身边的高考专家第五章检测试题(时间:60分钟满分:100分) 【测控导航表】知识点题号1.功和功率1、2、42.动能、动能定理3、133.机械能、机械能守恒定律5、6、8、9、124.功能关系、能量守恒定律7、145.实验10、11一、选择题(本题共9小题,每小题4分,共36分.15题为单选题,69题为多选题,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.(2012重庆八中模拟)完全相同的两辆汽车,都拖着完全相同的拖车以相同的速度在平直公路上匀速齐头并进,某一时刻两拖车同时与汽车脱离之后,甲汽车保持原来的牵引力继续前进,乙汽车保持原来的功率继续前进,则一段时
2、间后(假设均未达到最大功率)(A)A.甲车超前,乙车落后B.乙车超前,甲车落后C.它们仍齐头并进D.甲车先超过乙汽车,后乙车又超过甲车解析:拖车与汽车脱离之前,牵引力等于摩擦力,脱离之后,汽车受到的摩擦力f减小,因为甲汽车的牵引力F保持不变,所以其将做匀加速直线运动,加速度大小为a=(F-f)/m,而乙汽车保持原来的功率不变做加速运动,根据P=Fv可知,其牵引力会随其速度的逐渐增大而减小,其加速度大小也会从a=(F-f)/m逐渐减小,可见,甲车的速度较大,甲车超前,乙车落后.选项A正确.2.汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时,汽车受到的阻力恒定不变,则汽车上坡过程中vt图像不可能
3、是图中的(A)解析:汽车上坡过程中功率不变,开始时牵引力可能大于阻力,可能小于阻力,可能等于阻力,则可能先加速,可能先减速,可能不变,但不可能做匀加速运动,故A是不可能的.3.(2012年安徽卷)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中(D)A.重力做功2mgRB.机械能减少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功mgR解析:根据小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力,其速度满足mg=mv2/R,在B点
4、时动能为mgR.小球从P到B的运动过程中,重力做功mgR,机械能减少mgR,选项A、B错误;由动能定理得合外力做功mgR,由功能关系得克服摩擦力做功mgR,选项C错误,D正确.4. (2013自贡市一诊)如图所示,一直角斜面体固定在水平地面上,左侧斜面倾角为60,右侧斜面倾角为30,A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上,两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态,则下列说法错误的是(B)A.着地瞬间两物体的速度大小相等B.着地瞬间两物体的机械能相等C.着地瞬间两物体所受重力的功率相等D.两物体的质量之比为mAmB=1解析:根据初始时刻两物体处于平衡状态,由平衡条件可知,m
5、Agsin 60=mBgsin 30,由此可得,两物体的质量之比为mAmB=1;由机械能守恒定律可知,着地瞬间两物体的速度大小相等,选项A、D正确;着地瞬间,A物体重力功率PA=mAgvsin 60,B物体重力功率PB=mBgvsin 30,两物体所受重力的功率相等,选项C正确;由于两物体质量不等,初始状态两物体的机械能不等,所以着地瞬间两物体的机械能不相等,选项B错误.5.(2012年福建卷)如图所示,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦).初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块
6、着地,两物块(D)A.速率的变化量不同 B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同解析:由于斜面表面光滑,由机械能守恒定律可知,从剪断轻绳到物块着地,两物块速率的变化量相同,机械能的变化量为零(相同),选项A、B错误;由于二者质量不等,重力势能的变化量不相同,选项C错误;由mAg=mBgsin ,A下落时间tA=,重力做功的平均功率PA=mAgh;B下滑时间tB=,重力做功的平均功率PB=mBgh=mBghsin ,重力做功的平均功率相同,选项D正确.6.(2012梅村高级中学模拟)如图所示,滑板运动员沿水平地面向前滑行,在横杆前相对于滑板竖直向上起跳,人与滑板分
7、离,分别从杆的上、下通过,忽略人和滑板在运动中受到的阻力.则运动员(CD)A.起跳时脚对滑板的作用力斜向后B.在空中水平方向先加速后减速C.在空中机械能不变D.越过杆后仍落在滑板起跳的位置解析:因为运动员竖直向上起跳,所以起跳时脚对滑板的作用力竖直向下,选项A错误;起跳后,运动员做斜上抛运动,其在水平方向上做匀速直线运动,选项B错误;起跳后,在空中只有重力做功,所以机械能守恒,选项C正确;因为起跳时脚对滑板的作用力竖直向下,滑板沿水平方向的滑行速度不变,运动员在水平方向上的运动与滑板相同,所以越过杆后仍落在滑板起跳的位置,选项D正确.7.如图所示,小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动,到达
