高中物理2013届高考一轮物理复习（人教版）：机械能及其守恒定律单元测试（带完整解析答案）  

1、如图所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k，现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列论述中正确的是(　　)

A．提弹簧的力对系统做功为mgL

B．物体A的重力势能增加mgL

C．系统增加的机械能小于mgL

D．以上说法都不正确

解析　由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后等于A物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL，A选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L，所以B选项错误．

答案　C

2、 (2012·上海金山高三期末)一木块沿粗糙斜面匀速下滑的过程中(　　)

A．木块的机械能守恒

B．木块的动能转化为重力势能

C．木块的重力势能转化为动能

D．木块减小的机械能转化为内能

解析　木块匀速下滑，动能不变，重力势能减少，转化为内能，机械能不守恒．

答案　D

3、光滑水平地面上叠放着两个物体A和B，如图所示．水平拉力F作用在物体B上，使A、B两物体从静止出发一起运动．经过时间t，撤去拉力F，再经过时间t，物体A、B的动能分别设为E_A和E_B，在运动过程中A、B始终保持相对静止．以下有几个说法：

①E_A＋E_B等于拉力F做的功

②E_A＋E_B小于拉力F做的功

③E_A等于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功

④E_A大于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功

其中正确的是(　　)

A．①③　　　　　　　　　　 B．①④

C．②③       D．②④

解析　由于AB始终相对静止，故AB之间没有相对运动，没有摩擦生热，所以拉力F做的功全部转化为AB的动能．物体A获得的能量是在AB加速过程中静摩擦力对A所做的功，故选项A是正确的．

答案　A

4、将一小球竖直上抛，经过一段时间后落回原处．小球上升阶段的速度—时间图线如图所示，设空气阻力大小恒定，则下列说法中正确的是(　　)

A．初速度和末速度大小相等

B．上升过程中和下降过程中重力的平均功率大小相等

C．上升过程中和下降过程中机械能变化量相等

D．t＝4 s时小球落回抛出点

解析　上升过程和下降过程，空气阻力均做负功，小球动能减小，所以末速度小于初速度；由于空气阻力的作用，小球的加速度减小，下降过程比上升过程经历的时间长，故重力的平均功率大小不相等；由于上升过程和下降过程空气阻力做功相等，所以上升和下降过程机械能变化量相等．

答案　C

5、质量为m的汽车在平直的公路上行驶，某时刻速度为v₀，从该时刻起汽车开始加速，经过时间t前进的距离为s，此时速度达到最大值v_m，设在加速过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为F_μ，则这段时间内牵引力所做的功为(　　)

A．Pt　　　　　　　  B．F_μv_mt

C．F_μs         D．mv

/2＋F_μs－mv

/2

答案　ABD

解析　由功率的定义式可知W＝Pt，A项正确；因为P＝Fv，而物体匀速运动时牵引力F＝F_μ，所以W＝F_μv_mt，B项正确；根据动能定理W－F_μs＝

－

，所以W＝F_μs＋

－

，D项正确．

6、电动自行车具有低噪声、无废气、无油污的优点，而且它的能源利用率也很高．下表列出了某品牌电动自行车的主要技术数据．一质量M＝70 kg的人骑此电动自行车在额定状态下以6 m/s的速度行驶，(取g＝10 m/s²，不计电动车自身机械损耗)则此时(　　)

规格		后轮驱动直流永磁电动机
车型	电动自行车	额定输出功率	110 W
整车质量	30 kg	额定电压	36 V
最大载重	120 kg	额定电流	3.5 A

A.电动机输入功率是126 W

B．电动机的输入功率是110 W

C．电动车获得的牵引力是18.3 N

D．电动车获得的牵引力是21 N

答案　AC

解析　电动机的输入功率P＝UI＝36×3.5 W＝126 W，A项正确；电动机的额定输出功率P＝Fv＝110 W，故电动机获得的牵引力F＝

＝

N＝18.3 N，C项正确．

7、一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用，若重力势能增加3 J，机械能增加0.5 J，电场力做功1 J，则小球(　　)

A．克服重力做功为3 J

B．电势能增加1 J

C．克服空气阻力做功0.5 J

D．动能减少2.5 J

答案　ACD

解析　克服重力做的功等于重力势能的增加量，A正确；电场力做正功1 J，说明电势能减小1 J，B错；机械能增加量等于电场力和空气阻力做功之和，机械能增加0.5 J，而电场力做功1 J，所以空气阻力做功W_f＝－0.5 J，C正确；根据动能定理，合力做的功等于物体动能的增量W＝W_G＋W_f＋W_电＝－ 3 J＋(－0.5 J)＋1 J＝－2.5 J，合力做负功，所以动能减少2.5 J，D正确．

