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第五章 实验六 验证机械能守恒定律
知能演练场
1．下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差的说法中，正确的是 (　　)
A．重物质量的称量不准会造成较大误差
B．重物质量选用得大些，有利于减小误差
C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差
D．纸带下落和打点不同步会造成较大误差
解析：从需要验证的关系式ghn＝看，与质量无关，A错误．当重物质量大一些时，空气阻力可以忽略，B正确，C错误．纸带先下落而后打点，此时，纸带上最初两点的点迹间隔较正常时略大，用此纸带进行数据处理，其结果是重物在打第一个点时就有了初动能，因此重物动能的增加量比重物重力势能的减少量大，D正确．
答案：BD
2．在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，查得当地重力加速度g＝9.80 m/s2，测得所用的重物的质量为1.00 kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带(如图实－4－9所示)，把第一个点记作O，另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点．经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99 cm,70.18 cm,77.76 cm,85.73 cm.根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于________ J，动能的增加量等于________J(取三位有效数字)．
图实－4－9
解析：根据测量数据，重物从O点运动到C点下落的高度h＝0.7776 m，故重力势能减
少量
ΔEp＝mgh＝1.00×9.80×0.7776 J＝7.62 J
重物动能的增加量ΔEk＝mvC2－mv02
根据实验情况，重物在O点的速度v0＝0，C点的速度vC等于重物从B点到D点这一
段时间Δt＝2× s内的平均速度．由实验数据可得
vC＝＝ m/s＝3.8875 m/s
重物的动能增加量
ΔEk＝mvC2＝×1.00×3.88752 J＝7.56 J.
答案：7.62　7.56
3．关于验证机械能守恒定律实验，下面列出一些实验步骤：
A．用天平称出重物和夹子质量
B．将重物系在夹子上
C．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，再把纸带向上拉，让夹子靠近打点计时器，处于静止状态
D．把打点计时器接在学生电源的交流输出端，把输出电压调到6 V(电源不接通)
E．把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内
F．在纸带上选取两个点，进行测量并记录数据
G．用秒表测出重物下落的时间
H．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带
I．切断电源
J．更换纸带，重新进行两次实验
K．在三条纸带中选出较好的一条
L．进行计算，得出结论，完成实验报告
M．拆下导线，整理器材
对于本实验以上步骤中，不必要的有__________________；正确步骤的合理顺序是______________________(填写代表字母)．
解析：根据实验原理和操作步骤可知不必要的有A、G；正确步骤的合理顺序是E、D、B、C、H、I、J、K、F、L、M.
答案：A、G　EDBCHIJKFLM
4．用落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：(g取9.8 m/s2)
(1)运用公式mv2＝mgh时对实验条件的要求是________________．为此目的，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近__________．
(2)若实验中所用重物质量m＝1 kg，打点纸带如图实－4－10所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重物速度vB＝________，重物动能Ek＝________；从开始下落起至B点，重物的重力势能减小量是__________，由此可得出的结论是____________________________________．
图实－4－10
(3)根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象应是图实－4－11中的 (　　)
图实－4－11
解析：(1)自由下落的物体在第一个0.02 s内，下落距离
h＝gt2＝2 mm
(2)vB＝＝ m/s＝0.59 m/s
Ek＝mvB2＝×1×0.592 J≈0.174 J
ΔEp＝mgh＝1×9.8×17.9×10－3 J≈0.175 J.
答案：(1)自由下落的物体　2 mm
(2)0.59 m/s　0.174 J　0.175 J　在实验误差允许的范围内，动能的增加量等于重力势能的减少量　(3)C
5．光电计时器是物理实验中经常用到的一种精密计时仪器，它由光电门和计时器两部分组成，光电门的一臂的内侧附有发光装置(发射激光的装置是激光二极管，发出的光束很细)，如图实－4－12中的A和A′，另一臂的内侧附有接收激光的装置，如图实－4－12中的B和B′，当物体在它们之间通过时，二极管发出的激光被物体挡住，接收装置不能接
收到激光信号，同时计时器就开始计时，直到挡光结束光电计时器停止计时，故此装置能精确地记录物体通过光电门所用的时间．现有一小球从两光电门的正上方开始自由下落，如图实－4－12所示．
图实－4－12
(1)若要用这套装置来验证机械能守恒定律，则要测量的物理量有________________________(每个物理量均用文字和字母表示，如高度H)．
(2)验证机械能守恒定律的关系式为________．
解析：本实验是围绕机械能守恒定律的验证设计的，关键是速度的测定，本题改打点计时器测量速度为光电门测量．由于本装置可记录小球通过光电门的时间Δt，则将小球的直径D除以Δt，即可求出小球经过光电门的速度，若再测出两光电门间相距的高度H，即可验证机械能守恒定律．
(1)需要测量的物理量有：小球直径D，两光电门间的竖直高度H，小球通过上、下两光电门的时间Δt1、Δt2.则小球通过上、下两光电门处的速度分别为、.