8、最高点B后返回A,C为AB的中点.下列说法中正确的是(BCD)A.小球从A出发到返回A的过程中,位移为零,外力做功为零B.小球从A到C与从C到B的过程,减少的动能相等C.小球从A到C与从C到B的过程,速度的变化率相等D.小球从A到C与从C到B的过程,损失的机械能相等解析:小球从A出发到返回A的过程中,位移为零,重力做功为零,但有摩擦力做负功,选项A错误;因为C为AB的中点,小球从A到C与从C到B的过程合外力恒定,加速度恒定,速度的变化率相等,选项C正确;又因为重力做功相等,摩擦力做功相等,合外力做功相等,故减少的动能相等,损失的机械能相等,选项B、D正确.8. (2013成都高新区月考)如图所
9、示,一长为2L的轻杆中央有一光滑的小孔O,两端各固定质量为2m和m的A、B两个小球,光滑的铁钉穿过小孔垂直钉在竖直的墙壁上,将轻杆从水平位置由静止释放,转到竖直位置,在转动的过程中,忽略一切阻力.下列说法正确的是(AB)A.杆转到竖直位置时,A、B两球的速度大小相等,为B.杆转到竖直位置时,杆对B球的作用力向上,大小为mgC.杆转到竖直位置时,B球的机械能减少了mgLD.由于忽略一切摩擦阻力,A球机械能一定守恒解析:在转动的过程中,A、B两球的速度大小相等,且系统的机械能守恒,则有2mgL-mgL=3mv2,得出v=,选项A正确.杆转到竖直位置时,B球在最高点,向心力F=,又由牛顿第二定律有m
10、g-F杆=,得出F杆=,作用力向上,选项B正确.杆转到竖直位置时,B球的机械能减少量EB=mgL-mv2=mgL,选项C错误.由于杆对A球做功,机械能不守恒,选项D错误.9.(2012年山东卷)将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,vt图像如图所示.以下判断正确的是(AC)A.前3 s内货物处于超重状态B.最后2 s内货物只受重力作用C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D.第3 s末至第5 s末的过程中,货物的机械能守恒解析:前3 s内货物加速向上运动,加速度向上,处于超重状态,选项A正确;最后2 s内货物减速向上运动,加速度大小为3 m/s2,受到了拉力,
11、选项B错误;前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同,选项C正确;第3 s末至第5 s末的过程中,货物向上匀速运动,动能不变,重力势能增大,机械能增大,选项D错误.二、实验题(每小题10分,共20分)10.(2013成都高新区月考)某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”.如图(甲),他们将拉力传感器固定在小车上,用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连,用拉力传感器记录小车受到拉力的大小.在水平桌面上相距50.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器,记录小车通过A、B时的速度大小.小车中可以放置砝码.(1)实验主要步骤如下:测量出小车和拉力传感器的总质量M;把细线的一端固
12、定在拉力传感器上,另一端通过定滑轮与钩码相连;正确连接所需电路.将小车停在C点,释放小车,小车在细线拉动下运动,记录细线拉力及小车通过A、B时的速度.在小车中增加砝码,或,重复的操作.(2)下表是他们测得的一组数据,其中M是M与小车中砝码质量之和,|-|是两个速度传感器记录速度的平方差,可以据此计算出动能变化量E,F是拉力传感器受到的拉力,W是F在A、B间所做的功.表格中的E3= J,W3= J.(结果保留三位有效数字)次数M/kg|-|/(m/s)2E/JF/NW/J10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40E3
13、1.220W341.0002.401.202.4201.2151.0002.841.422.8601.43 (3)根据上表,我们在图(乙)中的方格纸上作出EW图线如图所示,它说明了.解析:(1)改变对小车的拉力,就要改变钩码数量;(2)E3=M|-|=0.600 J,W3=FL=1.220 N0.5 m=0.610 J;(3)由图线可知,拉力(合力)所做的功近似等于物体动能的改变量.答案:(1)改变钩码数量(2)0.6000.610(3)拉力(合力)所做的功近似等于物体动能的改变量11.在“验证机械能守恒定律”的实验中,由于在运动的初始阶段计时器打出的一些点迹模糊不清,故必须选择比较清楚的点作
14、为测量起点,现所选的测量范围的第一点在米尺上的位置为x1,第四点在米尺上的位置为x2,第七点在米尺上的位置为x3,第十点在米尺上的位置为x4,如图所示,若下落物体的质量为m,打点计时器每隔T秒打一点,则可利用上述数据求出物体从第四点到第七点这一段过程中重力势能的减少量是,动能的增加量是,若打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,读得x1=2.8 cm,x2=8.1 cm,x3=16.8 cm,x4=29.1 cm,则重力势能的减少量为,动能的增加量为.(g取9.8 m/s2)解析:由本实验原理知,物体做自由落体运动过程中,由于只有重力做功(忽略空气阻力)遵循机械能守恒定律,Ep减=Ek增,即m
