2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第五章机械能本章综合能力提升练

本章综合能力提升练

一、单项选择题

1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能(　　)

图1

A．变大

B．变小

C．不变

D．不能确定

答案　A

解析　人缓慢推水袋，对水袋做正功，水的机械能变大，水的动能不变，由功能关系可知，水的重力势能一定变大，A正确．

2．(2018·镇江市模拟) 坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动如图2.下列说法正确的是(　　)

图2

A．在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变

B．在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力

C．在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零

D．在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变

答案　C

3．(2018·第二次全国大联考(江苏卷))如图3甲为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车在拉力F作用下向上运动时，汽车的机械能E与位移x的关系如图乙所示(AB段为曲线)，汽车与斜面间的摩擦忽略不计．下列说法正确的是(　　)

图3

A．0～x1过程中，汽车所受拉力逐渐增大

B．x1～x2过程中，汽车速度可达到最大值

C．0～x3过程中，汽车的动能一直增大

D．x1～x2过程中，汽车以恒定的功率运动

答案　B

解析　设斜坡的倾角为 α，则汽车的重力势能为Ep＝mgxsin α，由动能定理得汽车的动能为Ek＝Fx－mgxsin α，则汽车的机械能为E＝Ek＋Ep＝Fx，即图线的斜率表示 F，则可知 0～x1 过程中汽车受到的拉力恒定，选项A错误；x1～x2 过程中，拉力逐渐减小，随着F 的减小，汽车先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，拉力沿斜面方向的分力等于摩擦力时，加速度为零，速度达到最大值，选项B正确；综上可知，0～x3 过程中，汽车的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误；x1～x2过程中，汽车所受拉力逐渐减小，到x2处为零，则汽车到x2处的功率为零，选项D错误．

4．(2018·淮安中学期中)如图4甲所示，在粗糙的水平面上，一质量m＝1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并被锁定，滑块与弹簧不相连，解除锁定前滑块处于P处，t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度－时间图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝1 s时滑块已经在水平面上滑行x＝6 m的距离. g取10 m/s2，弹簧劲度系数为0.8 N/m，则下列正确的是(　　)

图4

A．滑块与水平面间动摩擦因数为0.4

B．弹簧锁定时具有的弹性势能为20 J

C．若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块机械能守恒

D．当滑块从P点向右运动2.5 m时，滑块具有最大的动能

答案　B

二、多项选择题

5．(2018·田家炳中学开学考)如图5甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面间的静摩擦力最大值Ffm与滑动摩擦力大小相等，则(　　)

图5

A．0～t1时间内F的功率逐渐增大

B．t2时刻物块A的加速度最大

C．t2时刻后物块A做反向运动

D．t3时刻物块A的动能最大

答案　BD

解析　由题图乙可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物块静止，拉力功率为零，故A错误；由题图乙可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故B正确；由题图乙可知在t2～t3时间内物块受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，不做反向运动，故C错误；由题图乙可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物块动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功，物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确．

6．(2018·泰州中学四模)如图6所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法错误的是(　　)

图6

A．物体所受合力做的功等于mv2＋mgH

B．底板对物体的支持力做的功等于mgH＋mv2

C．钢索的拉力做的功等于Mv2＋MgH

D．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于Mv2

答案　AC

解析　对物体，设底板对物体支持力做功为W，应用动能定理得：W－mgH＝mv2，W＝mgH＋mv2，故A错误，B正确；根据功能关系可知，钢索的拉力做的功WF＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，故C错误；对电梯，根据动能定理知：钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于Mv2，故D正确．

7．(2018·南京市期中)如图7所示，绷紧的水平传送带AB始终保持某一恒定的速率v运行，一行李无初速度地放在A处，传送带对行李的摩擦力使行李开始运动，并在传送带右端脱离传送带．下列说法正确的是(　　)

图7

A．传送带运行速率v越大，行李在传送带上的运动时间一定越短

B．传送带运行速率v越大，行李运动到传送带水平段末端B的速度一定越大

C．若行李释放点改在A处右侧，则行李运动到传送带水平段末端B的速度可能不变

D．如果行李到达B点前已经与传送带的速度相同，那么行李与传送带之间摩擦力做功而产生的热能一定与行李的末动能相等

答案　CD

8．(2018·扬州市一模)如图8所示，轻弹簧一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，弹簧上端放着质量为m的物体A，处于静止状态．将一个质量为2m的物体B轻放在A上，重力加速度为g，则在A、B一起向下运动过程中(　　)

图8

A．放在A上的瞬间，B对A的压力大小为mgsin θ

B．A、B的速度先增大后减小

C．A、B间的弹力先增大后减小

D．A、B组成的系统机械能守恒

答案　AB

解析　在放B之前，物体A保持静止状态，重力沿斜面的分力和弹簧的弹力平衡：mgsin θ＝F；在放B瞬间，对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有：(2m＋m)gsin θ－F＝(3m)a，解得：a＝gsin θ；对物体B受力分析，根据牛顿第二定律有：2mgsin θ－FN＝2ma，解得：FN＝mgsin θ.由牛顿第三定律知，B对A的压力大小为mgsin θ，故A正确；由于在A、B向下运动过程中，弹簧的弹力做负功，重力做正功，弹簧的弹力一直增大，3mgsin θ先大于弹力，后小于弹力，则A、B的速度先增大后减小，故B正确；对A、B整体，合力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，当加速度沿斜面向下时，对B物体根据牛顿第二定律有：2mgsin θ－FN＝2ma，知a减小，FN增大．当加速度沿斜面向上时，对B物体根据牛顿第二定律有：FN－2mgsin θ＝2ma，知a增大，FN增大，则A、B间的弹力一直增大，故C错误；由于在运动过程中，弹簧对A、B系统做功，因此A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误．