(2)验证守恒关系式为：
m()2－m()2＝mgH，
化简得：－＝2gH.
答案：(1)小球直径D、两光电门间的竖直高度H、小球通过上、下两光电门的时间Δt1、Δt2
(2)－＝2gH
第五章 第1单元 功和功率
[课时作业]
命 题 设 计
难度　
题号　　　　　　　　　　
较易
中等
稍难
单
一
目
标
功
1、4
11
功率
6
8
综合
目标
功及功率的计算
2、3、7
5、9
10、12
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1．一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是 (　　)
A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
B．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D．始终做正功
解析：支持力始终竖直向上，与位移同向，α＝0°，故支持力始终做正功，D正确．
答案：D
2．在距地面高5 m的平台上，以25 m/s的速率竖直向上抛出一质量为1 kg的石块，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则抛出后第三秒内重力对石块所做的功是 (　　)
A．－100 J B．50 J
C．100 J D．0 J
解析：石块在2 s末与3 s末在同一位置，故第3 s内位移为0，所以第3 s内重力做功为
零．
答案：D
3. (2010·苏州模拟)如图1所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的
光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则 (　　)
A．重力对两物体做的功相同
B．重力的平均功率相同
C．到达底端时重力的瞬时功率相同
D．到达底端时两物体的动能相同，速度相同
解析：由于两个物体质量相同、下落高度相同，所以重力对两物体做的功相同，A选项正确．由于下落的时间不同，所以重力的平均功率不相同，B选项错误．根据机械能守恒可知，两物体到达底端时动能相同，即速度大小相同、方向不同，D选项错误．由瞬时功率的计算式可得PA＝mgvcosθ，PB＝mgv，因此，到达底端时重力的瞬时功率PA＜PB，C选项错误．
答案：A
4．(2008·宁夏高考)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速率v随时间的变化规律分别如图2甲和乙所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是 (　　)
图2
A．W1＝W2＝W3 B．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2 D．W1＝W2＜W3
解析：力F做的功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移数值(v－t图象中图象与坐标轴围成的面积)的乘积，第1秒内，位移为一个小三角形面积S；第2秒内，位移也为一个小三角形面积S；第3秒内，位移为两个小三角形面积2S，故W1＝1S，W2＝3S，W3＝4S，所以W1＜W2＜W3.
答案：B
5．(2010·常州模拟)如图3所示，质量为m的物体置于水平地面上，所受水平拉力F在2 s时间内的变化图象如图4甲所示，其运动的速度图象如图4乙所示，g＝10 m/s2.下列说法正确的是 (　　) 图3
图4
A．物体和地面之间的动摩擦因数为0.1
B．水平拉力F的最大功率为5 W
C．2 s 末物体回到出发点
D．2 s 内物体的加速度不变
解析：本题考查通过图象处理匀变速运动问题．在减速阶段，Ff＝ma，μmg＝ma，μ＝0.1，A正确；拉力F的最大功率P＝Fv＝10×1 W＝10 W，B不正确；物体在第一秒内受到的合力的方向与第二秒内受到的合力的方向相反，加速度方向相反，D不正确；由v－t图象可知，物体在2 s 内位移是速度图线与t轴所围面积，即1 m，没有回到起点，C不正确．
答案：A
二、多项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．(2009·宁夏高考)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)．现
对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水
平面夹角为θ，如图5所示，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木
箱的速度保持不变，则 (　　)
A．F先减小后增大 B．F一直增大
C．F的功率减小 D．F的功率不变
解析：由木箱受力平衡可知：Fcosθ＝μ(G－Fsinθ)，
即F＝＝，
故F先减小后变大．根据P＝Fvcosθ＝可知F的功率减小．故A、C正确．
答案：AC
7.如图6所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装
置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流
经电动机带动小车前进．若小车在平直的公路上以初速度v0开始
加速 行驶，经过时间t，前进了距离l，达到最大速度vmax，设
此过程中电动机功率恒为额定功率P，受的阻力恒为Ff，则此过
程中电动机所做的功为 (　　) 图6
A．Ffvmaxt B．Pt
C．Fft D.mvmax2＋Ffl－mv02
解析：因小车以恒定的功率运动，故此过程小车电动机做功为W＝Pt＝Ffvmaxt，A、B均正确．由动能定理可得
W－Ff·l＝mvmax2－mv02，
得：W＝mvmax2－mv02＋Ffl.
