1、单元质检五机械能(时间:45分钟满分:100分)单元质检第10页一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失。某中学的部分学生组成了一个课题小组,对海啸的威力进行了模拟研究,他们设计了如下的模型:如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m=4 kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下运动,推力F随位移x变化的图象如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为=0.5,重力加速度g取10 m/s2。则
2、()A.运动过程中物体的最大加速度为15 m/s2B.在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大C.整个过程中推力对物体做功180 JD.物体在水平地面上运动的最大位移是10 m答案:D解析:本题考查牛顿第二定律、动能定理、F-x图象等知识点,意在考查考生综合运用相关知识解决实际问题的能力。由牛顿第二定律有F-mg=ma,当推力F=100 N时,物体加速度最大,为20 m/s2,选项A错误;由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为F=100-25x(N),物体速度最大时,加速度为零,则F=mg,解得x=3.2 m,即在距出发点3.2 m位置时物体的速度达到最大,选项B错误;由F-x图象的“面积
3、”表示功可知,推力对物体做功WF=12Fx0=200 J,选项C错误;由动能定理有WF-mgxm=0,代入数据得xm=10 m,即物体在水平面上运动的最大位移是10 m,选项D正确。2.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v1时,起重机的有用功率达到最大值P,以后起重机保持该功率不变,继续提升重物,直到以最大速度v2匀速上升为止,则整个过程中,下列说法不正确的是()A.钢绳的最大拉力为Pv1B.钢绳的最大拉力为Pv2C.重物的最大速度为v2=PmgD.重物做匀加速直线运动的时间为mv12P-mgv1答案:B解析:起重机达到最大功率后,钢绳的拉力逐渐减小,所以匀加速运
4、动过程的拉力为最大拉力,F1=Pv1,选项A正确,选项B错误;达到最大速度v2时,拉力F2=mg,所以v2=PF2=Pmg,选项C正确;重物做匀加速运动的加速度a=F1-mgm=Pv1-mgm=Pmv1-g,匀加速运动时间t1=v1a=mv12P-mgv1,选项D正确。3.如图所示,有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的14圆弧,BC部分水平,质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端,轻杆长为R,不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点,由静止释放小球和轻杆,使其沿光滑轨道下滑,则下列说法正确的是()A.a球下滑过程中机械能保持不变B.b球下滑过程中机械能保持不变C.a、b球滑到水平轨道上
5、时速度大小为2gRD.从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上,整个过程中轻杆对a球做的功为mgR2导学号34220383答案:D解析:本题考查功和能,意在考查考生应用功和能的知识解决问题的能力。a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒,A、B错误;由系统机械能守恒有mgR+2mgR=122mv2,解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小为v=3gR,C错误;从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上,对a球,由动能定理有W+mgR=12mv2,解得轻杆对a球做的功为W=mgR2,D正确。4.如图所示,完整的撑竿跳高过程可以简化成三个阶段,持竿助跑、撑竿起跳上升、越竿下落(下落时人竿分离),最后落在软垫上到速
6、度减为零,不计空气的阻力,则()A.运动员在整个跳高过程中机械能守恒B.运动员在撑竿起跳上升过程中机械能守恒C.在撑竿起跳上升过程中竿的弹性势能转化为运动员的重力势能且弹性势能减少量小于运动员的重力势能增加量D.运动员落到软垫上时做减速运动,处于超重状态答案:C解析:本题意在考查考生对机械能守恒定律的理解。运动员在持竿助跑过程中体内的能量释放出来,故机械能不守恒,而在上升过程中竿的弹性势能转化为运动员的机械能,运动员的机械能增加,A、B错误;在上升过程中弹性势能和动能转化为重力势能,所以C正确;当运动员落到软垫上时向下先加速运动后减速运动,所以先失重后超重,D错误。5.如图甲所示,足够长的固定
7、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()A.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答案:A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=0.51 m/s2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律得F1-mgsin =ma,又F2=mgsin ,其中F1=5 N,F2=4.5 N,解得m=1 kg,sin
