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(共44张PPT)
章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型 情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　功和功率的计算
1.(2024·浙江6月选考卷)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为
(　　)
[A]10 W [B]20 W [C]100 W [D]200 W
C
2.(2024·福建卷)我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图甲为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景,简化的物理模型如图乙所示,人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ为25.5°,sin 25.5°=0.43,cos 25.5°=0.90。当每条绳子拉力F的大小为250 N时,人与木板沿直线匀速前进,在15 s内前进了20 m,求此过程中:
(1)地面对木板的阻力大小;
【答案】 (1)450 N
【解析】 (1)人与木板沿直线匀速前进;
根据力的平衡条件有2Fcos θ-F阻=0,
代入题给数据得F阻=450 N。
(2)两条绳子拉力所做的总功;
【答案】 (2)9 000 J
【解析】 (2)根据功的定义,两条绳子拉力做的总功
W=2Fscos θ,
代入题给数据得W=9 000 J。
(3)两条绳子拉力的总功率。
【答案】 (3)600 W
热点二　动能和动能定理的应用
3.(2025·云南卷)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
[A]4×105 J [B]4×104 J
[C]4×103 J [D]4×102 J
B
4.(2025·福建卷)如图甲,水平地面上有A、B两个物块,两物块的质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F的作用下向右前进,外力F与位移x的关系图像如图乙所示,P点为光滑圆弧轨道最低点,M点为最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)在0～1 m内F做的功;
【答案】 (1)1.5 J
【解析】 (1)F-x图线与坐标轴围成的面积表示力F对物体做的功,0～1 m内F做的功为W=1.5×1 J=1.5 J。
(2)当x=1 m时,A与B之间的弹力大小;
【答案】 (2)0.5 N
【解析】 (2)当x=1 m时,设A、B之间的弹力大小为FN,对A与B整体和B分别受力分析,如图1、图2所示。
对A、B整体,根据牛顿第二定律有
F-FfA=(mA+mB)a,
受到的摩擦力为FfA=μmAg,
对B,根据牛顿第二定律有FN=mBa,
代入数据解得FN=0.5 N。
(3)要保证B能到达M点,圆弧轨道半径应满足的条件。
【答案】 (3)R≤0.2 m
用力F推动A与B,当A、B之间的弹力为零时A、B分离,即当F减小到F=FfA=μmAg=0.5 N时A、B分离,
由题图乙可知A、B分离时向右移动的位移x1=3 m,
此过程中,设F做的功为WF,A、B刚要分离时两者的速度为v0,由动能定理有
热点三　机械能守恒定律的应用
5.(2024·全国甲卷)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
[A]在Q点最大 [B]在Q点最小
[C]先减小后增大 [D]先增大后减小
C
6.(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　)
D
热点四　能量守恒和功能关系
7.(2025·云南卷)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　)
[A]t1t2
[C]x1>x2 [D]x1A
C
热点五　验证机械能守恒定律
9.(2025·河南卷)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排列:　　　 　　　(填步骤前面的序号)。
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
④①⑥⑤
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　 m/s(保留三位有效数字)。
1.79
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应
　　　　　(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　　　　(保留三位有效数字)。
通过
2g
19.0
3.1
(1)安装实验装置的操作有:
①在斜槽末端安装光电门　
②调节斜槽在竖直平面内　
③调节斜槽末端水平　
④将斜槽安装到底座上
其合理的顺序是　　　(选填“A”“B”或“C”)。
A.①②③④
B.④②③①
C.④①②③
B
【解析】 (1)正确步骤为将斜槽安置于底座,调节斜槽在竖直平面内,调节斜槽末端水平,安装光电门,序号为④②③①。
(2)测量钢球直径的正确操作是图中　　　　(选填“乙”或“丙”)所示的方式。
乙
【解析】 (2)测量钢球直径时需要确保测量工具与钢球接触良好,并且钢球的位置不会导致测量误差。在题图的情形中,乙方式更准确地使游标卡尺的两测量面与钢球的表面垂直接触,适合测量直径。而丙方式因为夹持不住钢球,使得钢球并没有夹在两测量爪之间,测量不准确。故选乙。
