蚌埠三中机械能.docx
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蚌埠三中机械能
xxx学校2015-2016学年度8月同步练习
第I卷(选择题)
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、选择题(本题共8道小题,每小题0分,共0分)
1.(多选)质量为m的汽车在平直公路上行驶,发动机的功率P和汽车受到的阻力f均恒定不变。
在时间t内,汽车的速度由v0增加到最大速度vm,汽车前进的距离为s,则在这段时间内可以表示发动机所做功W的计算式为
A.
B.
C.
+fsD.
2.
(单选)如图所示,一个物块在与水平方向成α角的恒力F作用下,沿水平面向右运动一段距离s,在此过程中,恒力F对物块所做的功为()
A.
B.
C.Fssinα
D.Fscosα
3.(单选)如图所示,一粗糙斜面静止在水平面上,斜面上粗糙的木块正在沿斜面匀加速下滑,则下列说法中正确的是( )
A.
由于重力对木块做负功,所以木块的重力势能减少
B.
由于摩擦力对木块做负功,所以木块的机械能减少
C.
木块增加的动能等于重力对它做的功
D.
木块减少的机械能转化其增加的内能
4.(多选)如图所示,n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列,总长度为l,总质量为M,它们一起以速度v在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑上粗糙水平面.小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ,若小方块恰能完全进入粗糙水平面,则摩擦力对所有小方块所做功的数值为( )
A.
B.Mv2C.
D.μMgl
5.(多选)如图为测定运动员体能的装置,轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮(不计滑轮的质量与摩擦),下悬重为G的物体.设人的重心相对地面不动,人用力向后蹬传送带,使水平传送带以速率v逆时针转动.则()
A.人对重物做功,功率为Gv
B.人对传送带的摩擦力大小等于G,方向水平向左
C.在时间t内人对传送带做功消耗的能量为Gvt
D.若增大传送带的速度,人对传送带做功的功率不变
6.(单选)如图所示,一根轻弹簧下端固定,竖立在水平面上.其正上方A位置有一只小球.小球从静止开始下落,在B位置接触弹簧的上端,在C位置小球所受弹力大小等于重力,在D位置小球速度减小到零.小球下降阶段下列说法中正确的是( )
A.
在B位置小球动能最大
B.
在C位置小球动能最大
C.
在D位置小球动能最大
D.
从B→C位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加
7.(单选)若物体在运动过程中所受的合外力不为零,则( )
A.物体的动能不可能总是不变的
B.物体的动量不可能总是不变的
C.物体的加速度一定变化
D.物体的速度方向一定变化
8.(单选)用三根轻杆做成一个边长为L的等边三角形框架,在其中两个顶点处各固定一个小球A和B,质量分别为2m和m.现将三角形框架的第三个顶点悬挂在天花板上O点,框架可绕O点自由转动.有一水平力F作用在小球A上,使OB杆恰好静止于竖直方向,则撤去F后(不计一切摩擦)( )
A.
小球A和B线速度始终相同
B.
小球A向下摆动的过程机械能守恒
C.
小球A向下摆到最低点的过程中速度始终增大
D.
OB杆向左摆动的最大角度大于60°
第II卷(非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题(本题共4道小题,每小题0分,共0分)
9.如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP=3R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中,合外力做功___________,小球克服摩擦力做功为________.
10.为进行“验证机械能守恒定律”的实验,有下列器材可供选用:
铁架台、打点计时器、复写纸、重锤、纸带、低压直流电源、导线、电键、天平。
其中不必要的器材有;缺少的器材是。
11.一辆质量为2.0×103kg的汽车在每前进100m上升5m的倾斜公路上向上行驶.汽车行驶过程中所受空气和摩擦的阻力共恒为1.0×103N,且保持功率恒为50kW,则汽车在运动过程中所能达到的最大速度为 25 m/s;当汽车加速度为4.0m/s2时的速度为 5 m/s.(g取10m/s2)
12.从地面以初速度为
竖直向上抛出一质量为m的物体,不计空气阻力,以地面为零势能参考面,当物体的重力势能是其动能的3倍时,物体离地面的高度为________.
评卷人
得分
三、实验题(题型注释)
评卷人
得分
四、计算题(本题共6道小题,第1题0分,第2题0分,第3题0分,第4题0分,第5题0分,第6题0分,共0分)
13.