8、 =0.45,选项A正确,选项B错误;分析可得前3 s内拉力F的功率在1 s末时最大,Pm=Fv=50.5 W=2.5 W,选项C错误;前3 s内小环沿杆上升的位移x=0.521 m+0.52 m=1.25 m,前3 s内小环机械能的增加量E=12mv2+mgxsin =5.75 J,故选项D错误。6.(2015湖北重点中学联考)如图所示,质量为M,长度为L的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块放在小车的最左端,现用一水平向右的恒力F始终作用在小物块上,小物块与小车之间的滑动摩擦力为Ff,经过一段时间后小车运动的位移为x,此时小物块刚好滑到小车的最右端,则下列说法中正确的是()A.此时物
9、块的动能为F(x+L)B.此时小车的动能为Ff(x+L)C.这一过程中,物块和小车增加的机械能为F(x+L)-FfLD.这一过程中,物块和小车因摩擦而产生的热量为FfL导学号34220384答案:CD解析:对小物块分析,水平方向受到向右的拉力F和向左的摩擦力Ff,又小车位移为x,物块相对于小车的位移为L,则根据动能定理有(F-Ff)(x+L)=Ek-0,故选项A错;对小车分析,水平方向受到向右的摩擦力Ff作用,位移为x,根据动能定理有Ffx=Ek-0,故选项B错;在这一过程中,物块和小车增加的机械能等于增加的动能,即Ek+Ek=F(x+L)-FfL,故选项C正确;在这一过程中,外力做功是F(x
10、+L),所以系统因摩擦而产生的热量为F(x+L)-F(x+L)-FfL=FfL,故选项D正确。7.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,右端接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是()A.B物体的机械能一直减小B.B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C.B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D.细线拉力对A做的功大于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量答案:AB解析:物体B受重力、拉力,在B运动过程中,绳上拉力对
11、B一直做负功,所以B物体的机械能一直减小,选项A正确;由动能定理易知B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和,选项B正确;B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A动能增加量之和,选项C错误;对A和弹簧组成的系统,由功能关系,细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量,选项D错误。8.如图所示,在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,杆与水平方向的夹角=30,圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,弹簧处于原长h。让圆环沿杆由静止滑下,滑到杆的底端时速度恰为零。则在圆环下滑过程中()A.圆环和地球组成的系统机械能守恒B.当弹簧垂直
12、于光滑杆时圆环的动能最大C.弹簧的最大弹性势能为mghD.弹簧转过60角时,圆环的动能为mgh2答案:CD解析:圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和弹簧的拉力做功,所以圆环、弹簧和地球组成的系统机械能守恒,故选项A错误;从当弹簧垂直于光滑杆到弹簧转过60角这个过程中,重力和弹簧的弹力与速度方向的夹角都是锐角,合力是动力,也就是圆环还在做加速运动,所以当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能不是最大,最大动能应该是在弹簧转过角度大于60的某个位置,故选项B错误;当弹簧有最大弹性势能时,重力势能全部转化为弹性势能,所以弹簧的最大弹性势能为mgh,故选项C正确;当弹簧转过60角时
13、,圆环沿杆下滑距离h,此时弹簧仍为原长,由机械能守恒得mghsin =Ek,即Ek=mgh2,选项D正确。二、实验题(本题共2小题,15分)9.甲(6分)(2015江西南昌附中质检)某学习小组探究“合力做功和物体速度变化的关系”的实验如图甲所示,图甲中小车是在一条橡皮筋作用下弹出,沿木板滑行,这时,橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条n条完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次第n次实验时,使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致(与第1次实验时弹簧伸长的长度相同)。每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。(1)除了图甲中已有的实验器材外,还需要导线、开关、刻度尺和(选填“交流
14、”或“直流”)电源。(2)在正确操作情况下,打在纸带上的点,并不都是均匀的,如图乙所示,为了测量小车获得的速度,应选用纸带的部分进行测量。打点的时间间隔为0.02 s,则小车获得的速度v= m/s(保留两位有效数字)。乙答案:(1)交流(2)GK0.66解析:(1)打点计时器的电源应该选用交流电源。(2)我们要验证的是“合力的功和物体速度变化关系”,小车的初速度为零,故需要知道做功完毕的末速度即最大速度v,此后小车做匀速运动,故应测纸带上的匀速运动部分,由纸带的间距可知,间距均匀的为匀速运动部分,应测量GK部分,最大速度v=GK30.02 m/s=0.66 m/s。10.甲(9分)(2015山
