功和能综合检测.doc

功和能综合检测
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的选项中，只有一个选项符合题目要求．)

图1
1．(2011·上海高考)如图1所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°角时，拉力的功率为(　　)
A．mgLω　　　　　　　B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
2．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
3.

图2
(2011·山东高考)如图2所示，将小球a从地面以初速度v0.竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)．则(　　)
A．两球同时落地
B．相遇时两球速度大小相等
C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等
4.

图3
(2011·莆田模拟)来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手．蹦床是一项好看又惊险的运动，如图3所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点．不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，在A、B、C三个位置上时运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系是(　　)
A．vA＜vB，vB＞vC　　　　B．vA＞vB，vB＜vC
C．EA＝EB＝EC D．EA＞EB，EB＝EC
5.

图4
如图4所示，质量为M的滑块，置于光滑水平地面上，其上有一半径为R的光滑圆弧，现将一质量为m的物体从圆弧的最高点滑下，在下滑过程中，M对m的弹力做功W1，m对M的弹力做功W2，则(　　)
A．W1＝0，W2＝0 B．W1＜0，W2＞0
C．W1＝0，W2＞0 D．W1＞0，W2＜0
6．质量为1 kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度－时间图象如图5所示，则由图可知(　　)

图5
A．小球下落过程的加速度小于反弹后上升过程的加速度
B．小球与水平地面碰撞过程损失的机械能为8 J
C．小球能弹起的最大高度为0.90 m
D．小球能弹起的最大高度为1.25 m
7．如图6所示，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，A的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是(　　)

图6
A．物块B受到的摩擦力先减小后增大
B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右
C．小球A的机械能守恒
D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒
8.

图7
有一竖直放置的“T” 形架，表面光滑，滑块 A、 B分别套在水平杆与竖直杆上， A、 B用一不可伸长的轻细绳相连 A、 B质量相等，且可看做质点，如图7所示，开始时细绳水平伸直， A、 B静止．由静止释放 B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块 B沿着竖直杆下滑的速度为 v，则连接 A、 B的绳长为(　　)
A. B.
C. D.
二、非选择题(本题包括4个小题，共52分，计算题、解答题要写出必要的文字说明、主要的解题步骤，有数值计算的要注明单位)
9.

图8
(12分)如图8所示，物块A、B、C的质量分别为M、3m、m，并均可视为质点，它们之间有m＜M＜4m的关系．三物块用轻绳通过滑轮连接，物块B与C间的距离和C到地面的距离均是L.若C与地面相碰后速度立即减为零．(设A距离滑轮足够远且不计一切阻力)．
(1)求物块C刚着地时的速度大小．
(2)若使物块B不与C相碰，则M/m应满足什么条件？
10．(13分)(2011·厦门模拟)在检测某款汽车性能的实验中，质量为3×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶达到的最大速度为40 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F与对应速度v，并描绘出F－图象(图线ABC为汽车由静止到最大速度的全过程，AB、BO均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC，求：

图9

(1)该汽车的额定功率；
(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s达到最大速度40 m/s，求其在BC段的位移．
11．(13分)如图10甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图10乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图10
(1)0～8 s内物体位移的大小；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数；
(3)0～8 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q.

图11
12．(14分)如图11所示，一倾角为θ＝30°的光滑斜面底端有一与斜面垂直的固定挡板M，物块A、B之间用一与斜面平行的轻质弹簧连接，现用力缓慢沿斜面向下推动物块B，当弹簧具有5 J弹性势能时撤去推力释放物块B；已知A、B质量分别为mA＝5 kg，mB＝2 kg，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，其中弹簧的劲度系数k＝1 000 N/m.x为弹簧形变量．g＝10 m/s2，求：
(1)当弹簧恢复原长时，物块B的速度大小；
(2)物块A刚离开挡板时，物块B的动能．

