2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能綜合檢測(cè)（含解析）

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1、 機(jī)械能 綜合檢測(cè) (時(shí)間:90分鐘　滿(mǎn)分:100分) 一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1～7小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第8～12小題有多個(gè)選項(xiàng)正確,全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)或不選的得 0分) 1.被水平地面反復(fù)彈起的籃球,彈起的最大高度越來(lái)越小,關(guān)于該籃球的機(jī)械能,下列說(shuō)法中正確的是(　A　) A.機(jī)械能減少 B.機(jī)械能守恒 C.機(jī)械能增加 D.機(jī)械能有時(shí)增加,有時(shí)減少 解析:由于籃球彈起的幅度越來(lái)越小,說(shuō)明籃球受到阻力的作用,阻力一直做負(fù)功,籃球的機(jī)械能不守恒,一直在減少,選項(xiàng)A正確. 2.如圖所示,質(zhì)量相同

2、的物體分別自斜面AC和BC的頂端由靜止開(kāi)始下滑,物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同,物體滑到斜面底部C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1和Ek2,下滑過(guò)程中克服摩擦力所做的功分別為W1和W2,則(　B　) A.Ek1>Ek2　W1Ek2　W1=W2 C.Ek1=Ek2　W1>W2 D.Ek1W2 解析:設(shè)斜面的傾角為θ,斜面的底邊長(zhǎng)為x,則下滑過(guò)程中克服摩擦力做的功為W=μmgcos θ·=μmgx,所以?xún)煞N情況下克服摩擦力做的功相等.又由于B的高度比A低,所以由動(dòng)能定理可知Ek1>Ek2.選項(xiàng)B正確. 3.有一動(dòng)車(chē)組由8節(jié)質(zhì)量相等的車(chē)廂連接而成,其中第1節(jié)和第

3、7節(jié)車(chē)廂為動(dòng)力車(chē)廂,額定功率均為P0.動(dòng)車(chē)組在水平直軌上從靜止開(kāi)始勻加速啟動(dòng),動(dòng)力車(chē)廂均達(dá)到額定功率后,保持功率不變繼續(xù)行駛直至達(dá)到最大速度.若啟動(dòng)階段每節(jié)動(dòng)力車(chē)廂的牽引力恒為F,行駛中每節(jié)車(chē)廂受到的阻力恒為f,則該動(dòng)車(chē)組(　D　) A.能達(dá)到的最大速度為 B.能達(dá)到的最大速度為 C.啟動(dòng)階段第7,8節(jié)車(chē)廂間的拉力大小為F D.啟動(dòng)階段第7,8節(jié)車(chē)廂間的拉力大小為 解析:每節(jié)動(dòng)力車(chē)廂的功率為P0,牽引力為F,設(shè)每一節(jié)車(chē)廂的質(zhì)量是m,阻力為f;當(dāng)牽引力和阻力的大小相等時(shí),動(dòng)車(chē)的速度達(dá)到最大值,所以最大速度vm==,選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤;做加速運(yùn)動(dòng)時(shí),有兩節(jié)動(dòng)力車(chē)廂,對(duì)整輛列車(chē)有2F-8f=8

4、ma,對(duì)第8節(jié)車(chē)廂有F1-f=ma,解得F1=F,即第7,8節(jié)車(chē)廂間的拉力大小為,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確. 4.將一小球從高處水平拋出,最初2 s內(nèi)小球動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示,不計(jì)空氣阻力,取g=10 m/s2.根據(jù)圖像信息,不能確定的物理量是(　D　) A.小球的質(zhì)量 B.小球的初速度 C.最初2 s內(nèi)重力對(duì)小球做功的平均功率 D.小球拋出時(shí)的高度 解析:由開(kāi)始時(shí)動(dòng)能Ek0=m=5 J,經(jīng)2 s時(shí)Ek=30 J,動(dòng)能增加ΔEk= 25 J,由機(jī)械能守恒定律可得mgh=25 J,結(jié)合h=gt2=×10×22 m=20 m,解得m= kg,v0=4 m/s.最初2 s內(nèi)

