《机械能》综合检测文档格式.docx

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4.功能关系、能量守恒定律

3,12,18

5.实验:

探究恒力做功和物体动能变化间的关系

13

6.实验:

验证机械能守恒定律

14,15

一、选择题（本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7题只有一个选项正确,第8～12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分）

1.（2016·

上海市十一校联考）下列运动过程中机械能守恒的是（　B　）

A.跳伞运动员打开降落伞在竖直方向向下做匀速直线运动

B.悬点固定的单摆摆球获得一初速度后在竖直平面内做圆周运动

C.摩天轮在竖直平面内匀速转动时,舱内的乘客做匀速圆周运动

D.带电小球仅在电场力作用下做加速运动

解析:

跳伞运动员打开降落伞在竖直方向向下做匀速直线运动,说明运动员动能不变,重力势能减小,所以机械能不守恒,故A错误;

悬点固定的单摆摆球获得一初速度后在竖直平面内做圆周运动,只有重力做功,所以机械能守恒,故B正确;

舱内的乘客做匀速圆周运动时,动能不变,重力势能变化,所以机械能不守恒,故C错误;

带电小球仅在电场力作用下做加速运动,电场力对小球做正功,所以机械能不守恒,故D错误.

2.（2016·

黑龙江省双鸭山市月考）在光滑的水平面上,用一水平拉力F使物体从静止开始移动x,平均功率为P,如果将水平拉力增加为4F,使同一物体从静止开始移动x,平均功率为（　D　）

A.2PB.4PC.6PD.8P

当用一水平拉力F使物体从静止开始移动x时,由动能定理得Fx=mv2,所需时间为t====;

平均功率==F∝F,则水平拉力增加为4F,使同一物体从静止开始移动x,平均功率为8P,故选D.

3.（2016·

黑龙江省大庆实验中学高三第一次月考）如图所示,倾角为30°

的斜面上,质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a=（g为重力加速度）向上加速运动距离x的过程中,下列说法正确的是（　D　）

A.重力做功为-mgxB.拉力做功为mgx

C.动能增加mgxD.机械能增加mgx

由功的公式W=Fxcosα可以求出重力做功WG=-mgx,故A选项

错误;

由于不清楚斜面是否光滑,故不能求出拉力做了多少功,但可

以求出合力所做的功,W=max=mgx,再由动能定理合外力的功等于物体动能的变化,动能增加mgx,C选项错误;

由牛顿第二定律知,F-

mgsin30°

=ma,解得F=mg,方向沿斜面向上,故除重力之外的其他外力做功为mgx,所以物体的机械能增加mgx,D选项正确.

4.（2016·

浙江省绍兴市第一中学月考）用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动,到t1末撤去拉力F,物体做匀减速运动,到t2末静止.其速度图像如图所示,且α<

β.若拉力F做的功为W,平均功率为P;

物体在加速和减速过程中克服摩擦阻力做的功分别为W1和W2,它们的平均功率分别为P1和P2,则下列选项中正确的是（　A　）

A.W=W1+W2B.W1=W2

C.P=P1+P2D.P1>

P2

根据动能定理,整个过程中,只有拉力和摩擦力做功,所以有W-（W1+W2）=0-0=0,所以有W=W1+W2,速度—时间图像与横坐标轴围成的面积表示位移,从图中可得摩擦力在两个过程中的位移不同,所以W1≠W2,B错误;

因为W=Pt,根据W=W1+W2,有Pt1=P1t1+P2（t2-t1）,加速过程的平均速度为v1=,减速过程中的平均速度为v2=,故v2=v1,根据公式P=Fv可得P1=P2,代入Pt1=P1t1+P2（t2-t1）,可得P>

P1+P2,故C,D错误.

5.汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动,所受阻力始终不变,在此过程中,下列说法正确的是（　C　）

A.汽车发动机的输出功率保持不变

B.汽车发动机的输出功率逐渐减小

C.在任意两相等的位移内,汽车的动能变化相等

D.在任意两相等的位移内,汽车的速度变化相等

对汽车由牛顿第二定律可得-f=ma,而a,f不变,v逐渐增大时,P增大,故A,B错误;

汽车做匀加速运动时,受到的合外力F合不变,由F合x=ΔEk知C正确;

由x=t知,在匀变速直线运动中,不同位置的两相等位移中,因平均速度不同,则时间不同.由Δv=at知速度变化不相等,故选项D错误.

6.（2016·

河北唐山开滦二中月考）如图,质量为m的小球从斜轨道高处由静止滑下,然后沿竖直圆轨道的内侧运动,已知圆轨道的半径为R,不计一切摩擦阻力,重力加速度为g.则下列说法正确的是（　B　）

A.当h=2R时,小球恰好能到达最高点M

B.当h=2R时,小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg

C.当h≤时,小球在运动过程中不会脱离轨道

D.当h=R时,小球在最低点N时对轨道压力为2mg

h=2R时,根据动能定理mg（h-2R）=m-0,解得vM=0,在M点的速度小于通过最高点的临界速度,所以A错误;

根据mg（h-R）=m可得vP=,由牛顿第二定律NP=m=2mg,所以B正确;

通过最高点的最小速度为,根据mg（h-2R）=m,解得h=R,不脱离轨道,释放位置必须大于等于R,所以C错误;

当h=R时,mgh=m,解得vN=,根据N1-mg=m,解得N1=3mg,所以D错误.

