第五章 章末检测Word文档下载推荐.docx

第五章 章末检测Word文档下载推荐.docx

《第五章 章末检测Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第五章 章末检测Word文档下载推荐.docx（14页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

答案　A

解析　人在上升时，克服重力做功，重力势能增加，A对．支持力向上做正功，但人的动能不变，合外力做功为零，B错，C错；

人的机械能等于动能加上重力势能，应增加，D错．

4．如图2甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则（　　）

图2

A．t1时刻小球动能最大

B．t2时刻小球动能最大

C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少

D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能

解析　0～t1时间内，小球做自由落体运动，落到弹簧上并往下运动的过程中，小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后减速，t2时刻到达最低点，动能为0，A、B错；

t2～t3时间内，小球向上运动，合力方向先向上后向下，小球先加速后减速，动能先增加后减少，C对；

t2～t3时间内，由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去小球增加的重力势能，D错．

5.如图3所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°

的斜面底端，现用一质量为m的物体将弹簧压缩锁定在A点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B距A点的竖直高度为h，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g.则下列说法正确的是（　　）

图3

A．弹簧的最大弹性势能为mgh

B．物体从A点运动到B点的过程中系统损失的机械能为mgh

C．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能

D．物体不可能静止在B点

答案　B

解析　物体离开弹簧上滑时，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma＝mg，又因为θ＝30°

，所以mgsinθ＝μmgcosθ＝

mg，μ＝tanθ；

根据功能关系：

Epm＝mgh＋Q大于mgh，A项错误；

机械能损失ΔE＝Q＝μmgcosθ·

＝mgh，B项正确；

物体最大动能的位置在A点上方，合外力为零处，即kx′＝mgsinθ＋μmgcosθ，Epm＝Ekm＋mgh′＋μmgcosθ·

，C项错误；

因为μ＝tanθ，所以物体可以在B点静止，D项错误．

6.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v－t图象，如图4所示（除2s～10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）．已知在小车运动的过程中，2s～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受的阻力大小不变．则下列说法不正确的是（　　）

图4

A．小车受到的阻力大小为1.5NB．小车加速阶段的功率为9W

C．小车匀速行驶阶段的功率为9WD．小车加速过程中位移大小为42m

解析　在14s～18s时间段：

a＝

＝1.5m/s2，则Ff＝ma＝1.5N，A正确；

在0～2s内小车做匀加速运动，由P＝Fv可知，小车的功率逐渐增大，B不正确；

在10s～14s内小车做匀速直线运动，牵引力F′＝Ff，P＝F′v＝1.5×

6W＝9W，C正确；

0～2s内：

x1＝3m,2s～10s内根据动能定理：

Pt－Ffx2＝

mv

－

，得x2＝39m，则x＝x1＋x2＝42m，D正确．

7．如图5所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙，现用一水平拉力F作用在B上使其由静止开始运动，用Ff1代表B对A的摩擦力，Ff2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有（　　）

图5

A．力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量

B．力F做的功一定小于A、B系统动能的增加量

C．力Ff1对A做的功等于A动能的增加量与A的内能增量之和

D．力F、Ff2对B做的功之和等于B动能的增加量

答案　D

解析　当水平拉力F较小时，二者一起运动，力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量；

当水平拉力F较大时，二者发生相对滑动，力F做的功一定大于A、B系统动能的增加量，选项A、B错误；

由动能定理，力Ff1对A做的功等于A动能的增加量，力F、Ff2对B做的功之和等于B动能的增加量，选项C错误，D正确．

8．如图6所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连．今用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中（　　）

图6

A．弹簧的弹性势能一直减小直至为零

B．A对B做的功等于B机械能的增加量

C．弹簧弹性势能的减小量大于A和B机械能的增加量

D．A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A动能的增加量

解析　当盒子速度最大时，kx＝（mA＋mB）gsinθ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，A错误；

除重力外，只有A对B的弹力对B做功，等于B机械能的增加量，B正确；

对A、B组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，C错误，对A应用动能定理可知，A所受重力、弹簧弹力、B对A的弹力的做功之和等于A动能的增加量，因B对A的弹力对A做负功，故知A所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A动能的增加量，D错误．

