1、1第五章 机 械 能综合过关规范限时检测满分：100 分 考试时间：60 分钟一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共计 48 分。15 题为单选，68 题为多选，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，错选或不选的得 0 分)1(2018福建省泉州市期中)如图，在竖直平面内，滑道 ABC 关于 B 点对称，且A、 B、 C 三点在同一水平线上。若小滑块第一次由 A 滑到 C，所用的时间为 t1，第二次由C 滑到 A，所用的时间为 t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则 ( A )导 学 号 21993445A t1 t2 B
2、 t1 t2C t1 t2 D无法比较 t1、 t2的大小解析 在 AB 段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小；在 BC 段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小。分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小，摩擦力做功较少，动能变化量较小，平均速率较大，由 t 可知 t18f，故 vm ，A、B 项错误；动力组匀加速P0F启动过程中，2 F8 f8 ma，对第 8 节车厢， T 为 7、8 节车厢之间的拉力，则 T f ma，联立解得 F ，C 项错误，D 项正确。F44(2018河北省名校联盟监
3、测(一)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， A 右端连接一细线，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。重力加速度大小为 g，下列有关该过程听分析正确的是( B )导 学 号 21993448A释放 B 的瞬间其加速度为g2B B 动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和C B 机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D细线拉力对 A 做的功等于 A 机械能的增加量解析 以 A、 B 组成的系统为研究对象，有 mBg kx( mA mB)a，释放
4、B 的瞬间弹簧3的形变量为零，但由于不知道 A、 B 的质量关系，故无法求出 B 的瞬时加速度，选项 A 错误；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，因此， B 动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和，选项 B 正确；整个系统中，根据功能关系可知， B 减少的机械能转化为 A 的机械能以及弹簧的弹性势能，故 B 机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项 C 错误； A 与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对 A 做的功，选项 D 错误。5(2018河北省巨鹿县月考)2017 年年初的日内瓦车展上，英国百年老厂阿斯顿马丁发布了和红牛 F1 车队联手锤炼出的 hypercar
5、 原型车代号 AMRB001。它正式被赋予了 Valkyrie(北欧女武神)的名字。 “女武神”Valkyrie 搭载一台考斯沃斯(Cosworth，著名赛车公司)6.5L V12 自然吸气发动机，加上电动机后输出的最大功率为800kW，碳纤维车身使其车重仅为 1000kg 左右。某次测试中， “女武神”沿着平直的路面行驶，若受到的阻力恒为车重的 0.5，则 ( AB )导 学 号 21993449A理论上“女武神”能达到的最大速度为 160m/sB若“女武神”以最大功率启动，可以做加速度减小的变加速直线运动C若“女武神”以 10m/s2的加速度启动，加速 5s 即可达到最大速度D若“女武神”
6、以最大功率启动，加速 20s 达到最大速度，则运动的距离为 1km解析 当“女武神”的加速度为零时，速度最大， “女武神”受到的阻力f0.5 mg5000N，则 vm 160m/s，选项 A 正确；由牛顿第二定律有 f ma，若“女Pf Pv武神”以最大功率启动，将做加速度减小的变加速运动，选项 B 正确；“女武神”匀加速运动结束时的速度 v1 m/s，所用时间 t1 s，故加速到最大速度P额F P额f ma 1603 v1a 163所需时间一定大于 5s，选项 C 错误；由动能定理得 Pt fx mv ，解得运动的距离12 2mx640m，选项 D 错误。6(2018山东省烟台市月考)一个物
7、体放在倾角为 ，且足够长的光滑斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力 F 的控制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 0 x1过程的图线是曲线， x1 x2过程的图线是平行于 x 轴的直线， x2 x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是( CD )导 学 号 21993450A0 x1的过程中，力 F 恒定不变4B在 0 x1的过程中，物体的加速度一直减小C在 x1 x2的过程中，物体的加速度大小是 gsinD在 x2 x3的过程中，物体的加速度大于 gsin解析 由功能关系知，物体机械能的变化量等于重力以外的力对物体做的功，
8、故图象的斜率对应物体所受重力以外的其他力，即本题中的力 F，故在 0 x1的过程中，力 F 不断减小，A 项错误；物体机械能减小，则物体向下运动，由牛顿第二定律可知，在 0 x1过程，物体加速度不断增大，B 项错误；在 x1 x2过程中，物体所受拉力为零，物体的加速度 a gsin ，C 项正确； x2 x3过程中，物体机械能增大，力 F 对物体做正功，说明力F 方向沿斜面向下，故物体加速度大于 gsin ，D 项正确。7(2018江西省南昌模拟)如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r0.6m，离水面的高度 h
9、3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池上的落点与进水管中心的水平距离为 R2.2m。水泵的效率为 80%，水泵出水口在 1s 内通过的水的质量为 m010kg，重力加速度 g取 10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则 ( AD )导 学 号 21993451A水从喷嘴喷出时速度的大小为 2m/sB每秒内水泵对水做的功为 320JC水泵的电功率为 340WD水泵在 1h 内消耗的电能为 1.53106J解析 水从喷嘴水平喷出后做平抛运动，由平抛运动的规律知R r vt1， h gt ，解得 v2m/s，A 正确；每秒内水泵对
10、水做的功12 21W m0gh m0v2340J，B 错误；水泵对外做功，转化为水的机械能，水泵的输出功率为12P340W，根据 P P 电 ，得水泵的电功率为 P 电 425W，C 错误；水泵在 1h 内消耗的电能为 E P 电 t20.425kWh1.5310 6J，D 正确。8(2018湖北省黄冈中学月考)如图所示，倾角 30的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于 D 点。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体 A 和 B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时 A 位于斜面的 C 点，5C、 D 两点间的距离为 L。现由静止同时释放 A、 B，物体