答案及解析
1．【解析】　由能的转化及守恒可知，拉力的功率等于克服重力的功率．PC＝mgvy＝mgcos 60°＝mgωL，C正确．
【答案】　C
2．【解析】　下降过程中，阻力始终与运动方向相反，做负功，A对；加速下降时合外力向下，减速下降时合外力向上，B错；重力做功使重力势能减少，C错；由于任意相等时间内下落的位移不等，所以，任意相等时间内重力做的功不等，D错；故选A.
【答案】　A
3.【解析】　a、b球相遇时，对b球则＝gt2，得t＝ ，vb＝gt＝，以后以初速度匀加速下落．对a球，＝v0t－gt2得v0＝ ，在处，va＝v0－gt＝0，以后从处自由下落．故落地时间tb＜ta，a、b不同时落地，选项A错误．相遇时vb＝ ，va＝0，选项B错误．从开始运动到相遇a球动能减少量ΔEka＝mv＝mgh，b球动能增加量ΔEkb＝mv＝mgh，选项C正确．相遇之后，重力对b球做功的功率Pb＝mgvb＝mg(＋gt)，重力对a球做功的功率Pa＝mg(va＋gt)＝mg·gt，Pb＞Pa，选项D错误．
【答案】　C
4.【解析】　运动员在最高点A的速度为零，刚抵达B位置时的速度不为零，vA＜vB，在最低点C的速度也为零，vB＞vC，故A对，B错；以运动员为研究对象，B→A机械能守恒，EA＝EB，B→C弹力对运动员做负功，机械能减小，EB＞EC，故C、D错．
【答案】　A
5.【解析】　m下滑过程中M获得动能，故W2＞0，由于M和m组成的系统只有重力和弹力做功，机械能守恒，则m机械能减少，对于m除重力外的弹力则做负功．
【答案】　B
6．【解析】　由题图知小球下落过程与碰后上升过程加速度大小都为10 m/s2，设碰撞前后小球的速度分别为v1、v2，小球与水平地面碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mv－mv＝8 J，小球能弹起的最大高度h＝ m＝0.45 m，故选项B正确．
【答案】　B
7．【解析】　因斜面体和B均不动，小球A下摆过程中只有重力做功，因此机械能守恒，C正确，D错误；开始A球在与O等高处时，绳的拉力为零，B受到沿斜面向上的摩擦力，小球A摆至最低点时，由FT－mg＝m和mglOA＝mv2得FT＝3mg，对B物体沿斜面列方程：4mgsin 30°＝Ff＋FT，当FT由0增加到3mg的过程中，Ff先变小后反向增大，故A正确；以斜面体和B为一整体，因OA绳的拉力水平方向的分力始终水平向左，故地面对斜面体的摩擦力的方向一直向右，故B正确．
【答案】　D
8.【解析】　设滑块A的速度为vA，因绳不可伸长，两滑块沿绳方向的分速度大小相等，得：vAcos 30°＝vBcos 60°，又vB＝v，设绳长为l，由A、B组成的系统机械能守恒得：mglcos 60°＝mv＋mv2，以上两式联立可得：
l＝，故选D.
【答案】　D
9.【解析】　(1)设物块C刚到达地面时三者速度大小为v1，由机械能守恒得
4mgL－MgL＝(4m＋M)v
解得v1＝
(2)设此后物块B到达地面时速度恰好为零．有：3mgL－MgL＝0－(M＋3m)v
解得：M＝2 m
因此应满足：M/m＞2 时，物块B不与C相碰．
【答案】　(1) 　(2)M/m＞2
10．【解析】　(1)由图可知：当最大速度vmax＝40 m/s时，牵引力为Fmin＝2 000 N
由平衡条件Ff＝Fmin可得：Ff＝2 000 N
由公式P＝Fminvmax得：额定功率P＝8×104 W.
(2)匀加速运动的末速度vB＝，F＝8 000 N，
求得：vB＝10 m/s
汽车由A到B做匀加速直线运动的加速度
a＝＝2 m/s2
设汽车由A到B所用时间为t1，由B到C所用时间为t2，位移为x：则t1＝＝5 s，则t2＝35 s－5 s＝30 s
B点之后，对汽车由动能定理可得：
Pt2－Ffx＝mv－mv
代入数据可得：x＝75 m.
【答案】　(1)8×104 W　(2)75 m
11．【解析】　(1)从图象中求出物体位移
x＝－×2×2 m＋×4×4 m＋4×2 m＝14 m.
(2)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度大小a＝1 m/s2
对此过程中物体分析得μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝0.875.
(3)物体被送上的高度h＝xsin θ＝8.4 m
重力势能增量ΔEp＝mgh＝84 J
动能增量ΔEk＝mv－mv＝6 J
机械能增加ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J
0～8 s内只有前6 s发生相对滑动
0～6 s内传送带运动距离x1＝4×6 m＝24 m
0～6 s内物体的位移x2＝6 m
因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·(x1－x2)＝126 J.
【答案】　(1)14 m　(2)0.875　(3)90 J　126 J
12．【解析】　(1)当Ep＝5 J时，
弹簧压缩x1，由Ep＝kx，
得x1＝0.1 m，
当弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律知，
Ep＝mBv2＋mBgx1·sin θ，
可得v＝2 m/s.
(2)当物块A刚离开挡板时，弹簧伸长x2，
kx2＝mAg·sin θ，
可得x2＝0.025 m，
由系统机械能守恒得
Ep＝EkB＋kx＋mBg(x1＋x2)·sin θ，
可得EkB≈3.44 J.
【答案】　(1)2 m/s　(2)3.44 J