1、章末综合检测（四）机械能守恒定律章末综合检测（四）机械能守恒定律 A 级学考达标 1图(a)中弹丸以一定的初速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图(b)中的运动员在蹦床 上越跳越高。不计空气阻力，下列说法正确的是( ) A图(a)弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大 B图(a)弹丸在上升的过程中，机械能保持不变 C图(b)中的运动员多次跳跃后，机械能减小 D图(b)中的运动员多次跳跃后，机械能不变 解析：选 B 题图(a)弹丸在上升的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以选项 B 正确，A 错误；题图(b)中的运动员多次跳跃后，在蹦床上越跳越高，机械能增加，所以选 项 C、D 错误。 2假设摩托艇受
2、到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为 原来的 2 倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( ) A4 倍 B2 倍 C. 3 倍 D. 2 倍 解析：选 D 设 fkv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有 PFv fvkv vkv2，变化后有 2PFvkv vkv2，联立解得 v 2v，D 正确。 3有一种地下铁道，车站的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图 所示。已知坡高为 h，车辆的质量为 m，重力加速度为 g，车辆与路轨间的摩擦力为 Ff，进 站车辆到达坡下 A 处时的速度为 v0，此时切断电动机的电源，车辆冲上坡顶到达站台 B 处 的速度恰
3、好为 0。车辆从 A 运动到 B 的过程中克服摩擦力做的功是( ) AFfh BMgh Cmgh1 2mv0 2 D.1 2mv0 2mgh 解析：选 D 对车辆由 A 到 B 的过程运用动能定理得mghWf01 2mv0 2，解得 W f 1 2mv0 2mgh，故 D 正确。 4.如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环 上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过 程中，大圆环对它的作用力( ) A一直不做功 B一直做正功 C始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心 解析：选 A 由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方
4、向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环 对小环的作用力背离大圆环的圆心， 滑到大圆环圆心以下的位置时， 大圆环对小环的作用力 指向大圆环的圆心，C、D 项错误。 5 一根粗细均匀的长直铁棒重600 N， 平放在水平地面上。 现将一端从地面抬高0.50 m， 而另一端仍在地面上，则( ) A铁棒的重力势能增加了 300 J B铁棒的重力势能增加了 150 J C铁棒的重力势能增加量为 0 D铁棒重力势能增加多少与参考平面选取有关，所以无法确定 解析：选 B 由题意可知铁棒的重心升高的高度 h0.25 m，铁棒增加的重力势能等于 克服重力做的功，与参考
5、平面选取无关，即 Epmgh6000.25 J150 J，故 B 正确。 6物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以 a、Ek、x 和 t 分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图像中， 能正确反映这一过程的是( ) 解析： 选 C 物体在恒定阻力作用下运动， 其加速度随时间不变， 随位移不变， 选项 A、 B 错误；由动能定理，fxEkEk0，解得 EkEk0fx，选项 C 正确、D 错误。 7一汽车的额定功率为 P，设其在水平公路上行驶时所受的阻力恒定，最大行驶速度 为 vm，则在水平公路上( ) A若汽车以额定功率启动，则速度达到 v
6、m之前做匀加速直线运动 B若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于 vm C无论汽车以哪种方式启动，加速度都与牵引力成正比 D汽车以速度 vm匀速直线行驶，若要减速，则要减小牵引力 解析： 选 D 若汽车以额定功率启动， 根据 PFv 可知随速度的增大， 牵引力 F 减小， 则速度达到 vm之前做变加速直线运动，选项 A 错误；若汽车匀加速启动，则在刚达到额定 功率时有 PFvm，其中 FFfma，则 vm P Ffma，而 vm P Ff，所以 vmvm，选 项 B 错误；无论汽车以哪种方式启动，均有 aFFf m ，加速度与牵引力不是正比关系，选 项 C 错误；汽车以速度 vm匀速
7、直线行驶时，此时 FFf，若要减速，则要减小牵引力，选 项 D 正确。 8.某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。安装打点计时器 后，接通电源，让打点计时器正常工作后，松开纸带。 (1)将纸带上打出的第一个点记为 0，并在离 0 点较远的任意点依次选 取几个连续的点，分别记为 1、2、3、，量出各点与 0 点的距离 h，算 出各点对应的速度，分别记为 v1至 v6，数据如表格所示： 代表符号 v1 v2 v3 v4 v5 v6 数值(m/s) 2.80 2.99 3.29 3.39 3.59 3.78 表格中有一个数据有较大误差，代表符号为_。 (2)修正数据后，该同学计算出各点对应速度