(3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量 m=0.02 kg,重力加速度g=9.80 m/s2。请将下表的数据补充完整。
表1
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00
ΔEk/(10-3 J) 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0
ΔEp/(10-3 J) 7.84 9.80 11.8 13.7 　
15.7
【解析】 (3)根据ΔEp=mgh,可知下降高度为8.00×10-2m时减少的重力势能为下降高度为4.00×10-2 m时的2倍,代入数据可得ΔEp≈15.7×10-3 J。
(4)实验数据表明,ΔEk明显小于ΔEp,钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为,机械能的损失主要是由于钢球受到的摩擦力做功造成的。
为验证此猜想,小明另取一个完全相同的斜槽按图丁平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放,运动到右侧斜槽上,最高能到达B点,A、B两点高度差为H。则该过程中,摩擦力做功大小的理论值W理=　　　　(用m、g、H表示)。
mgH
【解析】 (4)根据动能定理可得mgH-W理=0,可得W理=mgH。
表2
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00
ΔE/(10-3 J) 2.94 3.55 4.35 4.92
Wf/(10-2 J) 0.98 1.08 1.18 1.27
【答案及解析】(5)同意,原因是钢球减少的重力势能有一部分转化为钢球的转动动能,相差很大的原因是钢球的转动动能没有计入。
感谢观看章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　功和功率的计算
1.(2024·浙江6月选考卷)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为(　　)
[A]10 W [B]20 W [C]100 W [D]200 W
【答案】 C
【解析】 设Δt时间内从喷头流出的水的质量为 m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量与时间Δt之比,即P===ρSv3,联立解得P=100 W,故选C。
2.(2024·福建卷)我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图甲为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景,简化的物理模型如图乙所示,人站立的农具视为与水平地面平行的木板,两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角θ为25.5°,sin 25.5°=
0.43,cos 25.5°=0.90。当每条绳子拉力F的大小为250 N时,人与木板沿直线匀速前进,在15 s内前进了20 m,求此过程中:
(1)地面对木板的阻力大小;
(2)两条绳子拉力所做的总功;
(3)两条绳子拉力的总功率。
【答案】 (1)450 N　(2)9 000 J　(3)600 W
【解析】 (1)人与木板沿直线匀速前进;
根据力的平衡条件有2Fcos θ-F阻=0,
代入题给数据得F阻=450 N。
(2)根据功的定义,两条绳子拉力做的总功
W=2Fscos θ,
代入题给数据得W=9 000 J。
(3)根据功率的定义,两条绳子拉力的总功率P=,
代入题给数据得P=600 W。
热点二　动能和动能定理的应用
3.(2025·云南卷)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
[A]4×105 J [B]4×104 J
[C]4×103 J [D]4×102 J
【答案】 B
【解析】 一名高中生的质量约为50 kg,根据动能定理有W=mv2=4×104 J,故选B。
4.(2025·福建卷)如图甲,水平地面上有A、B两个物块,两物块的质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F的作用下向右前进,外力F与位移x的关系图像如图乙所示,P点为光滑圆弧轨道最低点,M点为最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)在0～1 m内F做的功;
(2)当x=1 m时,A与B之间的弹力大小;
(3)要保证B能到达M点,圆弧轨道半径应满足的条件。
【答案】 (1)1.5 J　(2)0.5 N
(3)R≤0.2 m
【解析】 (1)F-x图线与坐标轴围成的面积表示力F对物体做的功,0～1 m内F做的功为
W=1.5×1 J=1.5 J。
(2)当x=1 m时,设A、B之间的弹力大小为FN,对A与B整体和B分别受力分析,如图1、图2所示。
对A、B整体,根据牛顿第二定律有
F-FfA=(mA+mB)a,
受到的摩擦力为FfA=μmAg,
对B,根据牛顿第二定律有FN=mBa,
代入数据解得FN=0.5 N。
(3)要保证B能到达M点,
设圆弧轨道的半径最大为Rm,
则B在M点时的最小速度vB满足
mBg=,
可得vB=,
用力F推动A与B,当A、B之间的弹力为零时A、B分离,即当F减小到F=FfA=μmAg=0.5 N时A、B分离,
由题图乙可知A、B分离时向右移动的位移
x1=3 m,
此过程中,设F做的功为WF,A、B刚要分离时两者的速度为v0,由动能定理有
WF-FfAx1=(mA+mB),