5、重力對(duì)小球做功的平均功率==12.5 W.小球拋出時(shí)的高度無(wú)法確定,選項(xiàng)D正確. 5.用一豎直向上的拉力將原來(lái)在地面上靜止的重物向上提起,重物由地面運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過(guò)程中,v-t圖像如圖所示,以下判斷正確的是(　C　) A.前3 s內(nèi)拉力功率恒定 B.最后2 s內(nèi)重物處于超重狀態(tài) C.前3 s內(nèi)與最后2 s內(nèi)重物的平均速度相同 D.最后2 s運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,重物的機(jī)械能減小 解析:由圖知,前3 s內(nèi)重物做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),拉力不變,速度變大,由P=Fv知,拉力的功率變大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;最后2 s內(nèi)重物向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度向下,重物處于失重狀態(tài),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由=(v0+v)知,前3

6、 s內(nèi)和最后2 s內(nèi)重物的平均速度相等,選項(xiàng)C正確;最后2 s內(nèi),由于a=-3 m/s2,拉力向上,則拉力對(duì)重物做正功,重物的機(jī)械能變大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6.如圖所示,三個(gè)相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度.小球甲從豎直固定的四分之一光滑圓弧軌道頂端由靜止滑下,軌道半徑為R,軌道底端切線(xiàn)水平.小球乙從離地高為R的某點(diǎn)開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng).小球丙從高為R的固定光滑斜面頂端由靜止滑下.則(　C　) A.甲、乙、丙剛到達(dá)地面時(shí)速度相同 B.甲、丙兩球到達(dá)軌道底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率相同 C.乙球下落過(guò)程中重力的平均功率大于丙球下滑過(guò)程中重力的平均功率 D.若僅解除光滑斜面與光滑水平地面

7、間的固定,丙球釋放后斜面對(duì)其不做功 解析:由動(dòng)能定理知,甲、乙、丙球剛到達(dá)地面時(shí)速度大小相同方向不同,A錯(cuò)誤;甲球到達(dá)軌道底端時(shí)速度方向與重力方向垂直,重力的瞬時(shí)功率為零,而丙球到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí),重力的瞬時(shí)功率并不為零,B錯(cuò)誤;乙球下落和丙球下滑過(guò)程中重力做功相同,但乙球下落時(shí)間較短,乙球下落過(guò)程中重力的平均功率較大,C正確;解除光滑斜面與光滑水平地面間的固定后釋放丙球,丙球下滑過(guò)程中斜面將會(huì)發(fā)生移動(dòng),支持力對(duì)丙球做負(fù)功,D錯(cuò)誤. 7.如圖所示,滑塊A和B疊放在固定的斜面體上,從靜止開(kāi)始以相同的加速度一起沿斜面加速下滑.已知B與斜面體間光滑接觸,則在A,B下滑的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是(　

8、D　) A.A只受重力和B的支持力作用 B.A對(duì)B的壓力等于A受到的重力 C.下滑過(guò)程中B對(duì)A做負(fù)功 D.下滑過(guò)程中A的機(jī)械能守恒 解析:設(shè)斜面傾角為α,對(duì)A,B的整體,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知,下滑的加速度為a=gsin α;對(duì)物體A,水平方向fBA=mAacos α;豎直方向mAg-FN=mAasin α,故A受到重力和B的支持力及摩擦力的作用,A對(duì)B的壓力不等于A受到的重力,選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤;下滑過(guò)程中,A與B共同加速度為gsin α,則B對(duì)A的作用力一定與斜面垂直,即B對(duì)A不做功,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于B對(duì)A的作用力不做功,或者說(shuō)B對(duì)A的摩擦力、支持力做的總功為零,故A的機(jī)械能守恒,