(计算)(2011秋•和平区校级期末)如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2kg、带电荷量为q=+2.0×10﹣6C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1.从t=0时刻开始,空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向,g取10m/s2)求:
(1)23秒内小物块的位移大小;
(2)23秒内电场力对小物块所做的功.
14.如图,倾角为θ的斜面固定在水平地面上(斜面底端与水平地面平滑连接),A点位于斜面底端,AB段斜面光滑,长度为s,BC段足够长,物体与BC段斜面、地面间的动摩擦因数均为μ.质量为m的物体在水平外力F的作用下,从A点由静止开始沿斜面向上运动,当运动到B点时撤去力F.求:
(1)物体上滑到B点时的速度vB;
(2)物体最后停止时距离A点的距离.
15.如图所示,位于竖直平面上的
圆弧光滑轨道,半径为R,OB沿竖直方向,上端A距地面高度为H,质量为m的小球从A点由静止释放,最后落在水平地面上C点处,不计空气阻力,求:
(1)求小球运动到轨道上的B点时的速度和对轨道的压力多大?
(2)小球落地点C与B点水平距离s是多少?
16.如图所示,倾斜轨道AB的倾角为37°,CD、EF轨道水平,AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接,CD右端与竖直光滑圆周轨道相连.小球可以从D进入该轨道,沿轨道内侧运动,从E滑出该轨道进入EF水平轨道.小球由静止从A点释放,已知AB长为5R,CD长为R,重力加速度为g,小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R.求:
(在运算中,根号中的数值无需算出)
(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小.
(2)小球刚到C时对轨道的作用力.
(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件?
17.如图,半径R=0.8m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置,圆弧最低点D与长为L=6m的水平面相切于D点,质量M=1.0kg的小滑块A从圆弧顶点C由静止释放,到达最低点后,与D点右侧m=0.5kg的静止物块B相碰,碰后A的速度变为vA=2.0m/s,仍向右运动。
已知两物块与水平面的动摩擦因素均为μ=0.1,若B与E处的竖直挡板相碰没有机械能损失,取g=10m/s2,求:
(1)滑块A刚到达圆弧的最低点D时对圆弧的压力
(2)滑块B被碰后瞬间的速度
(3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞
18.
(计算)(2015•仙桃模拟)如图所示,光滑水平面上有A、B、C三个物块,其质量分别为mA=2.0kg,mB=1.0kg,mC=1.0kg.现用一轻弹簧将A、B两物块连接,并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近,此过程外力做功108J(弹簧仍处于弹性限度内),然后同时释放A、B,弹簧开始逐渐变长,当弹簧刚好恢复原长时,C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起.求
(1)弹簧刚好恢复原长时(B与C碰撞前)A和B物块速度的大小?
(2)当弹簧第二次被压缩时,弹簧具有的最大弹性势能为多少?
评卷人
得分
五、简答题(题型注释)
评卷人
得分
六、作图题(题型注释)
评卷人
得分
七、辨析题(题型注释)
评卷人
得分
八、估算题(题型注释)
评卷人
得分
九、判断题(题型注释)
评卷人
得分
十、证明题(题型注释)
试卷答案
1.
答案:
AC
:
功率不变,发动机所做的功W=Pt,A正确;动能定理方程
,C正确。
2.
考点:
功的计算.
专题:
功的计算专题.
分析:
由题意可知力、位移及二者之间的夹角,由功的计算公式可求得恒力的功
解答:
解:
由图可知,力和位移的夹角为α,故推力的功W=Flcosα;
故选:
D.
点评:
本题考查功的公式,在解题时要注意夹角为力和位移之间的夹角.
3.
考点:
动能定理的应用;机械能守恒定律.版权所有
专题:
机械能守恒定律应用专题.
分析:
A、木块下滑时,重力做正功,重力势能减小;
B、木块受到的摩擦力对木块做负功,木块克服摩擦力做功,木块机械能减少;
C、由动能定理可知,木块增加的动能等于它所受到的合外力所做的功,即重力与摩擦力的合力所做的功;
D、摩擦力做功使木块的机械能减少,减少的机械能转化为木块与斜面的内能.
解答:
解:
A、木块下滑时,重力做正功而不是做负功,重力势能减小,故A错误;
B、木块受到的摩擦力对木块做负功,木块克服摩擦力做功,木块机械能减少,故B正确;
C、由动能定理可知,木块增加的动能等于它所受到的合外力所做的功,即重力与摩擦力的合力所做的功,故C错误;
D、摩擦力做功使木块的机械能减少,减少的机械能转化为木块与斜面的内能,故D错误;
故选B.
