单元综合测试五(机械能守恒定律)
本试卷分第Ⅰ卷()和第Ⅱ卷(非)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．阻力对系统始终做负功
B．系统受到的合外力始终向下
C．重力做功使系统的重力势能增加
D．任意相等的时间内重力做的功相等
解析：阻力始终与运动方向相反，做负功，所以A正确．加速下降合外力向下，而减速下降合外力向上，所以B错误．重力做功，重力势能减小，则C错误．时间相等，但物体下落距离不同，重力做功不等，所以D错误．
答案：A

图1
2．如图1所示，在地面上以速度v0抛出质量为的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则
①物体到海平面时的势能为gh
②重力对物体做的功为gh
③物体在海平面上的动能为12v02＋gh
④物体在海平面上的机械能为12v02
其中正确的是(　　)
A．①②③　　　　　　　　B．②③④
C．①③④ D．①②④
答案：B
3．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物体做的功等于(　　)
A．物块动能的增加量
B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和
C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和
D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和
解析：由能量关系得：Wf＝ΔEp－ΔEk
ΔEp＝WG
故WG＝Wf＋ΔEk.
在此类题中， 要务必搞清每一种力做功伴随着什么样的能量转化，然后运用动能定理或能量守恒．
答案：D
4．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 /s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为(　　)
A．Δv＝0 B．Δv＝12 /s
C．W＝0 D．W＝10.8 J
解析：速度是矢量，速度的变化也是矢量，反弹后小球的速度与碰前速度等值反向，则速度变化量为Δv＝－v－v＝－2v(设碰前速度方向为正)，其大小为2v＝12 /s，故B正确．反弹前、后小球的动能没有变化，即ΔEk＝0.根据动能定理：物体受合外力做功等于物体动能的变化，即W＝ΔEk＝0，则C正确．
答案：BC

图2
5．物体沿直线运动的v－t关系如图2所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(　　)
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W
解析：由图知第1秒末、第3秒末、第7秒末速度大小关系：v1＝v3＝v7，由题知W＝12v12－0，则由动能定理得第1秒末到第3秒末合外力做功W2＝12v32－12v12＝0，故A错；第3秒末到第5秒末合外力做功W3＝12v52－12v32＝0－12v12＝－W，故B错；第5秒末到第7秒末合外力做功W4＝12v72－0＝12v12＝W，故C对；第3秒末到第4秒末合外力做功W5＝12v42－12v32＝12(12v1)2－12v12＝－0.75 W．故D对．
答案：CD
6．不久前欧洲天学家在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为“格利斯581 c”．该行星的质量是地球的5倍，直径是地球的1.5倍．设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为Ek1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为Ek2，则Ek1Ek2为(　　)
A．0.13 B．0.3
C．3.33 D．7.5
解析：由G1R12＝v12R1得Ek1＝G12R1
由G地R地2＝•v地2R地得Ek2＝G地2R地
又已知1地＝5　R1R地＝1.5
则Ek1Ek2＝103＝3.33，故C正确．
答案：C

图3
7．如图3所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，滑块经B、C两点时的动能分别为EkB、EkC，图中AB＝BC，则一定有(　　)
A．W1>W2 B．W1<W2
C．EkB>EkC D．EkB<EkC
解析：滑块在运动过程中，绳中张力始终不变，而竖直向上的拉力在逐渐减小，故加速度在逐渐减小，动能的变化量在减小，因此，一定有W1>W2，选A.
答案：A
8．(2011•东泰安)如图4，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)(　　)

图4
A．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为h
B．若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点
C．若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高h
D．若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h
解析：光滑斜面，系统机械能守恒，若把斜面CB部分截去，物体从A点运动到C点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到h高度．而变成曲面AEB及从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体到达最高点速度都可达到零，物体可达最大h高度，而沿弯成圆弧形AD，物体做圆周运动，到达最高点需有个最小速度故选项BD正确．
答案：BD

图5
9．(2010•东理综)如图5所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平，用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)在此过程中(　　)
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳重力势能共减少了14gl
C．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功
D．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和
解析：取斜面最高点为参考面，软绳重力势能减少量ΔEp绳＝g•l2－g•l2•sin30°＝14gl，选项B正确；物块向下运动，对物块，除重力以外，绳拉力对物块做负功，物块机械能减小，选项A错误；设W克为软绳克服摩擦力做的功，对系统由功能原理得ΔEp绳＋ΔEp物＝12v2＋12物v2＋W克，又因为ΔEp物>12物v2，故选项C错而D 对．
答案：BD