9、選項(xiàng)D正確. 8.如圖所示,光滑桿O′A的O′端固定一勁度系數(shù)為k=10 N/m,原長(zhǎng)為l0=1 m的輕質(zhì)彈簧,質(zhì)量為m=1 kg的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接.OO′為過(guò)O點(diǎn)的豎直軸,桿與水平面間的夾角始終為θ=30°,開(kāi)始桿處于靜止?fàn)顟B(tài),當(dāng)桿以O(shè)O′為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),角速度從零開(kāi)始緩慢增加,直至彈簧伸長(zhǎng)量為0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,下列說(shuō)法正確的是(　BD　) A.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 rad/s B.當(dāng)彈簧的伸長(zhǎng)量為0.5 m時(shí),桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 rad/s C.在此過(guò)程中,小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.在此過(guò)程中,桿對(duì)小球做功為12.5

10、 J 解析:當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),球受重力和支持力,合力提供向心力,由牛頓第二定律可得mgtan 30°=ml0cos 30°,解得ω1= rad/s,故A錯(cuò)誤;當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為0.5 m時(shí),小球受力如圖所示,水平方向上有F2cos 30°+Nsin 30°=m(l0+x)cos 30°,豎直方向上 Ncos 30°=mg+F2sin 30°,彈簧的彈力為F2=kx,聯(lián)立解得ω2= rad/s,故B正確;在此過(guò)程中,桿的彈力對(duì)球和彈簧系統(tǒng)做正功,故機(jī)械能不守恒,C錯(cuò)誤;小球靜止時(shí),有mgsin 30°=kΔx,Δx=0.5 m,與伸長(zhǎng)0.5 m時(shí)彈性勢(shì)能相等,由功能關(guān)系可得W= mg·2x

11、sin 30°+m[ω2(l0+x)cos 30°]2,解得W=12.5 J,D正確. 9.如圖所示,足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速率沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn).現(xiàn)將一個(gè)物體輕輕放在傳送帶底端,物體第一階段被加速到與傳送帶具有相同的速度,第二階段勻速運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端,則下列說(shuō)法中正確的是(　AC　) A.第一階段和第二階段摩擦力對(duì)物體都做正功 B.第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能的增加量 C.第二階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第二階段物體機(jī)械能的增加量 D.兩個(gè)階段電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做的功等于物體機(jī)械能的增加量 解析:物體受到重力、支持力和摩擦力,兩個(gè)階段摩擦力一直沿斜面向上,故摩擦力

12、一直做正功,故A正確;根據(jù)動(dòng)能定理,第一階段合力做的功等于動(dòng)能的增加量,由于重力和摩擦力都做功,故第一階段摩擦力對(duì)物體做的功不等于第一階段物體動(dòng)能的增加量,故B錯(cuò)誤;除重力外其余力做的功是機(jī)械能變化的量度,由于支持力不做功,故物體從底端到頂端全過(guò)程機(jī)械能的增加等于全過(guò)程摩擦力對(duì)物體所做的功,故C正確;第一階段摩擦力對(duì)物體所做的功一部分轉(zhuǎn)化為物體的機(jī)械能,另一部分轉(zhuǎn)化為物體及傳送帶的內(nèi)能;第二階段,摩擦力所做的功全部轉(zhuǎn)化為物體的機(jī)械能;故兩個(gè)階段摩擦力對(duì)物體所做的功并不等于物體機(jī)械能的增加量,故D錯(cuò)誤. 10.一輛汽車(chē)在水平路面上勻速直線(xiàn)行駛,阻力恒定為f.t1時(shí)刻駛?cè)胍欢巫枇?f的路段繼續(xù)