8、在建国60周年的国庆阅兵式上，我国展示的自主研制的第三代战机“枭龙”引起了西方各国的注意，这种飞机以速度快、灵活性好、声音小等优点达到了世界的先进水平．在某次军演中，质量为m的飞行员驾驶着质量为m₁的第三代战机“枭龙”在竖直平面内完成了一个半径为R的圆周运动的特技动作，在轨道最低点时飞行员对座椅的压力为4mg，飞机爬升到轨道最高点时飞行员对座椅恰好无压力．以下关于飞机爬升阶段的说法中正确的是(　　)

A．飞机和飞行员系统的机械能守恒

B．合外力对飞机和飞行员系统做功为(m₁＋m)gR

C．牵引力和摩擦力对飞机和飞行员系统做功为(m₁＋m)gR

D．除重力以外的其他力对飞机和飞行员系统做功为(m₁＋m)gR

解析　飞机和飞行员受重力、牵引力、空气浮力、摩擦力作用，飞机和飞行员系统的机械能不守恒，A错误；在最低点对飞行员，由F－mg＝m

，得v₁＝

；在最高点的速度为v₂＝

，除重力以外的其他力对飞机和飞行员系统做的功等于飞机和飞行员系统机械能的增量ΔE＝E₂－E₁＝

(m₁＋m)v

＋(m₁＋m)g2R－

(m₁＋m)v

＝(m₁＋m)gR，B、C错误，D正确．

答案　D

9、 (2011·海南单科)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断正确的是(　　)

A．0～2 s内外力的平均功率是

 W

B．第2秒内外力所做的功是

 J

C．第2秒末外力的瞬时功率最大

D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是

解析　由题意知质点所受的水平外力即为合力，则知质点在这2秒内的加速度分别为a₁＝2 m/s²、a₂＝1 m/s²，则质点在第1 s末与第2 s末的速度分别为v₁＝2 m/s、v₂＝3 m/s，每一秒内质点动能的增加量分别为ΔE_k1＝

mv

＝2 J、ΔE_k2＝

mv

－

mv

＝2.5 J，D正确．再由动能定理可知第2 s内与0～2 s内外力所做功分别为W₂＝ΔE_k2＝2.5 J、W＝

mv

－0＝4.5 J，则在0～2 s内外力的平均功率P＝

＝

＝

 W，A正确，B错误；由动能定理知，第1 s内与第2 s内质点增加量之比等于

＝

，D正确．由P＝Fv知，第1 s末外力瞬时功率为P₁＝F₁v₁＝2×2 W＝4 W，第2 s末P₂＝F₂v₂＝1×3 W＝3 W，C错误．

答案　AD

10、 (2011·山东理综)如图所示，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

解析　设两球释放后经过时间t相遇，因它们的位移大小相等，故有v₀t－

gt²＝

gt²，得v₀＝gt，这表明相遇时a球的速度为零，根据竖直上抛运动的对称性可知a球从抛出至落地时间为2t，而b球的落地时间小于2t，选项A、B错误；从开始到相遇，球a的机械能守恒，球a的动能减小量等于mgh/2；球b的机械能守恒，球b的动能增加量等于mgh/2，选项C正确；相遇后的任意时刻，a、b球的速度均不等，重力大小相同，所以重力的功率不等，选项D错误．

答案　C

11、(2012·安徽皖南月考)某同学在应用打点计时器做验证机械能守恒定律实验中，获取了一根纸带如图甲所示，但测量发现0、1两点距离远大于2 mm，且0、1和1、2间有点漏打或没有显示出来，而其他所有点都是清晰完整的，现在该同学用刻度尺分别量出2、3、4、5、6、7六个点到0点的长度h_i(i＝2,3，……，7)，再分别计算得到3、4、5、6四个点的速度v_i和v

(i＝3,4,5,6)，已知打点计时器打点周期为T.

 (1)该同学求6号点速度的计算式是v₆＝________.

(2)该同学将计算得到的四组(h_i，v

)数据在v²－h坐标系中找到对应的坐标点，将四个点连接起来得到如图乙所示的直线，请你回答：接下来他是否能够判断重锤下落过程机械能守恒？(说明理由)

解析　(1)根据“做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度”可知，第6号点的速度等于5、7两点之间的平均速度，即v₆＝v₅₇＝

＝

.