图6
10．(2009•东理综)图6所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为的木箱与轨道的动摩擦因数为36，木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是(　　)
A．＝
B．＝2
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
解析：弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，由功能关系，得：
下滑过程：(＋)gh－μ(＋)gcosθhsinθ＝Ep
上滑过程：Ep＝g•h＋μgcosθ•hsinθ
解得＝2，故选项A错B对；
上滑时加速度：a上＝gsinθ＋μgcosθ
下滑时加速度：a下＝gsinθ－μgcosθ
故选项C正确；
由能量守恒定律得，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，选项D错误．
答案：BC
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二、题(本题共2小题，每题8分，共16分)

图7
11．(2010•全国Ⅱ理综)利用图7所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电，松开纸带，使重物下落．打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．
(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有______．(填入正确选项前的字母)
A．天平　　B．秒表
C．米尺
(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________.
解析：(1)由Δs＝aT2可知为测重物的加速度a，需要用米尺测量相邻计数点间的距离，选项C正确．
(2)从产生加速度的原因即受力的角度思考误差原因．
答案：(1)C　(2)打点计时器与纸带间存在摩擦
12．某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如图8，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．

图8
(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电(填“交流”或“直流”)．
(2)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是______．
A．放开小车，能够自由下滑即可
B．放开小车，能够匀速下滑即可
C．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可
D．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可
(3)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是________．
A．橡皮筋处于原长状态
B．橡皮筋仍处于伸长状态
C．小车在两个铁钉的连线处
D．小车已过两个铁钉的连线
(4)在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)．

图9
解析：(3)因为木板水平放置，故摩擦力没有被平衡掉，当小车速度最大时，F弹＝f，故橡皮筋仍有弹力，处于伸长状态．
答案：(1)交流　(2)D　(3)B　(4)GK
三、(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．质量为500 t的火车，以恒定功率沿平直轨道行驶，在3 in内行驶1.45 k，速度由18 k/h增加到最大速度54 k/h，求火车的功率(g＝10 /s2)．
解析：由于整个过程中火车所受的牵引力不是恒力，因此加速度不是恒量，运动学中匀变速直线运动公式不能用．可以由动能定理得W牵＋W阻＝12v2－12v2①
其中W阻＝－Ffx，W牵是一个变力的功，但因该力的功率恒定，故可用W牵＝Pt计算．
这样①式变为Pt－Ffx＝12v2－12v2②
又因达最大速度时F＝Ff，故v＝PFf③
联立解得P＝600 k
答案：600 kW

图10
14．如图10所示，半径R＝0.4 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为＝1 kg的小物体(可视为质点)在水平拉力F的作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后做平抛运动，正好落在C点，已知xAC＝2 ，F＝15 N，g取10 /s2，试求：
(1)物体在B点时的速度大小以及此时半圆轨道对物体的弹力大小；
(2)物体从C到A的过程中，摩擦力做的功．
解析：(1)设物体在B点的速度为v，由B到C做平抛运动，有2R＝12gt2，xAC＝vt，∴v＝5 /s
由此时受力知FN＋g＝v2R，
∴FN＝52.5 N.
由牛顿第三定律知，半圆轨道对物体的弹力FN′＝52.5 N.
(2)A到B，机械能守恒12vA2＝12v2＋2gR
由C到A应用动能定理可知(F－Ff)xAC＝12vA2
所以，Wf＝－Ff•xAC＝－9.5 J.
答案：(1)5 /s　52.5 N　(2)－9.5 J

图11
15．(2011•辽宁大连双基测试)如图11所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2，B的质量为，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能．
解析：(1)A和斜面间的滑动摩擦力f＝2μgcosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据能量关系有：2gLsinθ＋12•3v02＝12•3v2＋gL＋fL，v＝v02－23μgL3.
(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，
－f•2x＝0－12×3v2，x＝3v024μg－L2.
(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有
Ep＋gx＝2gxsinθ＋fx
因为gx＝2gxsinθ
所以Ep＝fx＝34v02－32μgL.
答案：(1)v02－23μgL3　(2)3v024μg－L2　(3)34v02－32μgL
16．(2009•东理综)如图12所示，某货场需将质量为1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R＝1.8 ．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 ，质量均为2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 /s2)

图12
(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．
(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．
(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．
解析：(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得
1gR＝121v02①
设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得
FN－1g＝1v02R②
联立①②式，代入数据得
FN＝3000 N③
根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下．
(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
μ11g≤μ2(1＋22)g④
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ11g>μ2(1＋2)g⑤
联立④⑤式，代入数据得
0．4<μ1≤0.6.⑥
(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ11g＝1a1⑦
设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得
v12－v02＝－2a1l⑧
联立①⑦⑧式，代入数据得v1＝4 /s⑨
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得
v1＝v0－a1t⑩
联立①⑦⑨⑩式，代入数据得t＝0.4 s⑪
答案：(1)3000 N，方向竖直向下
(2)0.4<μ1≤0.6　(3)4 /s　0.4s


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