13、行駛,t2時(shí)刻駛出這段路,阻力恢復(fù)為f.行駛中汽車(chē)功率恒定,則汽車(chē)的速度v及牽引力F隨時(shí)間t的變化圖像可能是(　AC　) 解析:t1之前,汽車(chē)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),牽引力與阻力相等,t1時(shí)刻后阻力變?yōu)?f,汽車(chē)做減速運(yùn)動(dòng),由P=Fv知,隨著速度的減小,牽引力逐漸增大,即汽車(chē)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)牽引力增大到2f時(shí),汽車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng);t2時(shí)刻后,汽車(chē)駛出這段路,阻力恢復(fù)為f,這時(shí)牽引力為2f,大于阻力f,汽車(chē)做加速運(yùn)動(dòng),由P=Fv知,隨著速度的增加,牽引力逐漸減小,加速度逐漸減小,選項(xiàng)A,C正確. 11.如圖所示,小物塊以初速度v0從O點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng),同時(shí)從O點(diǎn)斜向上拋出一個(gè)速度大小也

14、為v0的小球,物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇.已知物塊和小球質(zhì)量相等,空氣阻力忽略不計(jì),則(　BD　) A.斜面可能是光滑的 B.在P點(diǎn)時(shí),小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能 C.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)離斜面最遠(yuǎn) D.小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率相等 解析:兩物體在P點(diǎn)相遇,運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,小球做斜上拋運(yùn)動(dòng),其沿斜面方向的分運(yùn)動(dòng)是初速度小于v0,加速度為gsin θ的勻減速運(yùn)動(dòng),若斜面是光滑的,沿斜面運(yùn)動(dòng)的物塊做初速度為v0,加速度為gsin θ的勻減速運(yùn)動(dòng),則物塊先到P點(diǎn),故物塊的加速度必須大于gsin θ,即物塊一定受到摩擦力作用,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知小球的機(jī)械能守恒,

15、物塊機(jī)械能減少,在P點(diǎn)小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能,選項(xiàng)B正確;小球做斜上拋運(yùn)動(dòng),當(dāng)垂直斜面方向的分速度為零時(shí),離斜面最遠(yuǎn),在最高點(diǎn)時(shí)小球有垂直斜面的分速度,故距離斜面不是最遠(yuǎn),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小球和物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中克服重力做的功相等,時(shí)間相同,故克服重力做功的平均功率相等,選項(xiàng)D正確. 12.如圖所示,滑塊A,B的質(zhì)量均為m,A套在固定傾斜直桿上,傾斜桿與水平面成45°,B套在固定水平的直桿上,兩桿分離不接觸,兩直桿間的距離忽略不計(jì)且足夠長(zhǎng),A,B通過(guò)鉸鏈用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性輕桿(初始時(shí)輕桿與水平面成30°角)連接,A,B從靜止釋放,B開(kāi)始沿水平面向右運(yùn)動(dòng),不計(jì)一切摩擦,滑塊A,B視為質(zhì)點(diǎn),在運(yùn)

16、動(dòng)的過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是(　AD　) A.A,B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B.當(dāng)A到達(dá)與B同一水平面時(shí),A的速度為 C.B滑塊到達(dá)最右端時(shí),A的速度為 D.B滑塊最大速度為 解析:在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,A,B組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,選項(xiàng)A正確;從開(kāi)始到A與B在同一水平面的過(guò)程,由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得mgLsin 30°=m+m,且vAcos 45°=vB,解得vA=,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;B滑塊到達(dá)最右端時(shí),速度為零,此時(shí)輕桿與斜桿垂直,由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得mg(Lsin 30°+Lsin 45°)=m,解得vA=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)輕桿與水平桿垂直時(shí)B的速度最大,此時(shí)A的速度為零,

17、由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得mg(Lsin 30°+L)=m,解得B的最大速度為vB=,選項(xiàng)D正確. 二、非選擇題(共52分) 13.(5分)某學(xué)習(xí)小組利用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)能定理: (1)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平,安裝好實(shí)驗(yàn)器材,從圖中讀出兩光電門(mén)中心之間的距離s=　　　　 cm;? (2)測(cè)量擋光條的寬度d,記錄擋光條通過(guò)光電門(mén)1和2所用的時(shí)間t1和t2,并從拉力傳感器中讀出滑塊受到的拉力F,為了完成實(shí)驗(yàn),還需要直接測(cè)量的一個(gè)物理量是　　　　　　　　　　　　　　;? (3)該實(shí)驗(yàn)是否需要滿(mǎn)足砝碼盤(pán)和砝碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊、擋光條和拉力傳感器的總質(zhì)量?　　　　(選填“是”或“否”).? 解