故D正确，C错误．
答案：ABD
8. (2009·宁夏高考)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始
受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图7所示，力的方向保
持不变，则 (　　) 图7
A．3t0时刻的瞬时功率为
B．3t0时刻的瞬时功率为
C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
解析：2t0时速度v1＝·2t0
0～2t0内位移x1＝·(2t0)2＝2·
F做功W1＝F0x1＝2
3t0时速度v2＝·t0＋v1＝5·t0
3t0时刻瞬时功率：P＝3F0·v2＝15，故B正确．
2t0～3t0内位移x2＝v1t0＋·t02＝，
F做的功W2＝3F0x2＝.
0～3t0内F的平均功率＝＝.故D正确．
答案：BD
9．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．钢绳的最大拉力为
B．钢绳的最大拉力为
C．重物的最大速度v2＝
D．重物匀加速运动的加速度为－g
解析：由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P后，随v增加，钢绳拉力F变小，当F＝mg时重物达最大速度v2，故v2＝，最大拉力F＝mg＋ma＝，A错误，B、C正确．由－mg＝ma得：a＝－g，D正确．
答案：BCD
10．(2010·连云港模拟)一物块放在水平面上，在水平拉力F作用下做直线运动，
运动的v－t图象如图8所示，则有关该力F的功率P－t图象可能是图9中
的 (　　)
图9
解析：由于题目未讲水平面是否光滑，故应分情况讨论，若水平面光滑，0～t1段F为恒力，速度线性增加，故功率也线性增大，t1～t2段F为零，功率为零，t2～t3段F反向，仍为恒力，速度线性减小，故功率也线性减小，故C正确．
若水平面不光滑，由于t1、t2时刻后一小段时间内，F突然减小，故功率突然减小，故B项正确．
答案：BC
三、计算题(本题共2小题，共30分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(15分)静止在水平地面上的木箱，质量m＝50 kg.木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，若用大小为400 N、方向与水平方向成37°角的斜向上的拉力拉木箱从静止开始运动，使木箱能够到达50 m远处，拉力最少做多少功？(cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)
解析：欲使拉力做功最少，须使拉力作用的位移最小，故重物应先在拉力作用下加速，再撤去拉力使木箱减速，到达50 m处时速度恰好减为0.设加速时加速度的大小为a1，减速时加速度的大小为a2.
由牛顿第二定律得，加速时有：
水平方向Fcos37°－μFN＝ma1
竖直方向Fsin37°＋FN－mg＝0
减速时有：μmg＝ma2
且有v2＝2a1x1＝2a2x2　x1＋x2＝x
联立以上各式解得：x1≈24 m
由功的定义，有
W＝Fx1cos37°＝400×24×0.8 J＝7.68×103 J.
答案：7.68×103 J
12．(15分)汽车发动机的功率为60 kW，汽车的质量为4 t，当它行驶在坡
度为0.02(sinα＝0.02)的长直公路上时，如图10所示，所受摩擦阻力为车
重的0.1倍(g＝10 m/s2)，求： 图10
(1)汽车所能达到的最大速度vm；
(2)若汽车从静止开始以0.6 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？
(3)当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车做功多少？
解析：(1)汽车在坡路上行驶，所受阻力由两部分构成，即Ff＝kmg＋mgsinα＝4000 N＋800 N＝4800 N.
又因为当F＝Ff时，P＝Ff·vm，所以
vm＝＝ m/s＝12.5 m/s.
(2)汽车从静止开始，以a＝0.6 m/s2匀加速行驶，
由F合＝ma，有
F′－Ff＝ma，
所以F′＝ma＋kmg＋mgsinα
＝4×103×0.6 N＋4800 N＝7.2×103 N.
保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度vm′，
有vm′＝＝ m/s＝8.33 m/s.
由运动学规律可以求出匀加速行驶的时间与位移
t＝＝ s＝13.9 s，
x＝＝ m＝57.82 m.
(3)由W＝F′·x可求出汽车在匀加速运动阶段行驶时牵引力做功为
W＝F′·x＝7.2×103×57.82 J＝4.16×105 J.
答案：(1)12.5 m/s　(2)13.9 s　(3)4.16×105 J
第五章 第2单元 动能定理
[课时作业]
命 题 设 计
难度　
题号　　　　　　　　　　
较易
中等
稍难
单
一
目
标
动能、动能定理
1
4
综合
目标
2、36、7、8
5、9、10
11、12
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1.如图1所示，质量为m的物体静止于倾角为α的斜面体上，现对斜面体施
加一水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平面向左匀速移动x，
则在此匀速运动过程中斜面体对物体所做的功为 (　　)
A．Fx B．mgxcosαsinα 图1
C．mgxsinα D．0
解析：由于物体做匀速运动，其处于平衡状态．物体动能和势能在运动过程中都不发生变化，故根据动能定理知合外力对物体做功为零．而重力做功为零，所以斜面体对物体做功为零，故应选D.