9．如图7所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中半圆轨道在竖直平面内，B点为最低点，D点为最高点，一小球以一定的初速度沿AB射入，恰能通过最高点，设小球在最高点D的重力势能为零，则关于小球在B点的机械能E与轨道对小球的支持力F的说法正确的是（　　）

图7

A．E与R成正比B．E与R无关

C．F与R成正比D．F与R成反比

解析　小球恰能通过最高点，则在最高点重力充当向心力，有mg＝m

，因为小球在最高点D的重力势能为零，则小球在D点的机械能为

mv2，由机械能守恒定律可知：

小球在B点的机械能与在D点的机械能相等，则E＝

mv2＝

mgR，所以E与R成正比，故A项正确，B项错误；

从B点到D点小球机械能守恒，可得：

mv2＝

－2mgR，在B点有：

F－mg＝m

，可解得F＝6mg，所以F与R无关，故C、D项错误．

10．如图8所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，AB间距离L＝0.2m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1m．此时弹簧的弹性势能Ep＝1J，自由释放A后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10m/s2.则下列说法中正确的是（　　）

图8

A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒

B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒

C．B球刚到地面时，速度是

m/s

D．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为8J

解析　由于弹簧和B之间有作用力，弹簧和A球组成的系统机械能不守恒，A项错误；

由于没有摩擦，系统只有弹簧弹力和重力做功，则B项正确；

因为弹簧作用于B，并对B做功，B的机械能不守恒，而

m/s是根据机械能守恒求解得出的，所以C项错误；

根据系统机械能守恒，到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝mAg（L＋h）＋mBgh＋Ep＝6J，D项错误．

二、非选择题（共60分）

11．（6分）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图9所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T＝0.02s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.8m/s2，那么

图9

（1）计算B点瞬时速度时，甲同学用v

＝2gxOB，乙同学用vB＝

.其中所选择方法正确的是______（填“甲”或“乙”）同学．

（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为________m/s2，从而计算出阻力Ff＝________N.

（3）若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？

______.（填“能”或“不能”）

答案　

（1）乙　

（2）9.5　0.06　（3）能

解析　

（1）如用v

＝2gxOB求vB，就等于认为机械能已经守恒了，应选用vB＝

.

（2）由Δx＝aT2知a＝

＝

m/s2

＝9.5m/s2

由mg－Ff＝ma知Ff＝mg－ma＝0.06N.

（3）能．可利用

m（v

－v

）＝mgh12验证．

12．（8分）在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材：

A.打点计时器；

B.天平；

C.秒表；

D.低压交流电源；

E.电池；

F.纸带；

G.细线、砝码、小车、重物、砝码盘；

H.薄木板．

（1）其中多余的器材是________（填器材前的字母），缺少的器材是________．

（2）测量时间的工具是____________；

测量质量的工具是____________．（填器材前的字母）

（3）如图10所示是打点计时器打出的小车（质量为m）在恒力F作用下做匀加速直线运动的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T.请分析，利用这些数据能否验证动能定理？

若不能,请说明理由；

若能，请说出做法，并对这种做法做出评价．

图10

答案　

（1）C、E　毫米刻度尺　

（2）A　B　（3）见解析

解析　

（1）计算小车速度是利用打上点的纸带，故不需要秒表．打点计时器应使用低压交流电源，故多余的器材是C、E；

测量点与点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米刻度尺．

（2）测量时间的工具是打点计时器，测量质量的工具是天平．

（3）能．

从A到B的过程中，恒力做的功为WAB＝FxAB

物体动能的变化量为

EkB－EkA＝

m（

）2－

）2

m

只要验证FxAB＝

即可．

优点：

A、B两点的距离较远，测量时的相对误差较小．

缺点：

只进行了一次测量验证，说服力不强．

13．（10分）如图11所示，轨道ABC被竖直地固定在水平桌面上，A距离水平地面高H＝

0.75m，C距离水平地面高h＝0.45m．一质量m＝0.10kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在水平地面上的D点．现测得C、D两点的水平距离为l＝0.60m．不计空气阻力，取g＝10m/s2.求：

图11

（1）小物块从C点运动到D点经历的时间；

（2）小物块从C点飞出时速度的大小；

（3）小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功．

答案　

（1）0.3s　

（2）2.0m/s　（3）0.1J

解析　

（1）小物块从C水平飞出后做平抛运动，由h＝

gt2得小物块从C到D运动的时间t＝

＝0.3s

（2）从C点飞出时速度的大小v＝

＝2.0m/s

（3）小物块从A运动到C的过程中，根据动能定理得

mg（H－h）＋Wf＝

mv2－0

摩擦力做功Wf＝

mv2－mg（H－h）＝－0.1J

此过程中克服摩擦力做的功Wf′＝－Wf＝0.1J.