18、析:(1)光電門(mén)1處刻度尺讀數(shù)為20.3 cm,光電門(mén)2處刻度尺讀數(shù)為70.3 cm,故兩光電門(mén)中心之間的距離s=70.3 cm-20.3 cm=50.0 cm. (2)由于光電門(mén)的寬度d很小,所以我們用很短時(shí)間內(nèi)的平均速度代替瞬時(shí)速度. 滑塊通過(guò)光電門(mén)1速度為v1= 滑塊通過(guò)光電門(mén)2速度為v2= 需要驗(yàn)證的關(guān)系式為 Fs=M-M=M()2-M()2 可見(jiàn)還需要測(cè)量出M,即滑塊、擋光條和拉力傳感器的總質(zhì)量. (3)該實(shí)驗(yàn)中由于已經(jīng)用傳感器測(cè)出繩子拉力大小,不是將砝碼和砝碼盤(pán)的重力作為拉力,故不需要滿(mǎn)足砝碼和砝碼盤(pán)的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于M. 答案:(1)50.0　(2)滑塊、擋光條和拉力

19、傳感器的總質(zhì)量M　(3)否 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):(1),(2)每空2分;(3)每空1分. 14.(8分)在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)的過(guò)程中,某同學(xué)為驗(yàn)證彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,設(shè)計(jì)了如下方案和實(shí)驗(yàn)步驟: ①如圖(甲)所示,將一根輕質(zhì)彈簧的下端豎直固定在水平桌面上,彈簧上端連接一質(zhì)量為m的小鐵球,鐵球上固定有輕小的遮光條.一根帶有插銷(xiāo)孔的光滑透明塑料圓管,豎直地套在小球和彈簧外,也固定于水平面上,塑料圓管側(cè)面有平行于管軸的光滑開(kāi)槽,遮光條套在槽中,露出槽外,可沿光滑槽運(yùn)動(dòng),小球直徑略小于管徑; ②塑料圓管上裝上兩個(gè)關(guān)于彈簧原長(zhǎng)位置對(duì)稱(chēng)的光電門(mén),調(diào)節(jié)光電門(mén)使遮光條通過(guò)光電門(mén)時(shí)能很好地遮

20、擋光線(xiàn); ③將小球拉到C處,用插銷(xiāo)孔鎖住,彈簧處于在彈性限度內(nèi)的伸長(zhǎng) 狀態(tài); ④接通光電門(mén)電源,拔出插銷(xiāo),記錄下小球通過(guò)A,B光電門(mén)時(shí)遮光條的遮光時(shí)間分別為t1,t2; ⑤斷開(kāi)電源,整理儀器; (1)為完成實(shí)驗(yàn),除了以上步驟還需要進(jìn)行的步驟有? 　　　　　　　　　　　　　　　　;? (2)該同學(xué)還用游標(biāo)卡尺測(cè)量了小球直徑d,如圖(乙)所示,讀數(shù)為　　　　;用螺旋測(cè)微器測(cè)量了遮光條寬度l,如圖(丙)所示,讀數(shù)為　　　　;? (3)已知重力加速度為g,若小球和彈簧系統(tǒng)(含地球)的機(jī)械能守恒,則可表達(dá)為　　　　　　　　　　　　　(用以上測(cè)量量和已知量的