答案：D
2. (2010·苏州模拟)如图2所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是 (　　)
A．tanθ＝ B．tanθ＝ 图2
C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1
解析：由动能定理得mg·AC·sinθ－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC＝0，则有tanθ＝，
B项正确．
答案：B
3．人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离x后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为(　　)
A．mgx　　　　　　　 　　B．0
C．μmgx D.mv2
解析：物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值μmg之间取值，不一定等于μmg.在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理，摩擦力对物体做的功W＝mv2.
答案：D
4．(2010·常州模拟)构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图3中图线①所示；
第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是 (　　)
A．200 J B．250 J
C．300 J D．500 J
解析：滑行时阻力Ff恒定，由动能定理对图线①有
ΔEk＝Ffx1，x1＝10 m
对图线②有ΔEk＝Ffx2＋E电，x2＝6 m
所以E电＝ΔEk＝200 J，故A正确．
答案：A
5．(2009·全国卷Ⅱ)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力Ff大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 (　　)
A.和v0
B.和v0
C.和v0
D.和v0
解析：设物块上升的最大高度为H，返回的速率为v.
由动能定理得：(mg＋Ff)H＝mv02，(mg－Ff)H＝mv2，联立得H＝，v＝v0.A正确．
答案：A
二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6.如图4所示，板长为l，板的B端静放有质量为m的小物体P，物体与板间的动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中 (　　)
A．摩擦力对P做功为μmgcosα·l(1－cosα) 图4
B．摩擦力对P做功为mgsinα·l(1－cosα)
C．支持力对P做功为mglsinα
D．板对P做功为mglsinα
解析：对物体运用动能定理
W合＝WG＋WFN＋W摩＝ΔEk＝0
所以WFN＋W摩＝－WG＝mglsinα
因摩擦力的方向(平行于木板)和物体速度方向(垂直于木板)始终垂直，对物体不做功，故斜面对物体做的功就等于支持力对物体做的功，即WFN＝mglsinα，故C、D正确．
答案：CD
7.如图5所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则 (　　)
A．摩擦力对A、B做功不相等
B．A、B动能的增量相同
C．F对A做的功与F对B做的功相等
D．合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等
解析：因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A正确；A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D错误．
答案：AB
8．(2010·南通模拟)两根光滑直杆(粗细可忽略不计)水平平行放置，一质量为m、半径为r的均匀细圆环套在两根直杆上，两杆之间的距离为r，图6甲所示为立体图，图6乙所示为侧视图．现将两杆沿水平方向缓慢靠近直至两杆接触为止，在此过程中 (　　)
图6
A．每根细杆对圆环的弹力均增加
B．每根细杆对圆环的最大弹力均为mg
C．每根细杆对圆环的弹力均不做功
D．每根细杆对圆环所做的功均为－mgr
解析：本题考查物体平衡的动态分析和动能定理．以圆环为研究对象，由于两杆始终处于同一水平面，因此两杆对环的作用力大小始终相等，且它们的合力始终等于环的重力，即合力F是一定值，当两杆水平靠近时，两个弹力与竖直方向的夹角变小，根据三角形边与角的关系可知，两个弹力逐渐变小，A项错误；因此开始时两杆相距r时弹力最大，由几何关系可知，这时FN=F=mg，B项正确；在缓慢移动的过程中，圆环的重心下降r/2，设两个弹力做的功各为W，则根据动能定理，2W+mgr/2=0，则W=-mgr，D项正确．
答案：BD
9.如图7所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．已知物体和木板之间的摩擦力为Ff.当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中 (　　)
A．物体到达木板最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)
B．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为Ffx
C．物体克服摩擦力所做的功为FfL
D．物体和木板增加的机械能为Fx
解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F-Ff)·(L+x)= mv2，故A正确．对木板：Ff·x=Mv2，故B正确．物块克服摩擦力所做的功Ff·(L+x)，故C错．物块和木板增加的机械能
mv2+Mv2=F·(L+x)-Ff·L=(F-Ff)·L+F·x，故D错．
答案：AB
三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10. (11分)如图8所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，
圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h.
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.
解析：(1)由动能定理得：
mgh－μmgcosθ·R/tanθ＝0
得h＝μRcos2θ/sinθ＝μRcosθcotθ
(2)滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得
mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0
得：s＝.