8、的平方值，并作 v2- h 图像，如图乙所示， 若得出的直线斜率为 k，则可测出重力加速度 g_。与真实值相比，测出的 g 值 _。(填“偏小”或“偏大”) 解析：(1)根据 vgt 可知 v3的数据误差较大。 (2)由 mgh1 2mv 2 可得：gv 2 2h k 2；由于重物和纸带下落过程中受到阻力作用，速度值 偏小，即测量值与真实值相比，测出的值偏小。 答案：(1)v3 (2)k 2 偏小 9.如图所示，小滑块(可视为质点)从斜面顶端 A 由静止滑至水平 部分上 C 点停止。已知斜面高为 h，滑块运动的整个水平距离为 s， 设滑块在转角 B 处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块间的动摩
9、擦 因数相同，求此动摩擦因数。 解析：滑块从 A 处滑到 C 处的过程，只有重力和摩擦力做功，设 滑块质量为 m，动摩擦因数为 ，斜面倾角为 ；斜面底边长 s1，水平 部分长 s2，由动能定理得 mghmgcos s1 cos mgs200， 又 ss1s2，解得 h s。 答案：h s B 级选考提能 10多选有关重力势能的变化，下列说法中正确的是( ) A物体受拉力和重力作用向上运动，拉力做功是 1 J，但物体重力势能的增加量有可 能不是 1 J B从同一高度将某一物体以相同的速率平抛或斜抛，落到地面上时，物体重力势能的 变化是相同的 C从同一高度落下的物体到达地面，考虑空气阻力和不考虑空
10、气阻力的情况下重力势 能的减少量是相同的 D物体运动中重力做功是1 J，但物体重力势能的增加量不是 1 J 解析：选 ABC 据重力做功的特点：与经过路径无关，与是否受其他力无关，与其他 力做功多少无关， 只取决于始末位置的高度差， 再根据重力做功等于重力势能的减少量可知 A、B、C 正确，D 错误。 11 质量为 m 的物体 A 放在光滑的水平桌面上，用不可伸长的细 绳绕过光滑的定滑轮与质量为 4m 的 B 物体相连，如图所示。当绳拉 直时让 B 无初速落下 h 高度时(h 小于桌面高度 H，B 物体没有落地)， A 物体在桌面上运动的速率是( ) A. gh B. 3gh C. 4gh D
11、.2 5 10gh 解析：选 D 因桌面和定滑轮光滑，无摩擦力做功，A、B 组成的系统只有重力和系统 内弹力做功， 系统的机械能守恒， 设 B 物体下落 h 时， A 的速率为 v， 由机械能守恒定律得： 4mgh1 2mv 21 2(4m)v 2，解得 v2 5 10gh，D 正确。 12多选质量为 2103 kg、发动机的额定功率为 80 kW 的汽车在平直公路上行驶。 若该汽车所受阻力大小恒为 4103 N，则下列判断中正确的有( ) A汽车的最大速度是 10 m/s B汽车以 2 m/s2的加速度匀加速启动，启动后第 2 s 末发动机的实际功率是 32 kW C汽车以 2 m/s2的加
12、速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为 10 s D若汽车保持额定功率启动，则当其速度为 5 m/s 时，加速度为 6 m/s2 解析：选 BD 当牵引力大小等于阻力时速度最大，根据 Pfvm得，汽车的最大速度 vmP f 80 000 4 000 m/s20 m/s，故 A 错误。根据牛顿第二定律得 Ffma，解得 Ffma 4 000 N2 0002 N8 000 N，第 2 s 末的速度 vat22 m/s4 m/s，第 2 s 末发动机 的实际功率 P1Fv8 0004 W32 kW，故 B 正确。匀加速直线运动的末速度 v1P F 80 000 8 000 m/s10 m/s，做
13、匀加速直线运动的时间 tv1 a 10 2 s5 s，故 C 错误。当汽车速度为 5 m/s 时，牵引力 F2P v2 80 000 5 N16 000 N，根据牛顿第二定律得汽车的加速度 a F2f m 16 0004 000 2 000 m/s26 m/s2，故 D 正确。 13.如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的 O 点，另一端系 一小球。给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动。在此 过程中( ) A小球的机械能守恒 B重力对小球不做功 C轻绳的张力对小球不做功 D在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量 解析：选 C 斜面粗糙，小球受到重力、支
14、持力、摩擦力、轻绳张力的作用，由于除重 力做功外， 支持力和轻绳张力总是与运动方向垂直， 故不做功， 摩擦力做负功， 机械能减少， A、B 错误，C 正确；小球动能的变化等于合外力对其做的功，即重力与摩擦力做功的代数 和，D 错误。 14.质量分别为 2m 和 m 的 A、B 两物体分别在水平恒力 F1和 F2 的作用下沿水平面运动， 撤去 F1、 F2后受摩擦力的作用减速到停止， 其 v- t 图像如图所示，则下列说法中正确的是( ) AF1和 F2大小相等 BF1和 F2对 A、B 做功之比为 21 CA、B 所受摩擦力大小相等 D全过程中摩擦力对 A、B 做功之比为 12 解析：选 C