F-x图线与坐标轴围成的面积表示力F对物体做的功,则
WF=[1.5×1+×(1.5+0.5)×(3-1)] J=3.5 J,
A、B分离后,B经过水平面和圆弧轨道运动到轨道最高点,由机械能守恒定律有
mB=mBg·2Rm+mB,
联立以上各式并代入数据解得Rm=0.2 m,
即圆弧轨道半径满足的条件为R≤0.2 m。
热点三　机械能守恒定律的应用
5.(2024·全国甲卷)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
[A]在Q点最大 [B]在Q点最小
[C]先减小后增大 [D]先增大后减小
【答案】 C
【解析】 设大圆环半径为R,小环所在位置与圆心的连线和竖直方向夹角为θ,大圆环对小环的作用力刚好为零时,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得mgcos θ=m,根据动能定理得mgR(1-cos θ)=mv2,联立解得cos θ=,故小环运动到Q点时对大圆环的作用力不是最小,B错误;设大圆环对小环的作用力大小为F,大圆环对小环的作用力刚好为零时小环处于A点,到达A点前,由牛顿第二定律得 mgcos θ1-F1=m,根据动能定理得mgR(1-cos θ1)=m,联立解得F1=(3cos θ1-2)mg,θ1增大,F1减小;从A点到Q点,由牛顿第二定律有mgcos θ2+F2=m,根据动能定理有mgR(1-cos θ2)=m,联立解得 F2=(2-3cos θ2)mg,θ2增大,F2增大;从Q到最低点的过程中,由牛顿第二定律有F3-mgcos θ3=m,根据动能定理有mgR(1+cos θ3)=m,联立解得F3=(2+3cos θ3)mg,θ3减小,F3增大,根据牛顿第三定律可知,Q点不是小环对大圆环作用力最大的点,小环自顶端下滑至底部过程中对大圆环的作用力先减小后增大,C正确,A、D
错误。
6.(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 运动员由a运动到c的过程中,设到c点时的速度为v,由机械能守恒定律有mgh=mv2,设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R,则在经过c点时,有kmg-mg=m,解得R=。
热点四　能量守恒和功能关系
7.(2025·云南卷)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　)
[A]t1t2
[C]x1>x2 [D]x1【答案】 A
【解析】 对两种运动的整个过程分析,根据能量守恒有m=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN),
m=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN),可得x1=x2,C、D错误;根据牛顿第二定律μmg=ma,可得a=μg,由于μ1>μ2,故滑块在MN段的加速度更大,根据前面分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中vt图像与坐标轴围成的面积相等,
由于第二次滑块与M点的距离较近,根据公式-v2=2μ2gx,可知滑块第二次到达M点时速度更大,作出整个过程中两种运动状态的v-t图像如图所示,可得t2>t1,A正确,B错误。
8.(2025·四川卷)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块的质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,速度大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦,则这段时间内(　　)
[A]物块的位移大小为
[B]物块的机械能增量为
[C]小车的位移大小为-
[D]小车的机械能增量为+
【答案】 C
【解析】 对物块,根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=g,根据运动学公式有=2ax1,解得物块的位移大小为x1=,A错误;物块的机械能增量为ΔE=m+mgx1·
sin 30°=m,B错误;对小车,由动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m,其中t=,联立解得x=-,C正确;小车的机械能增量为ΔE′=m+mgxsin 30°=+,D错误。
热点五　验证机械能守恒定律
9.(2025·河南卷)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序
排列:　　　　　　(填步骤前面的序号)。
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　 m/s(保留三位有效数字)。
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应　　　　　(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　　　　(保留三位有效数字)。
(4)定义单次测量的相对误差η=||×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其动能增加量,则实验相对误差为η=　　 　　×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,则η=　　　　 %(保留两位有效数字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。
【答案】 (1)④①⑥⑤　(2)1.79