答案：(1)μRcosθcotθ　(2)
11．(12分)右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，如图9所示．将一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求： 图9
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．
解析：(1)由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝＝ m＝0.15 m
(2)由动能定理得：
mgh－Ffx＝0
所以x＝＝ m＝0.75 m
答案：(1)0.15 m　(2)0.75 m
12．(14分)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)
的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位
移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图线如图10所示．求：(g取10 m/s2)
(1)物体的初速度多大？
(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？ 图10
(3)拉力F的大小．
解析：(1)从图线可知初动能为2 J，
Ek0＝mv2＝2 J，v＝2 m/s.
(2)在位移4 m处物体的动能为10 J，在位移8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克
服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则
－Ffx2＝0－10 J＝－10 J
Ff＝ N＝2.5 N
因Ff＝μmg
故μ＝＝＝0.25.
(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，
根据动能定理有
(F－Ff)·x1＝ΔEk
故得F＝＋Ff＝(＋2.5) N＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
第五章 第3单元 机械能守恒定律
[课时作业]
命 题 设 计
难度　
题号　　　　　　　　　　
较易
中等
稍难
单
一
目
标
重力势能、
弹性势能
1、3
综合
目标
机械能守恒及应用
2、4、6、7
5、8、
9、10
11、12
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1．(2010·常州模拟)质量为m的小球从高H处由静止开始自由下落，以地面作为参考平面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为 (　　)
A．2mg　　　　　 　B．mg
C.mg D.mg
解析：动能和重力势能相等时，下落高度为h＝，速度v＝＝，故P＝mg·v＝mg，B选项正确．
答案：B
2.如图1所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是 (　　) 图1
A．物块的机械能一定增加
B．物块的机械能一定减小
C．物块的机械能可能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
解析：机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff
做功，则机械能的变化决定于F与Ff做功大小关系．
由mgsinα＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin30°－ma＞0，即F＞Ff，故F做正功多于克
服摩擦力做功，故机械能增加．A项正确．
答案：A
3．(2010·连云港模拟)如图2所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10 m/s2) (　　)
图2
A．10 J B．15 J C．20 J D．25 J
解析：由h＝gt2和vy＝gt得：vy＝ m/s，
落地时，tan60°＝可得：
v0＝＝ m/s，
由机械能守恒得：Ep＝mv02，
可求得：Ep＝10 J，故A正确．
答案：A
4. (2008·全国卷Ⅱ)如图3所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑
定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质
量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b
后，a可能达到的最大高度为 (　　)
A．h　　　　　　 　B．1.5h 图3
C．2h D．2.5h
解析：在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据
机械能守恒定律可知：3mgh－mgh＝(m＋3m)v2?v＝
b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，上升过程中机械能守恒，mv2
＝mgΔh，所以Δh＝＝，即a可能达到的最大高度为1.5h，B项正确．
答案：B
5．(2010·南京模拟)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4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. 图4
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：vAcos30°＝vBcos60°，又vB＝v，设绳长为l，由A、B组成的系统机械能守恒得：mglcos60°＝mvA2＋mv2，以上两式联立可得：l＝，故选D.
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．如图5所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中(　　)
A．小球的机械能减少
B．重力对小球不做功
C．绳的张力对小球不做功 图5
D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少
解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、绳子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A正确、B错；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C对；小球动能的变化等于合外力做的功，即重力与摩擦力做的功，D错．
答案：AC
7.如图6所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物
体下滑过程中，下列说法正确的是 (　　)
A．物体的重力势能减少，动能增加
B．斜面的机械能不变
C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D．物体和斜面组成的系统机械能守恒