11、A 沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置 E 点， D、 E 两点间的距离为 。若 A、 B 的质量分别为 4m 和 m， A 与斜面间的动L2摩擦因数 ，不计空气阻力，重力加速度为 g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，38则 ( BD )导 学 号 21993452A A 在从 C 至 E 的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动B A 在从 C 至 D 的过程中，加速度大小为 g120C弹簧的最大弹性势能为 mgL158D弹簧的最大弹性势能为 mgL38解析 对 A、 B 整体从 C 到 D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得 a g，从 D 点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压4mg
12、sin30 mg 4mg cos304m m 120缩到 E 点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以 A 在从 C 至 E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故 A 错误，B 正确；当 A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对 A、 B整体应用动能定理得 4mg(L )sin30 mg(L ) (4mg)cos30(L ) W 弹 0，解L2 L2 L2得 W 弹 mgL，则弹簧具有的最大弹性势能 Ep W 弹 mgL，故 C 错误，D 正确。38 38二、非选择题(共 3 小题，共 52 分。计算题解答时请写
13、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得分)9(12 分)(2018安徽省定远县高三 11 月月考)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为 d、质量为 m 的金属小球从 A 处由静止释放，下落过程中能通过 A 处正下方、固定于 B 处的光电门，测得 A、 B 间的距离为H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g。则：导 学 号 219934536(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d_7.15_mm。(2)小球经过光电门 B 时的速度表达式为_ v _。dt(3)多次改变高度 H，重复
14、上述实验，作出 随 H 的变化图象如图丙所示，当图中已知1t2量 t0、 H0和重力加速度 g 及小球的直径 d 满足表达式_2 gH0t d2_时，可判断小球下落20过程中机械能守恒。(4)实验中发现动能增加量 E k总是稍小于重力势能减少量 E p，增加下落高度后，则 E p E k将_增大_(填“增大” 、 “减小”或“不变”)。解析 (1)由题图乙可知，主尺读数为 7mm，游标尺读数为 30.05mm0.15mm，故小球直径 d7mm0.15mm7.15mm。(2)已知小球经过光电门 B 的时间和小球的直径，则小球经过光电门 B 时的速度 vdt(3)若减少的重力势能等于增加的动能，可
15、以认为机械能守恒，则有 mgH0 mv2，即122gH0( )2，整理得 2gH0t d2。dt0 20(3)因为该过程中有克服阻力做功，而高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，E p E k增大。10(16 分)(2018浙江高三上学期五校期末联考)如图，为一传送带装置模型，斜面的倾角为 ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量 m2kg的物体从高 h30cm 的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数 10.25，与水平传送带的动摩擦因数 20.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端。已知传送带的速度恒为v2.5m
16、/s，tan 0.75， g 取 10m/s2。求： 导 学 号 21993454(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带因摩擦产生的热量；(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程答案： (1)20J (2)1.5m解析 对物体从静止开始到达底端的过程运用动能定理得：mgh 1mgs1cos mv 012 21代入数据解得： v12m/s，7物体滑上传送带后向右做匀减速运动，匀减速运动的位移为：x1 0.4m，v212 2g 410匀减速运动的时间为： t1 s0.4s，v1 2g 25该段时间内的传送带的位移为： x2 vt12.50.4m1m则相对
17、路程的大小为： x 1 x1 x21.4m，返回的过程做匀加速直线运动，根据 x1 at ，12 2解得： t2 0.4s，2x1a 20.45传送带的位移为： x3 vt22.50.41m，则相对位移大小为： x 2 x3 x10.6m相对总路程的大小为： x x 1 x 22m，则由摩擦产生的热量为： Q 2mgx 0.5202J20J。(2)在传送带上摩擦力先做负功，再做正功，在传送带上摩擦力做功为零，对全过程运用动能定理得：mgh 1mgscos 0代入数据解得： s1.5m。11(24 分)(2018山东省德州市高三上学期月考)如图所示，在水平轨道右侧安放半径为 R 的竖直圆槽形光滑
18、轨道，水平轨道的 PQ 段铺设特殊材料，调节其初始长度为 l。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块 A(可视为质点)从轨道右侧以初速度 v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知 R0.2m， l1.0m， v02 m/s，物块 A 质量为 m1kg，3与 PQ 段间的动摩擦因数为 0.2，轨道其他部分摩擦不计，取 g10m/s 2。求：导 学 号 21993455(1)物块 A 与弹簧刚接触时的速度大小。(2)物块 A 被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度。(3)调节 PQ 段的长度 l， A 仍以 v0从轨道右
19、侧冲上轨道，当 l 满足什么条件时， A 物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道。答案：(1)2 m/s (2)0.2m (3)1.0m l1.5m 或 l0.25m2解析 (1)物块 A 从开始出发到与弹簧接触过程，应用动能定理得：8 mgL mv mv 解得： v12 m/s，物块 A 与弹簧刚接触时的速度大小为 2 m/s12 21 12 20 2 2(2) A 被弹簧以原速率 v1弹回，向右经过 PQ 段，滑上圆轨道，应用动能定理得： mgL mgh0 mv ，12 21解得： h0.2m R，符合实际。物块 A 被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度 0.2m(3) 物块 A 以 v0冲上轨道直到回到 PQ 段右侧， mg (2L) mv2 mv12 12 20要使 A 能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：若 A 沿轨道上滑至最大高度 h 时，速度减为 0，则 h 满足：0 h R，mv2 mgh，联立解得：1.0m L1.5m12若 A 能沿轨道上滑至最高点，则mv2 mg(2R) mv 且 m mg12 12 2 v2R联立解得： L0.25m综上所述，要使 A 物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道， L 满足的条件是 1.0m L1.5m 或 L0.25m