21、符號(hào)表示).? 解析:(1)要驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒,需要確定小鐵球通過(guò)光電門(mén)A,B減少的重力勢(shì)能和增加的動(dòng)能,所以需測(cè)出兩光電門(mén)之間的距離h;要計(jì)算小球的速度,根據(jù)v=,需測(cè)出遮光條的寬度l. (2)游標(biāo)卡尺的主尺刻度為10 mm,游標(biāo)尺刻度為8×0.05 mm=0.40 mm,小球的直徑讀數(shù)為10 mm+0.40 mm=10.40 mm;螺旋測(cè)微器固定刻度為4.5 mm,可動(dòng)刻度為8.6×0.01 mm=0.086 mm,遮光條寬度l為 4.5 mm+0.086 mm=4.586 mm. (3)由于兩光電門(mén)處彈性勢(shì)能相等,故mgh=m-m=m(-),整理得gh=(-). 答案:(1)

22、測(cè)量?jī)晒怆婇T(mén)之間的距離h、遮光條的寬度l (2)10.40 mm　4.586 mm (3)gh=(-) 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):每空2分. 15.(8分)如圖所示,靜止放在水平桌面上的紙帶,其上有一質(zhì)量為m= 0.1 kg的鐵塊,它與紙帶右端的距離為L(zhǎng)=0.5 m,所有接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同.現(xiàn)用水平向左的恒力,經(jīng)2 s時(shí)間將紙帶從鐵塊下抽出,當(dāng)紙帶全部抽出時(shí)鐵塊恰好到達(dá)桌面邊緣且速度為v=2 m/s.已知桌面高度為H=0.8 m,不計(jì)紙帶重力,鐵塊視為質(zhì)點(diǎn).重力加速度g取 10 m/s2,求: (1)鐵塊拋出后落地點(diǎn)離拋出點(diǎn)的水平距離; (2)紙帶抽出過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能. 解析

23、:(1)鐵塊拋出后做平拋運(yùn)動(dòng),水平方向 x=vt (1分)① 豎直方向H=gt2 (1分)② 由①②聯(lián)立解得x=0.8 m. (1分) (2)設(shè)鐵塊的加速度為a1,紙帶抽出時(shí), 鐵塊的速度v=a1t1 ③ 由牛頓第二定律,得μmg=ma1

24、 ④ ③④聯(lián)立解得μ=0.1 (1分) 鐵塊的位移x1=a1 (1分)⑤ 設(shè)紙帶的位移為x2,由題意知, x2-x1=L (1分)⑥ 系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能 Q=μmgx2+μmg(x2-x1) (1分)⑦ 代入數(shù)據(jù)解得Q=0.3 J. (1分) 答案:(1)0.8 m　(2)0.3 J 16.(8分)如圖所示,AB是長(zhǎng)為L(zhǎng)=1.2 m、傾角為53°的

25、斜面,其上端與一段光滑的圓弧BC相切于B點(diǎn),C是圓弧的最高點(diǎn),圓弧的半徑為R,A,C與圓弧的圓心O在同一豎直線(xiàn)上.物體受到與斜面平行的恒力作用,從A點(diǎn)開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去該力,物體將沿圓弧運(yùn)動(dòng)通過(guò)C點(diǎn)后落回到水平地面上.已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,恒力F=28 N,物體可看成質(zhì)點(diǎn)且m=1 kg.求: (1)物體通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(結(jié)果保留一位小數(shù)) (2)物體在水平地面上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離. 解析:(1)根據(jù)圖示,由幾何知識(shí)得,OA的高度 H==1.5 m (1分) 圓軌道半徑R==0.

26、9 m (1分) 物體從A到C過(guò)程,由動(dòng)能定理得 FL-μmgcos 53°·L-mg(H+R)=mv2 (1分) 物體在C點(diǎn),由牛頓第二定律得FN+mg=m (1分) 解得FN=3.3 N,由牛頓第三定律知在C點(diǎn)時(shí)物體對(duì)軌道的壓力為 3.3 N. (2分) (2)物體離開(kāi)C后做平拋運(yùn)動(dòng) 在豎直方向上H+R=gt2,在水平方向x=vt (1分) 解得x=2.4 m.