7.（2016·

河北唐山一中模拟）以水平面为零势能面,小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍,那么在抛体运动过程中,当其动能和势能相等时,水平速度和竖直速度之比为（　D　）

A.∶1B.1∶1C.1∶D.∶1

如图所示,在O点重力势能等于动能的2倍,mgH=2Ek0=2×

m,

v0=,由O到M小球的机械能守恒,减少的重力势能转化为动能,在M点动能和势能相等,EkM=EpM,即Ek0+mg（H-h）=mgh,

得h=H,而=2g（H-h）,

则vy=,v0∶vy=∶1,

故D正确.

8.（2016·

贵州贵阳六中月考）汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶,发动机功率为P,牵引力为F0,t1时刻,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻,汽车又恢复了匀速直线运动,下列能正确表示这一过程中汽车牵引力随时间t、速度v随时间t变化的图像是（　AD　）

汽车以功率P、速度v0匀速行驶时,牵引力与阻力平衡.当司机减小油门,汽车的功率减为的瞬间,速度v不变,由P=Fv可知,汽车的牵引力突然减小到原来的一半,即为F=F0,阻力f=F0没有变化,汽车的牵引力小于阻力,汽车开始做减速运动,速度v减小,功率保持为,由P=Fv可知,随v减小,牵引力逐渐增大,汽车受到的合力F合=f-F=F0-F,合力在变小,由牛顿第二定律得知,汽车的加速度逐渐减小,汽车做加速度减小的减速运动,当汽车牵引力再次等于阻力,汽车再次匀速运动,由P=Fv得知,此时汽车的速度为原来的一半,由图像可知,A,D

正确.

9.如图所示,光滑水平平台上有一个质量为m的物块,站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块,细绳不可伸长,不计滑轮的大小、质量和摩擦.在人以速度v从平台边缘正下方匀速向右前进位移x的过程中,始终保持桌面和手的竖直高度差h不变.则在此过程中（　AC　）

A.物块做加速运动

B.人对物块做的功为mv2

C.人克服物块拉力做的功为

D.人对物块做功的平均功率为

人的速度有两个效果,一个是沿绳子方向运动,再一个是沿垂直绳子方向运动,如图所示

前进位移x的过程中,根据几何知识可得cosθ=,故根据速度的合成分解可得沿绳方向的分速度为vcosθ=,故物体的速度在增加,做加速运动,故A正确;

当人从平台的边缘处向右匀速前进了x,此时物块的速度大小v′=vcosθ=v,根据动能定理得W=mv′2=

故B错误,C正确;

人移动的时间t=,则人拉力做功的功率P==,故D错误.

10.（2016·

山东枣庄八中月考）如图所示,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m的小环,小环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放,当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处）,下列说法中正确的是（重力加速度为g）（　ABD　）

A.小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg

B.小环到达B处时,重物上升的高度约为0.4d

C.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于

D.小环在从A到B的过程中重力势能减少了mgd

由题意,由静止释放时小环向下加速运动,则重物将加速上升,对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg,所以选项A正确;

小环到达B处时,重物上升的高度应为绳子缩短的长度,即Δh

=d-d≈0.4d,所以选项B正确;

根据题意,沿绳子方向的速度大小相等,将小环在B处速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足vBcosθ=v物,即==,所以选项C错误;

小环在从A到B的过程中重力做功W=mgd,则重力势能减少了mgd,故选项D正确.

11.（2016·

华中师大附中期中）一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出,已知上升过程中受到阻力作用,图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系,以地面为零势能面,h0表示上升的最大高度,图中坐标数据中的k值为常数且满足0<

k<

1,则由图可知,下列结论正确的是（　AD　）

A.①表示的是重力势能随上升高度的图像,②表示的是动能随上升高度的图像

B.上升过程中阻力大小恒定且f=（k+1）mg

C.上升高度h=h0时,重力势能和动能不相等

D.上升高度h=时,动能与重力势能之差为mgh0

根据动能定理得-（mg+f）h=Ek-Ek0,得Ek=Ek0-（mg+f）h,可见Ek是减函数,由图像②表示.重力势能为Ep=mgh,Ep与h成正比,由图像①表示,故A正确;

对于整个上升过程,根据动能定理得-（mg+f）h0=0-Ek0,由图像②得,mgh0=,联立解得f=kmg,故B错误;

当高度h=h0时,动能

为Ek=Ek0-（mg+f）h=Ek0-mgh0,又由上知Ek0=（k+1）mgh0,联立解得Ek=mgh0,重力势能为Ep=mgh=Ek=mgh0,所以在此高度时,小球的

重力势能和动能相等,故C错误;

当上升高度h=时,动能为Ek=

Ek0-（mg+f）h=,重力势能为Ep=mgh=,则动能与重力势能

之差为,故D正确.

12.（2016·

江苏苏北四市期中）如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m的圆环相连,圆环套在倾斜的粗糙固定杆上,杆与水平面之间的夹角为α,圆环在A处时弹簧竖直且处于原长.将圆环从A处静止释放,到达C处时速度为零.若圆环在C处获得沿杆向上的速度v,恰好能回到A.已知AC=L,B是AC的中点,弹簧始终在弹性限度之内,重力加速度为g,则（　BCD　）

A.下滑过程中,环受到的合力不断减小

B.下滑过程中,环与杆摩擦产生的热量为mv2

C.从C到A过程,弹簧对环做功为mgLsinα-mv2

D.环经过B时,上滑的速度大于下滑的速度

圆环从A处由静止开始下滑,初速度为零,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,所以加速度先减小后增大,则合力先减小后增大,故选项A错误;

研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程,运用动能定理mgh+Wf-W弹=0;

在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,运用动能定理-mgh+W弹+Wf=0-mv2,解得Wf=-mv2,所以产生的热量为mv2,故选项B正确;

在C处获得一沿杆向上的速度v,恰好能回到