(3)通过　2g　19.0　(4)　3.1
【解析】 (1)将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端,先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带,关闭电源,取下纸带,在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据,根据原理mgh=mv2可知质量可以约掉,不需要用电子天平称量重锤的质量。故选择正确且排序为④①⑥⑤。
(2)根据题意可知纸带上相邻计数点间的时间间隔T==0.02 s,根据匀变速直线运动中,某一段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可得vB=,代入数据可得vB≈
1.79 m/s。
(3)根据mgh=mv2,整理可得v2=2g·h,可知理论上,若机械能守恒,题图3中直线应通过原点,且斜率k=2g。由题图3得直线的斜率k=≈19.0。
(4)根据题意有η=×100%,可得η=×100%,当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,代入数据可得η≈3.1%。
10.(2025·江苏卷)小明同学探究机械能守恒定律,实验装置如图甲。实验时,将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放,钢球沿斜槽通过末端O处的光电门,光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d,由 v=得出其通过光电门的速度v,再计算出动能增加量ΔEk=mv2。用刻度尺测得钢球下降的高度h,计算出重力势能减少量ΔEp。
(1)安装实验装置的操作有:
①在斜槽末端安装光电门　
②调节斜槽在竖直平面内　
③调节斜槽末端水平　
④将斜槽安装到底座上
其合理的顺序是　　　(选填“A”“B”或“C”)。
A.①②③④
B.④②③①
C.④①②③
(2)测量钢球直径的正确操作是图中　　　　(选填“乙”或“丙”)所示的方式。
(3)在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量 m=0.02 kg,重力加速度g=9.80 m/s2。请将下表的数据补充完整。
表1
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00
ΔEk/(10-3 J) 4.90 6.25 7.45 8.78 10.0
ΔEp/(10-3 J) 7.84 9.80 11.8 13.7 　
(4)实验数据表明,ΔEk明显小于ΔEp,钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为,机械能的损失主要是由于钢球受到的摩擦力做功造成的。
为验证此猜想,小明另取一个完全相同的斜槽按图丁平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放,运动到右侧斜槽上,最高能到达B点,A、B两点高度差为H。则该过程中,摩擦力做功大小的理论值W理=　　　　(用m、g、H表示)。
(5)用如图丁所示的装置,按表1中所列部分高度h进行实验,测得摩擦力做功大小W测。由于观察到H值较小,小明认为,AO过程摩擦力做功近似等于AB过程的一半,即Wf=。然后通过表1的实验数据,计算出AO过程损失的机械能ΔE=ΔEp-ΔEk。整理相关数据,见表2。
表2
h/(10-2 m) 4.00 5.00 6.00 7.00
ΔE/(10-3 J) 2.94 3.55 4.35 4.92
Wf/(10-2 J) 0.98 1.08 1.18 1.27
上表中ΔE与Wf相差明显。小明认为这是由于用近似计算Wf不合理。你是否同意他的观点 　　　　　　　　。请根据表2数据简要说明理由。　 　 。
【答案】 (1)B　(2)乙　(3)15.7　(4)mgH　(5)见解析
【解析】 (1)正确步骤为将斜槽安置于底座,调节斜槽在竖直平面内,调节斜槽末端水平,安装光电门,序号为④②③①。
(2)测量钢球直径时需要确保测量工具与钢球接触良好,并且钢球的位置不会导致测量误差。在题图的情形中,乙方式更准确地使游标卡尺的两测量面与钢球的表面垂直接触,适合测量直径。而丙方式因为夹持不住钢球,使得钢球并没有夹在两测量爪之间,测量不准确。故选乙。
(3)根据ΔEp=mgh,可知下降高度为8.00×10-2m时减少的重力势能为下降高度为4.00×10-2 m时的2倍,代入数据可得ΔEp≈15.7×10-3 J。
(4)根据动能定理可得mgH-W理=0,可得W理=mgH。
(5)同意,原因是钢球减少的重力势能有一部分转化为钢球的转动动能,相差很大的原因是钢球的转动动能没有计入。
机械能守恒定律　检测试题
(分值:100分)
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)
(　　)
[A]0 [B]mgh
[C]mv2-mgh [D]mv2+mgh
【答案】 B
【解析】 雨滴在地面附近匀速下落高度h的过程中,根据动能定理得mgh-W克=0,则雨滴克服空气阻力做的功为mgh。
2.如图a,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图b所示。由图可知,两物块在离开M点后,到达N点前的下滑过程中(　　)
[A]甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
[B]甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