解析：在物体下滑过程中，由于物体与斜面相互间有垂直于斜面的作用力，使斜面加速运动，斜面的动能增加；物体克服其相互作用力做功，物体的机械能减少，但动能增加，重力势能减少，选项A正确、B错误．
物体沿斜面下滑时既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，选项C错误．对物体与斜面组成的系统，仅有动能和势能之间的转化，因此，系统机械能守恒，选项D亦正确．
答案：AD
8．质点A从某一高度开始自由下落的同时，由地面竖直上抛质量相等的质点B(不计空气阻力)．两质点在空中相遇时的速率相等，假设A、B互不影响，继续各自的运动．对两物体的运动情况有以下判断，其中正确的是 (　　)
A．相遇前A、B的位移大小之比为1∶1
B．两物体落地速率相等
C．两物体在空中的运动时间相等
D．落地前任意时刻两物体的机械能都相等
解析：由于两物体相遇时速度大小相等，根据竖直上抛运动的对称性特点，可知两物体落地时速率是相等的，B是正确的；由于A是加速运动而B是减速运动，所以A的平均速率小于B的平均速率，故在相遇时A的位移小于B的位移，A是错误的；两物体在空中的运动时间不相等，自由落体运动时间是竖直上抛时间的一半，故C是错误的；在相遇点A、B两物体具有相同的机械能，由机械能守恒可以确定落地前任意时刻两物体的机械能都相等，故D是正确的．
答案：BD
9.如图7所示，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中(　　)
图7
A．小球P的速度先增大后减小
B．小球P和弹簧的机械能守恒，且P速度最大时所受弹力与库仑力的合力最大
C．小球P的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的总和不变
D．系统的机械能守恒
解析：小球P与弹簧接触时，沿平行斜面方向受到小球Q对P的静电力、重力的分力、弹簧的弹力，开始时合力的方向沿斜面向下，速度先增加，后来随着弹簧压缩量变大，合力的方向沿斜面向上，速度逐渐减小，A项正确；小球P和弹簧组成的系统受到小球Q的静电力，且静电力做正功，所以系统机械能不守恒，B、D项错误；把弹簧、小球P、Q看成一个系统，除重力外无外力对该系统做功，故系统的总能量守恒，C正确．
答案： AC
三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10. (11分)如图8所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角为θ＝30°，
另一边与水平地面垂直，顶端有一个定滑轮，跨过定滑轮的细线
两端分别与物块A和B连接，A的质量为4m，B的质量为m.开
始时，将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B
上升，所有摩擦均忽略不计．当A沿斜面下滑距离x后，细线突然断了．求物块B上升
的最大高度H.(设B不会与定滑轮相碰)
解析：设细线断前一瞬间A和B速度的大小为v，A沿斜面下滑距离x的过程中，A的高度降低了xsinθ，B的高度升高了x.物块A和B组成的系统机械能守恒，物块A机械能的减少量等于物块B机械能的增加量，即
4mgxsinθ－·4mv2＝mgx＋mv2
细线断后，物块B做竖直上抛运动，物块B机械能守恒，设物块B继续上升的最大高度为h，有mgh＝mv2.
联立两式解得h＝，故物块B上升的最大高度为H＝x＋h＝x＋＝x.
答案：x
11．(12分)如图9所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点．试求： 图9
(1)弹簧开始时的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点克服阻力做的功；
(3)物体离开C点后落回水平面时的动能．
解析：(1)物块在B点时，
由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，FN＝7mg
EkB＝mvB2＝3mgR
在物体从A点至B点的过程中，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能Ep＝EkB＝3mgR.
(2)物体到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有
mg＝m
EkC＝mvC2＝mgR
物体从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有：
W阻－mg·2R＝EkC－EkB
解得W阻＝－0.5mgR
所以物体从B点运动至C点克服阻力做的功为W＝0.5mgR.
(3)物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，根据机械能守恒定律有：
Ek＝EkC＋mg·2R＝2.5mgR.
答案：(1)3mgR　(2)0.5mgR　(3)2.5mgR
12．(14分)(2010·淮安模拟)如图10所示，半径为R的四分之一圆弧形支架竖直放置，圆弧边缘C处有一小定滑轮，绳子不可伸长，不计一切摩擦，开始时，m1、m2两球静止，且m1＞m2，试求：
(1)m1释放后沿圆弧滑至最低点A时的速度．
(2)为使m1能到达A点，m1与m2之间必须满足什么关系．
(3)若A点离地高度为2R，m1滑到A点时绳子突然断开，则m1落地点离
A点的水平距离是多少？ 图10
解析：(1)设m1滑至A点时的速度为v1，此时m2的速度为v2，由机械能守恒得：
m1gR－m2gR＝m1v12＋m2v22
又v2＝v1cos45°
得：v1＝ .
(2)要使m1能到达A点，v1≥0且v2≥0，
必有：m1gR－m2gR≥0，得：m1≥m2.
(3)由2R＝gt2，x＝v1t得x＝4R·.
答案：(1)
(2)m1≥m2　(3)4R·
第五章 第4单元 功能关系 能量守恒定律
[课时作业]
命 题 设 计
难度　
题号　　　　　　　　　　
较易
中等
稍难
单
一
目
标
功能关系
1、2、6
能量守恒定律
3、8
9
11
综合
目标
综合应用
7
4、5、10
12
一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1. (2010·南通模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图1所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度 (　　) 图1
A．大于6 m/s　　　　　B．等于6 m/s
C．小于6 m/s D．条件不足，无法计算
解析：当初速度为7 m/s时，由功能关系，运动员克服摩擦力做功等于减少的重力势能．而当初速度变为6 m/s时，运动员所受的摩擦力减小，故从A到B过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B点动能大于他在A点的动能．
答案：A
2．质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝g竖直下落到地面，在此过程中 (　　)
A．物体的重力势能减少mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的机械能减少mgh
D．物体的机械能保持不变
解析：物体所受合力为F合＝ma＝mg
由动能定理得，动能的增加量
ΔEk＝F合·h＝mgh.