4.
【考点】:
功的计算.
【专题】:
功的计算专题.
【分析】:
恰能完全进入粗糙水平面,说明进入后的速度为零,把所以方块看做质点可以方便解题.
:
解:
小方块恰能完全进入粗糙水平面,说明进入后的速度为零,根据功的公式:
W=fS=0.5μMgl,
根据动能定理:
W=0﹣
=﹣
故选:
AC
【点评】:
要从题目中得到隐含条件,应用动能定理,看做质点后能方便处理此类问题.
5.
考点:
功的计算;滑动摩擦力;功率、平均功率和瞬时功率.
专题:
功的计算专题.
分析:
通过在力的方向上有无位移判断力是否做功.人的重心不动知人处于平衡状态,摩擦力与拉力平衡.根据恒力做功公式可以求得在时间t内人对传送带做功消耗的能量,功率P=Fv.
解答:
解:
A、重物没有位移,所以人对重物没有做功,功率为0,故A错误;
B、根据人的重心不动知人处于平衡状态,摩擦力与拉力平衡,传送带对人的摩擦力方向向右,拉力等于物体的重力G,所以人对传送带的摩擦力大小等于G,方向水平向左,故B正确.
C、在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于人对传送带做的功,人的重心不动,绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡,而拉力又等于G.根据W=Fvt,所以人对传送带做功的功为Gvt.故C正确.
D、根据恒力做功功率P=Fv得:
若增大传送带的速度,人对传送带做功的功率增大,故D错误.
故选BC
点评:
本题主要考查了恒力做功与功率的表达式,要求同学们能根据运动情况正确分析受力情况,难度不大,属于基础题.
6.
考点:
功能关系.版权所有
分析:
小球下降过程中,重力和弹簧弹力做功,小球和弹簧系统机械能守恒,在平衡位置C动能最大
解答:
解:
ABC、小球从B至C过程,重力大于弹力,合力向下,小球加速,C到D,重力小于弹力,合力向上,小球减速,故在C点动能最大,故A错误,B正确,C错误;
D、小球下降过程中,重力和弹簧弹力做功,小球和弹簧系统机械能守恒;从B→C位置小球重力势能的减少等于动能增加量和
弹性势能增加量之和.故D错误.
故选:
B
点评:
本题关键是要明确能量的转化情况,同时根据牛顿第二定律确定小球的运动过程中,加速度和速度的变化情况,确定动能最大的位置.
7.
:
解:
A、合力不为零,但力不一定做功,故动能可能不变,如匀速圆周运动,故A错误;
B、合力不为零则冲量一定不为零,由动量定理可知,物体的动量一定会发生变化,故B正确;
C、合外力不为零,则由牛顿第二定律可知有加速度,但若力恒定则加速度不变,故C错误;
D、若加速度与速度方向在同一直线上,则物体的速度方向可以不变,故D错误;
故选B.
8.
考点:
机械能守恒定律.版权所有
专题:
机械能守恒定律应用专题.
分析:
线速度是矢量,只有大小和方向都相同才相同.根据机械能守恒的条件分析A的机械能是否守恒.根据质心位置的变化,判断A的机械能怎样变化.对系统,运用机械能守恒定律求解OB杆向左摆动的最大角度.
解答:
解:
A、在装置向下摆动过程中,A和B线速度大小相等,但它们的方向都沿圆周的切线方向,方向不同,所以线速度不同.故A错误.
B、A、B组成的系统在运动过程中,只有两个球的重力做功,系统机械能守恒,B的机械能增大,根据机械能守恒定律可知A的机械能减小,故B错误.
C、AB系统的质心靠近A,当质心到达最低点时,系统的重力势能最小,两球的动能最大,速度最大,而此时A还没有到达最低点,所以小球A向下摆到最低点的过程中速度先增大后减小,故C错误.
D、根据系统机械能守恒得知:
当系统的质心到达左侧等高位置时,OB杆向左摆动角度达到最大,由于质心靠近A球,所以由几何关系可知:
OB杆向左摆动的最大角度大于60°.故D正确.
故选:
D.
点评:
本题运用等效思维的方法分析系统的质心位置的变化是关键,也可以运用机械能守恒列式,进行定量列式分析.