[C]乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
[D]乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】 B
【解析】 由题图b可知,下滑过程中,甲做匀加速直线运动,则甲沿Ⅱ下滑,而乙做加速度逐渐减小的加速运动,乙沿Ⅰ下滑,任意时刻甲的速度都小于乙的速度,可知同一时刻甲的动能比乙的小,A错误,B正确;乙沿Ⅰ下滑,开始时乙速度为0,到N点时乙竖直方向速度为零,根据瞬时功率公式有 P=mgvy,可知乙的重力瞬时功率先增大后减小,C、D错误。
3.铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系正确的是(　　)
　　　
[A]　 [B]　 [C]　 [D]
【答案】 D
【解析】 由于不计空气阻力,铅球被水平推出后只受重力作用,加速度等于重力加速度,不随时间改变,故A错误;铅球被推出后机械能守恒,故D正确;铅球被水平推出后做平抛运动,竖直方向有 vy=gt,则被推出后速度大小为v=,可知速度大小与时间不是一次函数关系,故B错误;铅球被推出后的动能Ek=mv2=m[+(gt)2],可知动能与时间不是一次函数关系,故C错误。
4.用起重机将一个质量为m的物体以加速度a竖直向上匀加速提升高度H,重力加速度为g,在这个过程中,下列说法正确的是(　　)
[A]起重机对物体的拉力大小为ma
[B]物体的机械能增加了mgH
[C]物体的动能增加了maH
[D]物体的机械能增加了maH
【答案】 C
【解析】 物体所受的合力为ma,拉力为m(g+a),物体增加的机械能等于拉力做的功,即m(g+a)H,故A、B、D错误;物体增加的动能等于合力做的功,即maH,故C正确。
5.如图是某广场的喷泉喷出水柱的场景。从远处看,喷泉喷出的水柱超过了40层楼(约125 m)的高度;靠近看,喷管的直径约为10 cm,g取10 m/s2,水的密度是103 kg/m3。请你据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率至少约为(　　)
[A]5×102 W [B]5×103 W
[C]5×104 W [D]5×105 W
【答案】 D
【解析】 以质量为m的水为研究对象,水从地面喷到40层楼高(约125 m)的过程中近似机械能守恒,则有mgh=mv2,解得v=50 m/s,水的密度是103 kg/m3,单位时间内喷出水柱的质量m=ρSv·t=πD2ρvt,其中t=1 s,D=0.1 m,解得 m=393 kg,单位时间内电动机做功W=mv2=×393×
502 J=5×105 J,故电动机的输出功率 P== W=5×105 W,故选D。
6.如图所示为某机车在运动过程中的图像,已知其在水平路面沿直线行驶,规定初速度v0的方向为正方向,已知机车的质量为 5 t,运动过程中所受阻力恒定为6×104 N。下列说法正确的是(　　)
[A]该机车做匀加速直线运动
[B]前2 s内机车的牵引力做功为4×105 J
[C]前3 s内阻力做功为1.5×105 J
[D]零时刻机车的牵引力的功率为4×105 W
【答案】 D
【解析】 根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x=v0t+at2,可得=v0+a,图像的斜率为初速度v0,由题图可知v0=20 m/s,纵轴截距为a,则a=-4 m/s2,即a=-8 m/s2,a与v0反向,所以该机车做匀减速直线运动,故A错误;设机车速度减为0所用的时间为t,则0-v0=at,解得t=2.5 s,该机车在前3 s的位移是前2.5 s内的位移,则x=v0t+at2=25 m,故前3 s内阻力做功为W阻=F阻x=1.5×106 J,故C错误;根据牛顿第二定律可知F-F阻=ma,解得F=2×104 N,前2 s内的位移为x′=v0t′+at′2=24 m,牵引力做功为W=Fx′=4.8×105 J,故B错误;零时刻机车的牵引力的功率为P=Fv0=4×105 W,故D正确。
7.如图,小滑块P、Q的质量分别为m、3m,P、Q间通过轻质铰链用长为L的刚性轻杆连接,Q套在固定的水平横杆上,P和竖直放置的轻弹簧上端相连,轻弹簧下端固定在水平横杆上。当轻杆与竖直方向的夹角α=30°时,弹簧处于原长状态,此时,将P由静止释放,P下降到最低点时α=60°。整个运动过程中P、Q始终在同一竖直平面内,滑块P始终没有离开竖直墙壁,弹簧始终在弹性限度内。忽略一切摩擦,重力加速度为g,在P下降的过程中(　　)
[A]P、Q组成的系统机械能守恒
[B]两个滑块的速度大小始终一样
[C]弹簧弹性势能的最大值为(-1)mgL
[D]P和弹簧组成的系统机械能最小时,Q受到水平横杆的支持力大小等于4mg
【答案】 C
【解析】 由于不计一切摩擦,所以P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒,但P、Q组成的系统机械能不守恒,故A错误;初始时P、Q的速度均为零,在P下降的过程中,Q一直沿着杆向左运动,P下降至最低点时,P的速度为零,Q速度也为零,但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不是始终一样,故B错误;P下降至最低点时,弹簧弹性势能最大,此时P、Q的速度都为零,由于P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒,故此时弹簧弹性势能等于系统减少的重力势能,即Ep=mgL(cos 30°-cos 60°)=(-1)mgL,故C正确;经分析可知,P和弹簧组成的系统机械能最小时,Q的机械能最大,即Q的动能最大,速度最大,轻杆对Q的作用力为零,水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力3mg,故D错误。