答案：B
3.如图2所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光
滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分
别为Ep和Ek，弹簧弹性势能的最大值为Ep′，则它们之间的关系为(　　) 图2
A．Ep＝Ek＝Ep′ B．Ep>Ek>Ep′
C．Ep＝Ek＋Ep′ D．Ep＋Ek＝Ep′
解析：当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知Ep＝Ek＝Ep′，故答案选A.
答案：A
4．如图3所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P点，已知物体的质量为m＝2.0 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝200 N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10 cm，这时弹簧具有弹性势能Ep＝1.0 J，物体处于静止状态．若取g＝10 m/s2，则撤去外力F后 (　　) 图3
A．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm
B．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm
C．物体回到O点时速度最大
D．物体到达最右端时动能为零，系统机械能也为零
解析：当物体向右运动至O点过程中，弹簧的弹力向右．由牛顿第二定律可知，kx－μmg＝ma(x为弹簧的伸长量)，当a＝0时，物体速度最大，此时kx＝μmg，弹簧仍处于伸长状态，故C错误．当物体至O点时，由Ep－μmg×0.1＝mv2可知，物体至O点的速度不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可得，Ep＝μmgx′＋Ep′，因Ep′＞0，所以x′＜12.5 cm，A错误，B正确．物体到达最右端时，动能为零，但弹簧有弹性势能，故系统的机械能不为零，D错误．
答案：B
5．(2010·徐州模拟)如图4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4
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
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：4mgsinθ＝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，故地面对斜面的摩擦力的方向一直向右，故B正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6.轻质弹簧吊着小球静止在如图5所示的A位置，现用水平外力F将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中，对于整个系统，下列说法正确的是 (　　) 图5
A．系统的弹性势能不变
B．系统的弹性势能增加
C．系统的机械能不变
D．系统的机械能增加
解析：根据力的平衡条件可得F＝mgtanθ，弹簧弹力大小为F弹＝，B位置比A位置弹力大，弹簧伸长量大，所以由A位置到B位置的过程中，系统的弹性势能增加，又由于重力势能增加，动能不变，所以系统的机械能增加．
答案：BD
7．(2008·四川高考)一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定．若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则如图6所示的图象中可能正确的是 (　　)
图6
解析：物体在沿斜面向下滑动的过程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力为恒力，A正确；而物体在此合力作用下做匀加速运动，v＝at，x＝at2，所以B、C错；物体受摩擦力作用，总的机械能将减小，D正确．
答案：AD
8．(2009·广东高考)某缓冲装置可抽象成如图7所示的简单模型．图中K1、
K2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧．下列表述正确的是(　　)
A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关 图7
B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等
C．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等
D．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变
解析：两弹簧中任一点处，相互作用力均相等都等于弹簧一端的力，与劲度系数无关(只是劲度系数不同，形变量不同)，B对，C错．两弹簧均发生形变，其弹性势能均变化，D对．
答案：BD
9．如图8所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是 (　　)
图8
解析：由能量守恒可知A项正确，C项正确；B项中，小球通过轨道后做斜抛运动，落地前水平速度分量将不变，到达最高点时速度不为零，由能量守恒可知，此时小球高度一定小于h；D项中要使小球能够通过最高点，必须使小球在最高点的速度v满足v≥(R为轨道半径)，此时对应的最高点的机械能就大于小球刚下落时的机械能，违背了能量守恒定律，所以D项错．
答案：AC
三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(11分)一组数据显示：世界煤炭的储量还能烧200多年，我国煤炭的储量还能烧70多年；世界天然气的储量还能用50多年，我国天然气的储量还能用20年；世界石油的储量还能用40多年，我国现有的石油储量用不到20年．因此，新型清洁能源的开发利用成为人类的重点课题．风能作为一种清洁能源，对环境的破坏小，可再生，将成为人类未来大规模应用的能源之一．假设某地区的平均风速是6.0 m/s，已知空气密度是1.2 kg/m3，此地有一风车，它的车叶转动时可以形成半径为20 m的圆面，假如这个风车能将此圆面内10%的气流的动能转变为电能．问：
(1)在圆面内，每秒冲击风车车叶的气流的动能是多少？
(2)这个风车平均每秒内发出的电能是多少？
解析：(1)在1秒内，能和车叶发生作用的气流体积V＝vS＝vπr2，则这股气流的动能Ek＝mv2＝ρ·vπr2·v2＝ρπr2v3.
将ρ、r、v值代入上式得Ek＝1.63×105 J.
(2)每秒得到电能为
E＝ηEk＝1.63×104 J.
