机械能及其守恒定律考试试题(doc 12页)

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第五章 机械能及其守恒定律

(时间90分钟，满分100分)

命 题 设 计 难度 题号 较易 中等 稍难 目标

功、功率、动能定理 能量守恒 1、6 2、5 3、4、7 11 6、8、9、10、13 12 14 机械能守恒 综合应用

一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．物体沿直线运动的v－t关系如图1所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，

则 ( )

图1

A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为－W D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W

解析：由题图知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小关系：v1＝v3＝v7，由12

题知W＝mv1－0，则由动能定理知第1秒末

21212

到第3秒末合外力做功W2＝mv3－mv1＝0，

22故A错．第3秒末到第5秒末合外力做功W312

＝0－mv3＝－W，故B错．第5秒末到第7

212

秒末合外力做功W4＝mv7－0＝W，故C错

212

误．第3秒末到第4秒末合外力做功W5＝mv4

2

121

－mv3；因v4＝v3，所以W5＝－0.75 W．故22D正确． 答案：D

2．带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上

一竖直向上的匀强电场(如图2所示)，电场强度为E，且qE＜mg，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 图2

B．滑块将沿斜面加速下滑

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 解析：没加电场时，滑块匀速下滑，有：

mgsinθ＝μmgcosθ，加上电场后，因(mg－Eq)sinθ

＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑块仍匀速下滑，B错误．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：D

3. (2010·六安模拟)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3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不可能的是 ( )

v2v2

A．等于 B．大于 2g2g图3

v2

C．小于 D．等于2R

2g

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：B

4．在竖直平面内，有根光滑金属杆弯成如图4所示形状，相应的曲线方程为y＝Acosx，将一个光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0、y＝A处以某一初速度沿杆向＋x方向运动．运动( )

图4

A．小环在D点的加速度为零 B．小环在B点和D点的加速度相同 C．小环在C点的速度最大

D．小环在C点和E点的加速度方向相同 解析：小环在D点和B点的加速度是由环的重力沿杆切向分力产生的，由对称性可知，

过

程

中

小环在两点的加速度的大小相同，方向不同，故A、B均错误；因C点最低，小环的

重力势能最小，由机械能守恒知，小环在C点的速度最大，C正确；小环在C点和E 点的加速度均为向心加速度，故方向相反，D错误．

答案：C

5. (2010·黄山模拟)如图5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3

与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端

6时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，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 图5

确( ) A．m＝M B．m＝2M

的是

C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度等于下滑的加速度

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

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：

h

(m＋M)gh＝(m＋M)gμcos30°·＋Esin30°

弹

①

在木箱反弹到轨道顶端的过程中，由能量守恒有：

E弹

h

＝Mgμcos30°·＋Mgh sin30°

②

联立①②得：m＝2M，A错误，B正确． 下滑过程中：

(M＋m)gsinθ－(M＋m)gμcosθ＝(M＋m)a1

③

上滑过程中：Mgsinθ＋Mgμcosθ＝Ma2

④

解之得：a2＝g(sinθ＋μcosθ)＞a1＝

g(sinθ－μcosθ)，

故C错误．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：B

6．如图6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/s.则以下判断正确的是 ( )

2

图6

A．小环的质量是1 kg

B．细杆与地面间的倾角是30°

C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W D．前3 s内小环机械能的增加量是5.25 J 解析：设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1 s内的0.522

加速度a＝ m/s＝0.5 m/s，由牛顿第二

1定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝1 kg，A正确；sinα＝0.45，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，Pm＝Fv＝5×0.5 W＝2.5 W，C错0.5误；前3 s内小环沿杆上升的位移x＝×1 2m＋0.5×2 m＝1.25 m，前3 s内小环机械能

12

的增加量ΔE＝mv＋mgxsinα＝5.75 J，故

2D错误． 答案：A

7.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，t＝4 s时停下，

其v－t图象如图7

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( )

A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 图7

B．全过程拉力做的功等于零 C．一定有F1＋F3＜2F2 D．有可能F1＋F3＞2F2

解析：由动能定理知A正确，B错误．第1 s

的

是

内F1－μmg＝ma,1 s末至3 s末，F2＝μmg，

第4 s内，μmg－F3＝ma，所以F1＋F3＝2F2，故C、D错误．

答案：A

8.如图8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( )

A．物体回到出发点时的动能是120 J

B．开始时物体所受的恒力F＝2mgsinθ 图8

C．撤去力F时，物体的重力势能是50 J D．动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置

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错误；设前一个时间t末时刻物体速度为v1，后一v1

个时间t末时刻物体速度为v2，由t＝

2v2－v1

t(两段时间内物体位移大小相等)得：21212

v2＝2v1，由mv2＝60 J知，mv1＝15 J，因

22此撤去F时，物体的重力势能为60 J－15 J＝45 J，C错误；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F－mgsinθ

力F之前的某位置，D正确；由＝

mv1mgsinθv2－－v1，＝tmt

4

可得：F＝

3

mgsinθ，故B错误．

答案：D

9．(2009·上海高考)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，小球的势能是动能的2倍，则h等于 ( )

H2HA. B. 993H4H

C. D. 99

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f. 12

上升阶段：－mgH－fH＝－mv0

21212

－mgh－fh＝mv1－mv0

22

12

2mgh＝mv1

2

12

下降阶段：mg(H－h)－f(H－h)＝mv2

212

mgh＝2×mv2

2

4

由以上各式联立得：h＝H.故选D.