8.如图甲所示,一物块置于粗糙水平面上,其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上。用力将物块向左拉至O处后由静止释放,用传感器测出物块的位移x和对应的速度,作出物块的动能Ekx关系图像如图乙所示。其中,0.10～0.25 m 间的图线为直线,其余部分为曲线。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2,g取 10 m/s2,弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律,可知(　　)
[A]物块的质量为0.2 kg
[B]弹性绳的劲度系数为50 N/m
[C]弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J
[D]物块被释放时,加速度的大小为8 m/s2
【答案】 D
【解析】 由题图乙可知,物块从0.10 m开始所受弹力为零,0.10～0.25 m过程中克服摩擦力做功,有内能产生,根据能量守恒定律有μmgΔx=ΔEk,代入数据可得m== kg=
1 kg,故A错误;物块动能最大时弹性绳弹力等于物块所受滑动摩擦力,则有kΔx1=μmg,
Δx1=0.10 m-0.08 m=0.02 m,解得k=100 N/m,故B错误;弹性势能最大值等于整个过程中产生的内能,根据能量守恒定律有Epm=μmgxm=0.2×1×10×0.25 J=0.5 J,故C错误;物块被释放时,加速度的大小为a=,Δxm=0.10 m,代入数据解得a=8 m/s2,故D正确。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.质量为2 kg的物体在水平面上沿直线运动,所受阻力大小恒定。经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图所示,0～3 m物体做匀速直线运动。下列对图示过程的说法正确的是(　　)
[A]在x=5 m处物体加速度大小为3 m/s2
[B]0～7 m拉力对物体做功为40 J
[C]0～7 m阻力对物体做功为-24 J
[D]0～7 m合力对物体做功为12 J
【答案】 BD
【解析】 根据题意可知,0～3 m物体做匀速直线运动,结合题图可得,阻力大小为F阻=4 N,由题图可知,在3～7 m水平拉力F与x的关系式为F=x-(N),则在x=5 m处F=7 N,由牛顿第二定律得a== m/s2=1.5 m/s2,A错误;由公式W=Fx可知,Fx图像的面积表示功,由题图可得,0～7 m拉力对物体做功为WF=3×4 J+×(4+10)×(7-3) J=40 J,B正确;0～7 m阻力做功为
W阻=-F阻x=-28 J,C错误;合力对物体做功等于所有力做功之和,则W合=WF+W阻=12 J,D正确。
10.如图所示为安检时传送带运行的示意图。某乘客把一质量为m的背包无初速度地放在水平传送带的入口A处,背包随传送带从出口B处运出,A、B间的距离为L,传送带始终绷紧并以恒定速率运动,背包与传送带间的动摩擦因数为μ。若背包相对地面运动距离s后与传送带速度相同(s[A]摩擦力对背包做的功为μmgL
[B]摩擦力对背包做的功为μmgs
[C]背包与传送带摩擦产生的热量为μmgL
[D]背包与传送带摩擦产生的热量为μmgs
【答案】 BD
【解析】 背包在传送带上做加速运动时,相对地面运动距离s后与传送带速度相同,由功的计算公式可知,摩擦力对背包做的功为Wf=μmgs,A错误,B正确;设传送带速度为v,背包加速的时间为t,则背包与传送带的相对位移为Δx=vt-vt=2s-s=s,则背包与传送带摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=μmgs,C错误,D正确。
11.一长为2L的轻杆的一端固定在水平光滑转轴O上,杆的中点与另一端各固定质量为m的小球A、B,系统可在竖直面内绕转轴O做圆周运动,运动到最高点时速度恰好为零,已知重力加速度为g,则(　　)
[A]小球A经过最低点时的动能为mgL
[B]该系统经过最低点时A、B两球的动能之比为1∶2
[C]小球B经过最低点时杆对B的弹力大小为mg
[D]小球A经过最低点时OA杆对A的弹力大小为mg
【答案】 AC
【解析】 对小球A、B组成的整体,在转动过程中,角速度相同,根据v=ωr可知vB=2vA,只有重力对系统做功,从最高点到最低点系统机械能守恒,由机械能守恒定律有mg·2L+mg·4L=
EkA+EkB,其中EkA=m,EkB=m,联立解得EkA=mgL,EkB=mgL,即EkA∶EkB=1∶4,故A正确,B错误;小球B经过最低点时,杆对小球B的弹力F和小球B重力的合力提供向心力,即F-mg=m,解得F=mg,故C正确;小球A经过最低点时,OA杆对小球A的弹力F1、小球A的重力和AB杆对小球A的弹力F′的合力提供向心力,其中AB杆对小球A的弹力F′与AB杆对小球B的弹力F大小相等,可得F1-F′-mg=m,解得F1=mg,故D错误。
12.一物体以初速度v0=4 m/s 自固定斜面底端沿斜面向上运动,一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示,图中x0=5 m,Ek1=40 J,Ek2=20 J。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
[A]物体与斜面之间的动摩擦因数为0.25
[B]物体沿斜面下滑的时间为 s
[C]物体上滑过程中克服重力做的功为30 J
[D]物体返回斜面底端时,重力的功率为12 W
【答案】 AC