9.mgR/2,3mgR/2
10.低压直流电源、天平低压交流电源、刻度尺
11.25,5
解:
保持功率不变,当牵引力等于阻力加上重力沿斜面的分量时,速度达到最大即为:
P=FV=(f+mgsinθ)V
解得:
V=
由F′﹣f﹣mgsinθ=ma得:
F′=f+ma+mgsinθ=1000+1000+2000×4N=10000N
P=F′V′
解得:
V′=
故答案为:
25,5
12.
13.
(1)23秒内小物块的位移大小为47m;
(2)23秒内电场力对小物块所做的功为9.8J.
解:
(1)0~2s内物块加速度a1=
=
﹣0.1×10=2(m/s2)
位移S1=
=4m
2s末的速度为v2=a1t1=4m/s
2~4s内物块加速度a2=
=﹣2m/s2
位移S2=S1=4m,
4s末的速度为v4=0
则小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动.
第22s末小物块的速度为v=4m/s,前22s内位移为S22=
=44m
第23s内物块的位移为S23=vt+
,t=1s,S23=3m
故23秒内小物块的位移大小为47m.
(2)由上,物块在第23s末的速度为v23=2m/s.根据动能定理得
W﹣μmgS23=
代入解得W=9.8J.
答:
(1)23秒内小物块的位移大小为47m;
(2)23秒内电场力对小物块所做的功为9.8J.
14.
考点:
匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系.版权所有
专题:
直线运动规律专题.
分析:
(1)根据动能定理求解物体上滑到B点时的速度vB;
(2)对整个过程,运用动能定理列式,求解物体最后停止时距离A点的距离.
解答:
解:
(1)对于物体从A到B的过程,由动能定理得:
Fscosθ﹣mgssinθ=
﹣0
则得:
vB=
(2)设物体运动到最高点时距离A点的距离为x.对整个过程,由动能定理得:
Fscosθ﹣mgxsinθ﹣μmg(x﹣s)cosθ=0
解得:
x=
若mgsinθ≤μmgcosθ时,物体最后停止时距离A点的距离S=x=
.
若mgsinθ>μmgcosθ时,物体下滑,设最后在水平面上滑行的距离为S′.
对全过程,由动能定理得:
Fscosθ﹣2μmg(x﹣s)cosθ﹣μmgS′=0
则得:
S′=
答:
(1)物体上滑到B点时的速度vB是
.
(2)物体最后停止时距离A点的距离是
或
.
点评:
本题涉及力在空间距离上的效果,首先考虑到动能定理,运用动能定理时关键要灵活选取研究的过程.
15.
考点:
机械能守恒定律;平抛运动;向心力.版权所有
专题:
机械能守恒定律应用专题.
分析:
(1)小球由A→B过程中,只有重力做功,根据机械能守恒定律及向心力公式列式求解;
(2)小球从B点抛出后做平抛运动,根据平抛运动的位移公式求解;
解答:
解:
(1)小球由A→B过程中,根据机械能守恒定律有:
mgR=
m
解得:
小球在B点,根据向心力公式有:
FN﹣mg=m
解得:
FN=mg+m
=3mg
根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力大小等于轨道对小球的支持力,为3mg
(2)小球由B→C过程,
水平方向有:
s=vB•t
竖直方向有:
H﹣R=
解得:
s=2
答:
(1)小球运动到轨道上的B点时,求小球对轨道的压力为3mg;
(2)小球落地点C与B点水平距离s是2
;
点评:
本题关键对两个的运动过程分析清楚,然后选择机械能守恒定律
和平抛运动规律列式求解.
16.
【考点】:
动能定理的应用;牛顿第二定律;向心力.
【专题】:
动能定理的应用专题.
【分析】:
(1)对球从A运动至C过程运用动能定理列式求解即可;
(2)在C点,重力和支持力的合力提供向心力;根据牛顿第二定律列式求解支持力;然后再结合牛顿第三定律求解压力;
(3)要使小球不脱离轨道,有两种情况:
情况一:
小球能滑过圆周轨道最高点,进入EF轨道.情况二:
小球上滑至四分之一圆轨道的点(设为Q)时,速度减为零,然后滑回D.由动能定理列出等式求解.