9答案：D

10.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

图

垂直的活动阻挡条，如 9 图9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) ( )

A．n B．2n C．3n D．4n 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0

121212－mv0＝nW，对第二次有0－mv2＝0－(mv0

222＋mgh)＝NW，

12

又因为mv0＝mgh，联立以上三式解得N＝2n.

2答案：B

二、实验题(本大题共2个小题，共10分) 11．(5分)为了探究恒力作用时的动能定理，某同学做了如下实验，他让滑块在某一水平面上滑行，利用速度采集器获取其初速度v，并测量出不同初速度的最大滑行距离x，得到下表所示几组数据：

数据组 1 2 3 4 5 6 v/(m·s) －10 0.10.10.20.30.46 9 4 0 9 x/m 0

0.00.00.10.10.445 75 11 63 42 (1)该同学根据表中数据，作出x－v图象如图10甲所示．观察该图象，该同学作出如

下推理：根据x－v图象大致是一条抛物线，可以猜想，x可能与v成正比．请在图乙

所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想．

2

图10

(2)根据你所作的图象，你认为滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2的关系是

________________________________________________________________________．

解析：(1)作出x－v图线如图所示．

2

(2)x－v图线是过原点的直线，所以，滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v成

正比．

答案：(1)见解析图 (2)x∝v2

12．(5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：

①用天平测出电动小车的质量为0.4 kg； ②将电动小车、纸带和打点计时器按如图11所示安装；

图11

2

2

③接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)； ④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.

解析：(1)速度恒定时

x6.00×10－2v＝＝ m/s＝1.50 m/s.

t2×0.02(2)匀减速运动阶段 Δx

a＝≈－4.00 m/s2

t2

Ff＝ma＝－1.60 N

(3)F＝－Ff

电动小车的额定功率

P＝Fv＝1.60×1.50 W＝2.40 W.

答案：(1)1.50 (2)1.60 (3)2.40 三、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

13．(8分)如图13所示，质量为m的物体从倾角为θ的斜面上的A点以

速度v0沿斜面上滑，由于μmgcosθ＜

mgsinθ，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μ，求AB间的距离． 图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：

12

－(mgsinθ＋μmgcosθ)·x＝0－mv0

2①

对全过程由动能定理得：

mgsinθ·xAB－μmgcosθ·(2x＋xAB)＝0

②

由①②得：xAB＝

g答案：

g

μv02cosθ

sin2θ－μ2cos2θ

.

μv02cosθ

sin2θ－μ2cos2θ

14．(10分)(2010·阜阳模拟)一劲度系数

k＝800 N/m的轻质弹簧两端分别连接着

质量均为12 kg的物体A、B，将它们竖直静

止放在水平面上，如图14所示．现

将一竖直向上的变力F作用在A上，使A开始向上做匀加速运动，经0.40 s

物体B刚要离开地面．g＝10.0 m/s，试求：

2

(1)物体B刚要离开地面时，A物体的速度vA； 图14

(2)物体A重力势能的改变量；

12

(3)弹簧的弹性势能公式：Ep＝kx，x为弹

2簧的形变量，则此过程中拉力F做的功为

多少？

解析：(1)开始时mAg＝kx1 当物体B刚要离地面时kx2＝mBg 可得：x1＝x2＝0.15 m 12

由x1＋x2＝at

2

vA＝at

得：vA＝1.5 m/s.

(2)物体A重力势能增大， ΔEpA＝mAg(x1＋x2)＝36 J.

(3)因开始时弹簧的压缩量与末时刻弹簧的伸长量相等，对应弹性势能相等，由功能关

系可得：

1

WF＝ΔEpA＋mAvA2＝49.5 J.

2

答案：(1)1.5 m/s (2)36 J (3)49.5 J 15．(10分)(2009·浙江高考)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m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W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L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50

m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s)

2

图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x＝v1t

12h＝gt

2解得v1＝x

g

＝3 m/s 2h

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 v22mg＝m R

1212

mv3＝mv2＋mg(2R) 22解得v3＝5gR＝4 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vmin＝4 m/s

设电动机工作时间至少为t，根据功能关系 12

Pt－FfL＝mvmin

2由此可得t＝2.53 s. 答案：2.53 s

16．(12分)如图16甲所示，水平传送带的长度

L＝6 m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，

现在一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x，保持物块的初速度v0不变，多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移x，得到如图16乙所示的

x－v图象．

图16

(1)当0＜v≤1 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？当v≥7 m/s时，物块在A、B之

间做什么运动？

(2)物块的初速度v0多大？

解析：(1)由于0＜v≤1 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、

B之间做匀减速直线运动．

由于v≥7 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做

匀加速直线运动．

(2)由图象可知在传送带速度v带＝1 m/s时，物体做匀减速运动．

则平抛初速度为v1＝1 m/s，由动能定理得： 1212－μmgL＝mv1－mv0

22

在v带＝7 m/s时，物体做匀加速运动， 则平抛初速度为v2＝7 m/s，由动能定理得：

1212

μmgL＝mv2－mv0

22解得v0＝

v12＋v22

＝5 m/s. 2

答案：(1)匀减速直线运动 匀加速直线运动 (2)5 m/s