【解析】 物体以初速度从斜面底端沿斜面向上运动,初动能为Ek1,初速度为v0=4 m/s,根据动能表达式有Ek1=m,解得物体质量为m=1 kg,从斜面底端开始上滑至回到斜面底端过程中阻力做功为W阻=Ek2-Ek1=-20 J,所以上滑和下滑过程阻力做功都为W阻′=-10 J,则上滑过程中有-mgx0sin θ+W阻′=-Ek1,解得sin θ=,上滑过程中阻力做功W阻′=-μmgx0cos θ,而cos θ=
=,联立解得μ=0.25,上滑过程中重力做功为WG=-mgx0sin θ=-30 J,则物体上滑过程中克服重力做的功为30 J,故A、C正确;根据题意可知物体返回斜面底端时动能为Ek2=20 J,由Ek2=m,解得v2=2 m/s,物体沿斜面下滑做匀加速直线运动,则有x0=t2,联立解得t2= s,物体返回斜面底端时,重力的功率为P2=mgv2sin θ=12 W,故B、D错误。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(6分)某同学用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)由静止释放纸带,经过后续操作得到如图乙所示的一条纸带,O点是纸带上打下的第一个点,在纸带上再选取三个连续打出的点A、B、C,测出距离分别为hA、hB、hC,已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T,设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能的减少量ΔEp=　　　　,动能的增加量ΔEk=　　　　。(用题中所给的字母表示)
(2)经过计算,发现ΔEk大于ΔEp,造成这个结果的原因可能是　　　　。
A.存在空气阻力和摩擦力
B.接通电源前释放了纸带
C.打点计时器的工作电压偏高
(3)按照正确操作后,该同学想到另外一种方法来验证机械能守恒定律。测量从第一点到其余各点的下落高度h,并计算对应速度v,然后以v2为纵轴,以h为横轴,根据实验数据作出v2h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为　　　(选填“g”或“2g”)的直线,则验证了机械能守恒定律。
【答案】 (1)mg(hB+hA)　　(2)B　(3)2g
【解析】 (1)从打O点到打B点的过程中,
重物的重力势能的减少量
ΔEp=mg(hB+hA),
B点速度为 vB=,
动能的增加量
ΔEk=m=。
(2)存在空气阻力和摩擦力,会导致ΔEk小于ΔEp,故A错误;接通电源前释放了纸带,导致B点速度偏大,所以ΔEk大于ΔEp,故B正确;打点计时器的工作电压偏高,对实验结论没影响,故C错误。
(3)由v2=2gh可知,若机械能守恒,则v2h图线的斜率等于2g。
14.(8分)某同学利用气垫导轨设计了一个“验证机械能守恒定律”的实验,如图甲所示,在导轨旁边固定一与导轨平行的刻度尺,然后用一手机固定于导轨上方,使摄像头正对导轨,开启视频录像功能,调节导轨的倾斜角度θ(通过量角器量出),使滑块从导轨顶端静止滑下,并用手机记录下滑块做匀加速直线运动的全程情况,然后通过录像回放,取滑块出发点为参考点,得到滑块相对于该点的距离x和所用时间t(通过手机读取)的数据,然后改变轨道倾角θ,得到多组x、t值。(已知滑块的质量为 m=0.5 kg,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,结果保留两位小数)
(1)若该同学在实验中得到了如下数据:当倾角 θ=37°时,取x1=27.0 cm,测得t1=0.3 s,则滑块在此过程中重力势能的减少量为　　　　J,动能的增加量为　　　　J。
(2)该同学改变导轨倾角,使θ=53°,取x2=98.0 cm,测得t2=0.5 s,则滑块在此过程中重力势能的减少量为　　　 　　J,动能的增加量为　　　　　　　J。由以上数据,你能得到的结论是
　 。
(3)该同学通过推理发现可作sin θ图像来验证机械能是否守恒,结果他得到的图像如图乙所示,该直线不过原点的原因为　 。
【答案】 (1)0.81　0.81　
(2)3.92　3.84　只有重力做功时,在误差允许范围内,物体的机械能守恒
(3)存在阻力作用
【解析】 (1)由题知重力势能的减少量为ΔEp=mgh=mgx1sin 37°=0.81 J,因滑块做初速度为零的匀加速直线运动,故运动到x1=27.0 cm处时的速度为v1==1.8 m/s,故动能的增加量为ΔEk=m=0.81 J。
(2)重力势能的减少量为ΔEp′=mgx2sin 53°=3.92 J,滑块运动到x2=98.0 cm处时的速度为v2==3.92 m/s,动能增加量为ΔEk′=m≈3.84 J,由以上数据可得,只有重力做功时,在误差允许的范围内,物体的机械能守恒。
(3)根据机械能守恒定律有mgxsin θ=m() 2,可得sin θ=,故图线应为过原点的直线。当有外部阻力时,有mgxsin θ-F阻x=m() 2,解得sin θ=+,则sin θ 图线不过原点的原因是存在阻力作用。
15.(8分)如图所示,一滑块经水平轨道AB,进入竖直平面内光滑的四分之一圆弧轨道BC,已知滑块的质量m=1 kg,在A点的速度v0=8 m/s,经过t=1 s运动到B点,滑块与水平轨道间的滑动摩擦力大小为2 N,圆弧轨道的半径R=1 m,g取10 m/s2。求:
(1)滑块在水平轨道运动的加速度大小和方向;
(2)滑块运动到B点时的动能;
(3)滑块运动到C点时的速度大小。
【答案】 (1)2 m/s2,方向水平向右　(2)18 J (3)4 m/s
【解析】 (1)滑块在水平轨道运动的加速度大小为
a==2 m/s2,方向水平向右。
(2)滑块运动到B点时的速度大小为
v1=v0-at=6 m/s,
滑块运动到B点时的动能为
Ek1=m=18 J。
(3)滑块从B点运动到C点的过程,根据动能定理可得
-mgR=m-m,
解得v2=4 m/s。