15、东济南联考)现要通过实验验证机械能守恒定律,实验装置如图甲所示。水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处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;导轨上的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点到导轨底端C点的距离,h表示A与C的高度差,b表示遮光片的宽度,x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块通过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少量可
16、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,1t2与x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x与t值。结果如下表所示:12345x/m0.6000.8001.0001.2001.400t/ms8.227.176.445.855.431t2/104 s-21.481.952.412.923.39以x为横坐标,1t2为纵坐标,在如图乙所示坐标纸中描出第1个和第5个数据点(其余3个点已作出);根据5个数据点作直线,求得该直线的斜率k=104 m-1s-2。(保留三位有效数字)乙由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出1t2-x直线的斜
17、率k0,将k和k0进行比较,若其差值在误差范围内,则可认为此实验验证了机械能守恒定律。导学号34220385答案:(1)Mghd-mgx12(M+m)b2t22(Mgh-mgd)(M+m)b2dx(2)2.43(2.302.60均可)解析:(1)当M沿斜面向下运动距离x时,下落的高度为h,则hd=hx,所以h=hdx。所以系统重力势能的减少量Ep=Mgh-mgx=Mghd-mgx,动能的增加量Ek=12(M+m)v2,v=bt,所以Ek=12(M+m)b2t2,根据机械能守恒,有Ep=Ek,即Mghd-mgx=12(M+m)b2t2,所以1t2=2(Mgh-mgd)(M+m)b2dx。(2)1
18、t2-x图象是一条倾斜直线,直线的斜率k=2.43104 m-1s-2。三、计算题(本题2小题,共37分)11.(15分)如图所示,已知小孩与雪橇的总质量为m=20 kg,静止于水平冰面上的A点,雪橇与冰面间的动摩擦因数为=0.1(g取10 m/s2)。(1)妈妈先用30 N的水平恒力拉雪橇,经8 s到达B点,求A、B两点间的距离L;(2)若妈妈用大小为30 N,与水平方向成37角的力斜向上拉雪橇,使雪橇从A处由静止开始运动并能到达(1)问中的B处,求拉力作用的最短距离(已知cos 37=0.8,sin 37=0.6)。答案:(1)16 m(2)12.4 m解析:(1)令F=30 N,t=8
19、s,设雪橇加速度为a,对小孩进行受力分析,由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a=0.5 m/s2由L=12at2解得L=16 m。(2)设妈妈的力作用了x距离后撤去,小孩到达B点的速度恰好为零。解法一由动能定理得Fcos 37x-(mg-Fsin 37)x-mg(L-x)=0解得x=12.4 m解法二由牛顿第三定律Fcos 37-(mg-Fsin 37)=ma1mg=ma2由运动学公式得v2=2a1xv2=2a2(L-x)解得x=12.4 m。12.(22分)(2015福建泉州质检)如图所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角=
20、30,下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0=2 m/s的速度被水平抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,经过C点后沿水平面向右运动至D点时,弹簧被压缩至最短,C、D两点间的水平距离L=1.2 m,小物块与水平面间的动摩擦因数=0.5,g取10 m/s2。求:(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小;(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小;(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm。导学号34220386答案:(1)4 m/s(2)8 N(3)0.8 J解析:(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道,由几何关系有vB=v0sin=4 m/s。(2)小物块由B点运动到C点,由机械能守恒定律有mgR(1+sin )=12mvC2-12mvB2在C点处,由牛顿第二定律有F-mg=mvC2R解得F=8 N根据牛顿第三定律,小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F大小为8 N。(3)小物块从B点运动到D点,由能量守恒定律有Epm=12mvB2+mgR(1+sin )-mgL=0.8 J。6