27、 (1分) 答案:(1)3.3 N　(2)2.4 m 17.(8分)如圖所示,一勁度系數(shù)很大的輕彈簧一端固定在傾角為θ=30°的斜面底端,將彈簧壓縮至A點(diǎn)鎖定,然后將一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧放置,物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,解除彈簧鎖定,物塊恰能上滑至B點(diǎn),A,B兩點(diǎn)的高度差為h0,已知重力加速度為g. (1)求彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep. (2)求物塊從A到B的時(shí)間t1與從B返回到A的時(shí)間t2之比. (3)若每當(dāng)物塊離開(kāi)彈簧后,就將彈簧壓縮到A點(diǎn)并鎖定,物塊返回A點(diǎn)時(shí)立刻解除鎖定.設(shè)斜面最高點(diǎn)C的高度H=2h0,試通過(guò)計(jì)算判斷物塊最終能否從C點(diǎn)拋出. 解析:(1

28、)物塊受到的滑動(dòng)摩擦力Ff=μmgcos θ, (1分) A到B過(guò)程由功能關(guān)系有 -Ff=mgh0-Ep, (1分) 解得Ep=mgh0. (1分) (2)設(shè)上升、下降過(guò)程物塊加速度大小分別為a1和a2,則mgsin θ+ μmgcos θ=ma1, (1分) mgsin θ-μmgcos θ=ma2,

29、 (1分) 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a1=a2,解得=. (1分) (3)足夠長(zhǎng)時(shí)間后,上升的最大高度設(shè)為hm,此后物塊高度不再增加,每次補(bǔ)充的彈性勢(shì)能用于克服阻力來(lái)回做的功.則有2Ff·=Ep, (1分) 解得hm=h0<2h0,所以物塊不可能到達(dá)C點(diǎn). (1分) 答案:(1)mgh0　(2)　(3)見(jiàn)解析 18.(15分)如圖所示,裝置左邊是水平臺(tái)面,一輕質(zhì)彈簧左端固定,右端連接輕質(zhì)擋板A,此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng),在A右側(cè)的臺(tái)面粗糙,長(zhǎng)度l=1.0 m,擋板A左側(cè)臺(tái)面光滑,物塊B與臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,中間水平傳

30、送帶與平臺(tái)和右端光滑弧面平滑對(duì)接,傳送帶始終以v0=2 m/s速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),傳送帶長(zhǎng)度l=1.0 m,B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,現(xiàn)將質(zhì)量為1 kg的物塊B從半徑R=2.1 m的圓弧上靜止釋放.(g=10 m/s2) (1)求物塊B與A第一次碰撞前的速度大小; (2)已知B與A碰撞不損失能量,試通過(guò)計(jì)算分析物塊B與A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊的弧面上?若能回到右邊的弧面上,則其回到C點(diǎn)時(shí)受弧面的支持力為多大? 解析:(1)設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到與A碰撞前的速度大小為v.由動(dòng)能定理知 mBgR=mBvC 2

31、 (1分) 解得vC= m/s (1分) 設(shè)物塊B滑上傳送帶后速度減為v0,發(fā)生的位移為x -=-2μ2gx (1分) x=9.5 m>1 m (1分) 則物塊B減速通過(guò)傳送帶,對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程,有 mBgR-μ1mBgl-μ2mBgl=mBv2 (2分) 解得v

32、=6 m/s. (1分) (2)設(shè)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為l′,則 mBv2=μ1mBgl+μ2mBgl′ (1分) 得l′=8.5 m>1 m (1分) 所以物塊B能通過(guò)傳送帶運(yùn)動(dòng)到右邊的弧面上. (1分) 設(shè)物塊B到達(dá)C點(diǎn)的速度為v1,由動(dòng)能定理可知 -μ1mBgl-μ2mBgl=mB-mBv2 (2分) 解得v1= m/s (1分) 在C點(diǎn)有FN-mBg= (1分) 解得FN=24.3 N. (1分) 答案:(1)6 m/s　(2)見(jiàn)解析 - 11 -