:
解:
(1)设小球到达C点时速度为v,小球从A运动至C过程,由动能定理有:
mg(5Rsin37°+1.8R)﹣μmgcos37°•5R=
可得:
vC=
(2)小球沿BC轨道做圆周运动,设在C点时轨道对球的作用力为FN,由牛顿第二定律,有:
FN﹣mg=m
其中r满足:
r+r•sin53°=1.8R
联立上式可得:
FN=6.6mg
由牛顿第三定律可得,球对轨道的作用力为6.6mg,方向竖直向下.
(3)要使小球不脱离轨道,有两种情况:
情况一:
小球能滑过圆周轨道最高点,进入EF轨道.则小球在最高点应满足:
m
≥mg
小球从C直到此最高点过程,由动能定理,有:
﹣μmgR﹣mg•2R′=
mvP2﹣
mvC2
可得:
R′≤
R=0.92R
情况二:
小球上滑至四分之一圆轨道的最高点时,速度减为零,然后滑回D.则由动能定理有:
﹣μmgR﹣mg•R′=0﹣
mvC2
解得:
R′≥2.3R
所以要使小球不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R.
答:
(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小是
.
(2)小球刚到C时对轨道的作用力是6.6mg,方向竖直向下.
(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R.
【点评】:
此题要求熟练掌握动能定理、圆周运动等规律,包含知识点多,关键要知道小球在运动过程中不脱离轨道可能做完整的圆周运动,也可能只在四分之一圆轨道上运动.运用动能定理时,要明确所研究的过程,分析各个力所做的总功.
17.
答案:
30N;4m/s;它们停止运动时仍相距2m,不能发生第二次碰撞.
:
(1)设小滑块运动到D点的速度为v,由机械能守恒定律有:
MgR=
Mv2----------------------------------------(2分)
由牛顿第二定律有
F-Mg=M
-----------------------------------------(2分)
解得小滑块在D点所受支持力F=30N-----------------------------(1分)
由牛顿第三定律有,小滑块在D点时对圆弧的压力为30N-----(1分)
(2)设B滑块被碰后的速度为vB,由动量守恒定律:
Mv=MvA+mvB----------------------------------------(3分)
解得小滑块在D点右侧碰后的速度
vB=4m/s-------------------------------------------(1分)
(3)讨论:
由于B物块的速度较大,如果它们能再次相碰一定发生在B从竖直挡板弹回后,假设两物块能运动到最后停止,达到最大的路程,则
对于A物块
---------------------------------(2分)
解得SA=2m-------------------------------------(1分)
对于B物块,由于B与竖直挡板的碰撞无机械能损失,则
-----------------------------------(2分)
解得SB=8m(即从E点返回2m)-------------------(1分)
由于SA+SB=10m<2×6=12m
故它们停止运动时仍相距2m,不能发生第二次碰撞.---------(2分)
18.
(1)弹簧刚好恢复原长时(B与C碰撞前)A的速度为6m/s,B物块速度大小12m/s.
(2)当弹簧第二次被压缩时,弹簧具有的最大弹性势能为50J
动量守恒定律;机械能守恒定律
解:
(1)弹簧刚好恢复原长时,A和B物块速度的大小分别为υA、υB.
由动量守恒定律有:
0=mAυA﹣mBυB
此过程机械能守恒有:
Ep=
mAυA2+
mBυB2
代入Ep=108J,解得:
υA=6m/s,υB=12m/s,A的速度向右,B的速度向左.
(2)C与B碰撞时,C、B组成的系统动量守恒,设碰后B、C粘连时速度为υ′,则有:
mBυB﹣mCυC=(mB+mC)υ′,代入数据得υ′=4m/s,υ′的方向向左.
此后A和B、C组成的系统动量守恒,机械能守恒,当弹簧第二次压缩最短时,弹簧具有的弹性势能最大,设为Ep′,且此时A与B、C三者有相同的速度,设为υ,则有:
动量守恒:
mAυA﹣(mB+mC)υ′=(mA+mB+mC)υ,
代入数据得υ=1m/s,υ的方向向右.
机械能守恒:
mAυA2+
(mB+mC)υ′2=Ep′+
(mA+mB+mC)υ2,
代入数据得E′p=50J.
答:
(1)弹簧刚好恢复原长时(B与C碰撞前)A的速度为6m/s,B物块速度大小12m/s.
(2)当弹簧第二次被压缩时,弹簧具有的最大弹性势能为50J.