15、设 A、B 两物体所受摩擦力大小分别为 f1和 f2。撤去 F 后，A 的加速度大 小为 a1 v0 2t0，B 的加速度大小为 a2 v0 t0，根据牛顿第二定律对 A 有 f12ma1 mv0 t0 ，对 B 有 f2ma2mv0 t0 ，所以有 f1f2。对两物体运动的全过程，由动能定理有 F1 v0t0 2 f13v0t0 2 0， F2 2v0t0 2 f2 3v0t0 2 0，解得 F1F221，故 A 错误，C 正确。F1和 F2对 A、B 做功之比 为 W1W2 F1v0t0 2 F2v0 2t0 2 11，故 B 错误。对全过程，根据动能定理知，摩擦力 对 A、B 做的功等于
16、水平恒力做的功，则全过程中摩擦力对 A、B 做功之比为 11，故 D 错 误。 15如图甲所示，电火花打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由 下落，利用此装置验证机械能守恒定律。 (1)电火花打点计时器使用电压为_V 的交流电源。 (2)关于实验过程，下列操作正确的是_(填相应选项前的字母)。 A重物选用质量较大、体积较小的物体 B两限位孔在同一竖直平面内上下对正 C先接通电源，再释放重物 D若用秒表测出时间 t，可用 vgt 求出瞬时速度 (3)实验中选择一条较理想的纸带，如图乙所示。测出从起始点 O 依次到五个连续计时 点 A、B、C、D、E 的距离 x1、x2、x3、x4
17、、x5。已知重物的质量为 m，当地的重力加速度为 g，电源频率为 f。则从 O 到 D 的过程中，重物的动能增加了_，重物的重力势能减 少了_。 (4)该同学又根据这一条纸带来计算重物下落过程中的加速度 a，要充分利用记录数据， 尽可能减少实验操作和测量过程中的误差，加速度的计算式应为 a_(用题中给出 物理量的字母表示)。 解析：(1)电火花打点计时器使用的是 220 V 的交流电。 (2)为了减小空气阻力，重物应选用质量大、体积小的物体，A 正确；为了减小纸带与 限位孔的摩擦，并且保证重物做竖直方向上的运动，两限位孔在同一竖直平面内上下对正， B 正确； 为了充分利用纸带， 应先接通电源，
18、 后释放纸带， C 正确； 因为要验证机械能守恒， 即验证下落过程中加速度是否等于 g，所以不能使用 vgt 求出瞬时速度，用打点计时器测 时间，D 错误。 (3)根据匀变速直线运动中间时刻速度推论可得 D 点的速度为 vDxCE 2T x5x3 21 f x5x3f 2 ，速度是从零增大，故动能增加量为 Ek1 2mvD 21 8m(x5x3) 2f2，从 O 到 D 过程中 重物下降的高度为 x4，故重力势能减少 Epmgx4。 (4)根据逐差公式可得 xDExBC2a1T2，xCDxAB2a2T2，两式相加求平均值可得 a a1a2 2 xDExBCxCDxAB 4T2 1 4(x52x
19、3x1)f 2。 答案：(1)220 (2)ABC (3)1 8m(x5x3) 2f2 mgx 4 (4)1 4(x52x3x1)f 2 16(2019 威海高一检测)滑板是年轻人十分喜欢的极限运动，现有一场地规格如图，是 用钢制作的，阻力非常小，可以忽略。取重力加速度 g10 m/s2。 (1)一人以 6 m/s 的速度从 4 m 的高台滑下，求滑到 2 m 高台处其速度的大小； (2)在(1)的条件下，求他所能到达的离地最大高度为多少？ (3)若他从 2 m 高台开始下滑，为能到达 4 m 高台，求下滑最小速度是多少？ 解析：(1)人从 4 m 的高台滑到 2 m 高台的过程，根据动能定理
20、得： mg(h0h1)1 2mv1 21 2mv0 2 代入数据解得： v1 76 m/s8.72 m/s。 (2)设上升离地的最大高度为 H，对全过程运用动能定理得： mg(Hh0)01 2mv0 2 代入数据解得：H5.8 m。 (3)设下滑的最小速度为 vx，根据动能定理得： mg(h0h1)01 2mvx 2 代入数据解得：vx6.32 m/s。 答案：(1)8.72 m/s (2)5.8 m (3)6.32 m/s 17(2019 天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试， 并取得成功。 航母上的舰载机采用滑跃式起飞， 故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成
21、， 如图 1 所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板 BC 是与水平甲板 AB 相切的 一段圆弧，示意如图 2，AB 长 L1150 m，BC 水平投影 L263 m，图中 C 点切线方向与水 平方向的夹角 12 (sin 12 0.21)。若舰载机从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，经 t 6 s 到达 B 点进入 BC。已知飞行员的质量 m60 kg，g10 m/s2，求 (1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 W； (2)舰载机刚进入 BC 时，飞行员受到竖直向上的压力 FN多大。 解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为 v，则 有 v 2 L1 t 根据动能定理，有 W1 2mv 20 联立式，代入数据，得 W7.5104 J。 (2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为 R，根据几何关系，有 L2Rsin 由牛顿第二定律，有 FNmgmv 2 R 联立式，代入数据，得 FN1.1103 N。 答案：(1)7.5104 J (2)1.1103 N