15、gh=m-m.物体从打第四点到第七点下落的距离h=x3-x2,所以重力势能减少量为Ep减=mg(x3-x2).又因为打第四点时物体的速度为v4=,打第七点时物体的速度为v7=,所以动能增加量为Ek增=m-m即Ek增=(x4-x2)2-(x3-x1)2.将x1=2.8 cm,x2=8.1 cm,x3=16.8 cm,x4=29.1 cm代入得Ep减=0.8526m(J),Ek增0.8507m(J).答案:mg(x3-x2)(x4-x2)2-(x3-x1)20.8526m(J)0.8507m(J)三、计算题(共44分)12. (2013江苏阜宁中学月考)(12分)如图所示,一个质量为m的运动员在平
16、台上以加速度a做匀加速助跑,目的是抓住在平台右端且上端固定、长度为L的轻质悬绳,并在竖直面内做圆周运动.已知轻质绳的下端与运动员的重心在同一高度,运动员抓住绳的瞬间重心的高度不变,且无能量损失.若运动员能完成圆周运动,则: (1)运动员抓住绳的瞬间对悬线的拉力至少为多大?(2)运动员的最小助跑位移多大?(3)设运动员在加速过程中,脚与地面不打滑,求地面对脚的摩擦力大小以及摩擦力对运动员所做的功.解析:(1)设运动员在最低点运动的速度为v1,最高点运动的速度为v2.运动员抓住悬线时,悬线对运动员的拉力至少为F,运动员在最高点有mg=m(2分)运动员在最低点有F-mg=m(2分)依据机械能守恒定律
17、可得m=m+2mgL(2分)联立以上三式解得F=6mg(2分)依据牛顿第三定律可知,运动员对悬线的拉力至少为6mg.(2)运动员在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动,设末速度为v1,由(1)可得=5gL, 又=2ax,可得x=.(2分)(3)摩擦力大小f=ma.摩擦力对运动员做功为零.(2分)答案:(1)6mg(2)(3)ma013.(2012芜湖一中模拟)(16分)如图所示,质量为M=4 kg的木板静止在光滑的水平面上,在木板的右端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数=0.4,在铁块上加一个水平向左的恒力F=8 N,铁块在长L=6 m的木板上滑动,取g=
18、10 m/s2.求:(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端.(2)在铁块到达木板左端的过程中,恒力F对铁块所做的功.(3)在铁块到达木板左端时,铁块和木板的总动能.解析:(1)铁块与木板间的滑动摩擦力f=mg=0.4110 N=4 N(1分)铁块的加速度a1= m/s2=4 m/s2(1分)木板的加速度a2= m/s2=1 m/s2(1分)设铁块滑到木板左端的时间为t,则a1t2-a2t2=L(2分)代入数据解得:t=2 s.(2分)(2)铁块位移x1=a1t2=422 m=8 m(2分)恒力F做的功W=Fx1=88 J=64 J.(2分)(3)由动能定理可得,铁块的动能EkA=(F-f)x1
19、=(8-4)8 J=32 J(2分)木板位移x2=a2t2=122 m=2 m木板的动能EkB=fx2=42 J=8 J(2分)铁块和木板的总动能Ek总=EkA+EkB=32 J+8 J=40 J.(1分)答案:(1)2 s(2)64 J(3)40 J14.(16分)如图所示是在竖直平面内,由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道,圆形轨道的半径为R.质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h=2.5R的A点由静止开始下滑,物块通过轨道连接处的B、C点时,无机械能损失.求:(1)小物块通过B点时速度vB的大小;(2)小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力N的大小;(3)小物块能否
20、通过圆形轨道的最高点D?解析:(1)小物块从A点运动到B点的过程中,由机械能守恒得mgh=m(2分)解得vB=.(1分)(2)小物块从B至C做匀速直线运动则vC=vB=(1分)小物块通过圆形轨道最低点C时,由牛顿第二定律有N-mg=m(2分)得N=6mg.(2分)(3)若小物块能从C点运动到D点,由动能定理得-mg2R=m-m(2分)解得vD=(2分)设小物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1,由牛顿第二定律得mg=m(2分)vD1=vD(1分)可知小物块恰能通过圆形轨道的最高点.(1分)答案:(1)(2)6mg(3)见解析(1)在曲线运动或多过程问题中,利用机械能守恒定律可以把物体在不同位置的速度联系起来;(2)竖直平面内的非匀速圆周运动中,只有在最高点和最低点,向心力才等于物体所受合力.- 14 - 版权所有高考资源网