16.(10分)如图所示,在水平桌面上离桌面右边缘L处放着一质量为m=0.1 kg的铁球(可看作质点),现用水平向右推力F作用于铁球,作用一段时间后撤去,铁球继续运动,到达水平桌面边缘A点飞出,恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道,且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知∠BOC=37°,A、B、C、D四点在同一竖直平面内,水平桌面离B端的竖直高度H=0.45 m,圆弧轨道半径R=0.5 m,C点为圆弧轨道的最低点,求:(g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD;
(2)铁球运动到B点时的速度大小vB以及此时轨道对铁球的支持力大小FB;
(3)铁球从B点运动到D点的过程中圆弧轨道BCD对铁球所做的功。
【答案】 (1) m/s　(2)5 m/s　5.8 N (3)-0.1 J
【解析】 (1)铁球恰好能通过D点,重力提供向心力,由牛顿第二定律可得
mg=,
解得vD= m/s。
(2)铁球从A点到B点的过程中做平抛运动,根据平抛运动规律有=2gH,
解得vy=3 m/s,
铁球沿切线进入圆弧轨道,则
vB==5 m/s,
铁球在B点的向心力由支持力和重力在半径方向的分力的合力提供,则有
FB-mgcos 37°=m,
解得FB=5.8 N。
(3)设铁球从B点运动到D点的过程中圆弧轨道BCD对铁球所做的功为W,由动能定理得
W-mg(R+Rcos 37°)=m-m,
解得W=-0.1 J。
17.(12分)质量为1.0×103 kg的汽车,沿倾角为30°的斜坡由静止开始向上运动,汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N,汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W,开始时以a=
1 m/s2的加速度做匀加速运动,g取10 m/s2。
(1)求汽车做匀加速运动的时间;
(2)求汽车所能达到的最大速率;
(3)若斜坡长124.5 m,求汽车从坡底到坡顶所需的时间(结果保留一位小数)。
【答案】 (1)7 s　(2)8 m/s　(3)19.6 s
【解析】 (1)分析可知汽车受到牵引力F、阻力Ff、支持力FN和自身重力mg,
由牛顿第二定律得
F-mgsin 30°-Ff=ma,
代入题中数据解得F=8 000 N;
设匀加速过程的末速度为v,
则有P=Fv=5.6×104 W,
联立以上解得v=7 m/s,
因为v=at1,
解得匀加速运动的时间t1=7 s。
(2)当达到最大速度vm时加速度为零,
由平衡条件可得,牵引力Fm=mgsin 30°+Ff,
又因为P=Fmvm,
解得汽车最大速率vm=8 m/s。
(3)以上分析可知,汽车匀加速运动的位移
x1=a=24.5 m,
设汽车匀加速结束后到坡顶的时间为t2,
由动能定理得
Pt2-(mgsin 30°+Ff)x2=m-mv2,
又有x=x1+x2=124.5 m,
联立解得t2=12.6 s,
故汽车运动的总时间为t=t1+t2=19.6 s。
18.(16分)如图所示,在光滑的平台上有一轻弹簧,其左端固定不动,右端位于P点时轻弹簧处于原长状态。现用一质量为1 kg可视为质点的小物块向左将弹簧右端压缩至Q点,然后由静止释放,小物块从A点以4 m/s的速度离开平台,在平台的右侧有一固定在竖直平面内的圆弧轨道BC,圆弧的半径为4 m,圆心角θ=37°。在圆弧轨道的右侧有一质量为2 kg的长木板静止在光滑的水平面上,长木板的左端挨着圆弧轨道,其上表面与过圆弧轨道C点的切线平齐。小物块离开平台后恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道运动,从B到C的过程中小物块克服摩擦力做功2.5 J。小物块离开C点后滑上长木板的左端继续运动,最终小物块与长木板速度相等一起向右运动。已知小物块和长木板间的动摩擦因数为0.2,g取 10 m/s2。求:(取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8)
(1)小物块在Q点时弹簧具有的弹性势能;
(2)小物块运动到C点时对轨道的压力大小;
(3)小物块与长木板之间产生的热量。
【答案】 (1)8 J　(2)19 N　(3)12 J
【解析】 (1)根据机械能守恒可得,小物块在Q点时弹簧具有的弹性势能为
Ep=m=×1×42 J=8 J。
(2)小物块离开平台后恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道运动,由此可得小物块运动到B点时的速度为vB==5 m/s,
小物块从B点运动到C点,
根据动能定理有
mgR(1-cos θ)+Wf=m-m,
解得小物块在C点时的速度为vC=6 m/s,
在C点,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,
解得小物块在C点时受到的支持力为
FN=19 N,
根据牛顿第三定律,
小物块对轨道的压力大小为FN′=FN=19 N。
(3)小物块滑上长木板后向右做匀减速运动,长木板向右做匀加速运动,
对小物块有μmg=ma1,
解得此时小物块的加速度大小为a1=2 m/s2,
对长木板有μmg=Ma2,
解得此时长木板的加速度大小为a2=1 m/s2,
设二者经过t时间达到共同速度v,
则有v=vC-a1t=a2t,
解得t=2 s,v=2 m/s,
小物块与长木板之间产生的热量有
Q=m-(m+M)v2,
解得Q=12 J。

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