14．（10分）如图12所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×

103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02m/s的匀速运动．取g＝10m/s2，不计额外功．求：

图12

（1）起重机允许输出的最大功率．

（2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．

答案　

（1）5.1×

104W　

（2）5s　2.04×

104W

解析　

（1）设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力．

P0＝F0vm，F0＝mg

代入数据得P0＝5.1×

104W.

（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有P0＝Fv1，F－mg＝ma

v1＝at1

解得t1＝5s

t2＝2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则v2＝at2，P＝Fv2

解得P＝2.04×

15．（13分）（2012·

北京·

23）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图13甲所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图乙所示．电梯总质量m＝2.0×

103kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2.

图13

（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；

（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示的a－t图象，求电梯在第1s内的速度改变量Δv1和第2s末的速率v2；

（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；

再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.

答案　

（1）2.2×

104N　1.8×

104N　

（2）0.5m/s

1.5m/s　（3）2.0×

105W　1.0×

105J

解析　

（1）由牛顿第二定律，有F－mg＝ma

由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是

a1＝1.0m/s2，a2＝－1.0m/s2，则

F1＝m（g＋a1）＝2.0×

103×

（10＋1.0）N＝2.2×

104N

F2＝m（g＋a2）＝2.0×

（10－1.0）N＝1.8×

（2）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a－t图线与t轴所围图形的面积，

可得Δv1＝0.5m/s

同理可得2s内的速度变化量Δv2＝v2－v0＝1.5m/s

v0＝0，第2s末的速率v2＝1.5m/s

（3）由a－t图象可知，11s～30s内速率最大，其值vm等于0～11s内a－t图线与t轴所围图形的面积，此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率

P＝Fvm＝mg·

vm＝2.0×

10×

10W＝2.0×

105W

由动能定理得，总功

W＝Ek2－Ek1＝

－0＝

×

2.0×

102J

＝1.0×

105J.

16．（13分）如图14所示，水平光滑的桌面上静止放置一条长为l＝1.6m的纸带，纸带上正中间位置放置有一质量为m＝1.0kg的小铁块，纸带的左边恰好在桌面的左边缘，小铁块与纸带间的动摩擦因数为μ＝0.1.现让纸带从t＝0时刻开始一直保持v＝1m/s的速度向左匀速运动．已知桌面高度为H＝0.8m，g＝10m/s2，小铁块在运动过程中不翻滚，不计空气阻力．求：

图14

（1）小铁块从开始运动到桌面边缘过程中所经历的时间并在图15中画出此过程小铁块的v－t图象；

图15

（2）小铁块抛出后落地点到抛出点的水平距离；

（3）小铁块从开始运动到桌面边缘过程中产生的内能．

答案　

（1）见解析　

（2）0.4m　（3）0.5J

解析　

（1）小铁块开始时做匀加速运动，由μmg＝ma得

a＝1m/s2

速度达到纸带v＝1m/s的速度所用时间t1＝

得

t1＝1s

若小铁块1s内一直做匀加速运动，运动的位移为

x1＝

at

，解得x1＝0.5m<

l

由以上可知：

小铁块先做匀加速运动，后以v＝1m/s的速度做匀速运动，匀速运动所用时间t2＝

小铁块从开始运动到桌面边缘过程中所经历的时间

t＝t1＋t2＝1.3s

v－t图象如图所示

（2）小铁块抛出后做平抛运动，水平方向：

x＝vt0

竖直方向：

H＝

gt

，联立解得x＝0.4m

（3）纸带在1s内一直做匀速运动，运动的位移为

x2＝vt1得x2＝1m

小铁块与纸带间的相对位移为：

Δx＝x2－x1＝0.5m

由功能关系可知：

Q＝μmgΔx，得Q＝0.5J.