三 、实验题

9．(2018·南通市、泰州市一模)某实验小组利用如图9甲所示装置“探究恒力做功与物体动能变化的关系”．质量为m的钩码通过跨过定滑轮的细线牵引质量为M的小车，使它在长木板上运动．打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．

图9

(1) 下列做法中正确的有________．

A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行

B．在平衡摩擦力时，不需要连接纸带

C．小车从靠近打点计时器处释放

(2)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打出一系列点，将打出的第一个点标为O，在纸带上依次取A、B、C…若干个计数点．测得A、B、C…各点到O点的距离分别为x1、x2、x3…，如图乙所示．已知相邻计数点间的时间间隔均为T.

实验中，钩码质量远小于小车质量，可认为小车受到的拉力大小等于mg.在打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝________，打B点时小车的动能Ek＝________.

(3)小明同学实验操作正确，但打出的纸带起始点不清晰，他挑选了一个清晰的点标为O1，以小车速度的二次方v2为纵坐标，计数点到O1点的距离x为横坐标，利用实验数据作出v2－x图象，该图象纵轴截距的物理意义是______________________________________.

(4)小虎同学在实验过程中没有保证钩码质量远小于小车质量，他利用实验数据作出的v2－W图象________(选填“会”或“不会”)弯曲．

答案　(1)AC　(2)mgx2 　　(3)打O1点时速度的二次方 (4)不会

10．(2018·徐州市期中)图10甲是“验证机械能守恒定律”的实验装置．图乙是某同学在实验过程中得到的一条纸带，相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出．打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地的重力加速度g为9.80 m/s2，请回答以下问题：

图10

(1)下列说法正确的是________．

A．打点计时器使用交流电源

B．释放纸带后应立刻接通电源

C．重物的密度应大一些

D．不需要测出重物的质量

(2)根据图乙中的数据，可得打出计数点“B”时重物的速度vB＝________ m/s.(结果保留3位有效数字)

(3)该同学换用了其它重物进行实验，得出了另外一条纸带(题中未画出)．测量出纸带中打出的第一点到各计数点的距离h，计算出打各计数点时重物的速度v，作出v2－h关系图象如图丙所示．试根据图线判断，此过程中重物的机械能________(填“守恒”或“不守恒”)．理由是：________________________________________.

答案　(1)ACD　(2)1.93　(3)守恒　理由见解析

解析　(1)打点计时器使用交流电源，故A正确；为充分利用纸带，实验时应先接通电源再释放纸带，故B错误；为减小空气阻力对实验的影响，重物的密度应大一些而体积小些，故C正确；如果机械能守恒，则：mgh＝mv2，实验需要验证：gh＝v2，实验不需要测出重物的质量，故D正确．

(2)相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，则相邻两计数点间的时间间隔：t＝0.02×5 s＝0.1 s，由图示纸带可知，打出计数点“B”时重物的速度：vB＝＝ m/s≈1.93 m/s.

(3)由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，则：v2＝2gh，由图示v2－h图象可知，图象斜率：k＝2g＝≈18.59，重力加速度：g≈9.3 m/s2，由于存在阻力，所测重力加速度小于标准值9.80 m/s2，在误差允许范围内，可以认为机械能守恒．

四、计算题

11．(2018·海安中学月考)如图11所示是一种升降电梯的模型示意图，A为轿厢，B为平衡重物，A、B的质量分别为mA＝1.5 kg和mB＝1 kg.A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住．在电动机牵引下使轿厢由静止开始向上运动，电动机输出功率10 W保持不变，轿厢上升h＝1 m后恰好达到最大速度．不计空气阻力和摩擦阻力，g＝10 m/s2.在轿厢向上运动过程中，求：

图11

(1)当轿厢的速度v＝1 m/s时，轿厢的加速度a的大小；

(2)轿厢的最大速度vm；

(3)轿厢从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间．

答案　(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)1 s

解析　(1)当轿厢向上的速度为v＝1 m/s时，由P＝Fv 得重物B下端绳的拉力大小为

FB＝10 N.

根据牛顿第二定律得：

对A：FA－mAg＝mAa，对B：FB＋mBg－FA＝mBa

联立解得：a＝2 m/s2

(2)当电动机的拉力F＝(mA－mB)g时轿厢的速度达到最大．

又由P＝Fvm得：vm＝2 m/s

(3)轿厢从开始运动到恰好达到最大速度的过程，对A、B整体，由动能定理得：

Pt－mAgh＋mBgh＝(mA＋mB)v

解得t＝1 s.