 (2)从0点到任意i点，在这个过程中，根据机械能守恒定律有

mv

＝

mv

＋mgh_i

化简后得v

＝v

＋2gh_i

由此可见，v

与h_i的关系是一次函数，在v

－h_i图像上图线是一条直线，斜率为2g.因此，只要在直线上取相对较远的两点，计算出直线的斜率，再与2g进行比较，在实验误差范围内相等即可．

答案　(1)

　(2)能够．v

与h_i的关系是一次函数，在v

－h_i图上图像为一条直线，斜率为2g.因此，只要在直线上取相对较远的两点，计算出直线的斜率，再与2g进行比较，在实验误差范围内相等即可．

12、某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细砂．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小砂桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．

若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：

 (1)你认为还需要的实验器材有______________．

(2)实验时为了保证滑块受到的合力与砂和砂桶的总重力大小基本相等，砂和砂桶的总质量应满足的实验条件是_____ _____________，实验时首先要做的步骤是____________________．

(3)在(2)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M.往砂桶中装入适量的细砂，用天平称出此时砂和砂桶的总质量m.让砂桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v₁与v₂(v₁<v₂)．则本实验最终要验证的数学表达式为___ ___________________(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)．

解析　(1)为了测出滑块的质量和沙桶(及沙)的总质量需要选用天平测量．为了对纸带进行数据处理需要选用刻度尺．

(2)由于小沙桶(及沙)的重力等于滑块受到的合外力的条件是小沙桶(及沙)的质量远小于滑块的质量，且不计摩擦阻力(利用平衡摩擦力的方法)．所以要保证砂和砂桶的总质量远小于滑块的质量．实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力．

(3)由动能定理可得

mgL＝

Mv

－

Mv

，

答案　(1)天平，刻度尺

(2)砂和砂桶的总质量远小于滑块的质量　平衡摩擦力

(3)mgL＝

Mv

－

Mv

13、如下图所示，物体A、B的质量相等，均为m，A与水平桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2，绳与滑轮间的摩擦均不计，滑轮质量不计．释放B物体后，A、B均由静止开始运动，试求A在桌面上滑行距离s后A的速度大小．

解析　设绳子张力大小为F，A滑动s距离时A、B两物体的速度大小分别为v_A、v_B.

对A由动能定理得

(F－μmg)s＝

mv

①

对B物体，由动能定理得

(mg－2F)

s＝

mv

②

而v_A＝2v_B③

解①②③联立方程组可得

v_A＝

.

答案　

14、如图，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端为O点，某人将质量为m的物块放在弹簧上端O处，并使它缓慢下落到A处，放手后物块处于平衡状态，在此过程中人做的功为W.如果将物块从距轻弹簧上端O点H高处释放，物块自由落下，落到弹簧上端O点后，继续下落将弹簧压缩到A处，求在A处时，物块速度v的大小．

解析　将物块放在弹簧上端O处，并缓慢下落到A处，处于平衡状态，该过程重力势能的减少等于弹性势能的增加及克服人手对物块做的功，即

mgh_OA＝W＋E_p

从O点上方高H处释放，根据能量守恒定律有：

mg(H＋h_OA)＝

mv²＋E_p

解得v＝

答案　

15、 (2010·年北京四校联考)一根长为l的丝线吊着一质量为m的带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，求：

 (1)匀强电场的电场强度的大小；

(2)求小球经过最低点时丝线的拉力．

解析　 (1)小球静止在电场中的受力如图所示：

显然小球带正电，由平衡条件得：

mgtan37°＝Eq　①

故E＝

　②

(2)电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理

mv²＝(mg＋qE)l(1－cos37°)　③

由圆周运动知识，在最低点时，

F_向＝F_T－(mg＋qE)＝m

　④

联立以上各式，解得：F_T＝

mg　⑤

答案　(1)

　(2)

mg

 

16、如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g.求：

(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v₁；

(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能E_p；

 (3)已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在

m和m之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？

解析　(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则

mg＝

①

由①式解得v₁＝

②

(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有

E_p＝mg(1.5R＋R)＋

mv

③

由②③式解得

E_p＝3mgR④

(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO′的水平距离为x₁，由平抛运动规律有

4．5R＝

gt²⑤

x₁＝v₁t＋R⑥

由⑤⑥式解得x₁＝4R⑦

当鱼饵的质量为

m时，设其到达管口C时速度大小为v₂，由机械能守恒定律有

E_p＝

mg(1.5R＋R)＋

(

m)v

⑧

由④⑧式解得v₂＝2

⑨

质量为

m的鱼饵落到水面上时，设离OO′的水平距离为x₂，则x₂＝v₂t＋R

由⑤⑨⑩式解得x₂＝7R　⑩

鱼饵能够落到水面的最大面积S

S＝

(πx

－πx

)＝

πR²(或8.25πR²)

答案　(1)

　(2)3mgR　(3)

πR²