答案：(1)1.63×105 J　(2)1.63×104 J
11．(12分)(2010·连云港模拟)如图9所示，B是质量为2m、半径为R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上．A是质量为m的细长直杆，光滑套管D被固定，A可以自由上下运动，物块C的质量为m，紧靠半球形碗放置．初始时，A杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触(如图)．然后从静止开始释放A，A、B、C便开始运动．求： 图9
(1)长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆竖直方向的速度和B、C水平方向的速度；
(2)运动的过程中，长直杆的下端能上升到的最高点距离半球形碗底部的高度．
解析：(1)长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆在竖直方向的速度为0，而B、C水平速度相同，设为v，
由机械能守恒定律得：mgR＝×3mv2
所以v＝ .
(2)长直杆的下端上升到所能达到的最高点时，长直杆在竖直方向的速度为0，碗的水平速度亦为零．由机械能守恒定律得：×2mv2＝mgh
解得h＝.
答案：(1)0　　　(2)
12．(14分)如图10所示，将质量均为m，厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接．第一次只用手托着B物块于H高处，A在弹簧的作用下处于静止状态，现将弹簧锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep，现由静止释放A、B，B物块着地后速度立即变为零，同时弹簧解除锁定，在随后的过程中B物块恰能离开地面但不继续上升．第二次用手拿着A、B两物块，使弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B离地面的距离也为H，然后由静止同时释放A、B，B物块着地后速度同样立即变为零，试求： 图10
(1)第二次释放A、B后，A上升至弹簧恢复原长时的速度大小v1；
(2)第二次释放A、B后，B刚要离开地面时A的速度大小v2.
解析：(1)第二次释放A、B后，A上升至弹簧恢复原长时的速度大小等于B刚接触地面时A的速度大小，所以mgH＝mv12，v1＝.
(2)第一次弹簧解除锁定时与两次B刚要离开地面时的弹性势能均为Ep，设第一次弹簧解除锁定后A上升的最大高度为h，则
mv12＝mgh，mv12＝mg＋mv22＋Ep
所以：v2＝.
答案：(1)　(2)
第五章 机械能及其守恒定律
(时间90分钟，满分120分)
命 题 设 计
　　　　　 难度
题号　　
　　
目标　　　　
较易
中等
稍难
功、功率、动能定理
1、5
14
能量守恒
6、8
16
机械能守恒
2、7、9
3、4、10、13
15
综合应用
11
12
一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)
1．物体沿直线运动的v－t关系如图1所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则 (　　)
图1
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：由题图知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小关系：v1＝v3＝v7，由题知W＝mv12－0，则由动能定理知第1秒末到第3秒末合外力做功W2＝mv32－mv12＝0，故A错．第3秒末到第5秒末合外力做功W3＝0－mv32＝－W，故B错．第5秒末到第7秒末合外力做功W4＝mv72－0＝W，故C正确．第3秒末到第4秒末合外力做功W5＝mv42－mv32；因v4＝v3，所以W5＝－0.75 W．故D错误．
答案：C
2．在竖直平面内，有根光滑金属杆弯成如图2所示形状，相应的曲线方程为y＝Acosx，将一个光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0、y＝A处以某一初速度沿杆向＋x方向运动．运动过程中 (　　)
图2
A．小环在D点的加速度为零
B．小环在B点和D点的加速度相同
C．小环在C点的速度最大
D．小环在C点和E点的加速度方向相同
解析：小环在D点和B点的加速度是由环的重力沿杆切向分力产生的，由对称性可知，小环在两点的加速度的大小相同，方向不同，故A、B均错误；因C点最低，小环的重力势能最小，由机械能守恒知，小环在C点的速度最大，C正确；小环在C点和E点的加速度均为向心加速度，故方向相反，D错误．
答案：C
3．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时的速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图3所示，小球越过n条活动挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等) (　　)
图3
A．n　　　　　　　　　　　B．2n C．3n D．4n
解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有0－mv02＝nW，对第二次有0－mv22＝0－(mv02＋mgh)＝NW，
又因为mv02＝mgh，联立以上三式解得N＝2n.
答案：B
4．(2009·上海高考)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于 (　　)
A. B. C. D.
解析：设小球上升至离地面高度h时，速度为v1，由地面上抛时速度为v0，下落至离地面高度h处速度为v2，空气阻力为Ff.
上升阶段：－mgH－FfH＝－mv02
－mgh－Ffh＝mv12－mv02
2mgh＝mv12
下降阶段：mg(H－h)－Ff(H－h)＝mv22
mgh＝2×mv22
由以上各式联立得：h＝H.故选D.
答案：D
5．如图4甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是 (　　)
图4
A．小环的质量是1 kg
B．细杆与地面间的倾角是30°
C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W
D．前3 s内小环机械能的增加量是6.75 J
解析：设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1 s内的加速度a＝ m/s2＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝1 kg，A正确；sinα＝0.45，B错误；分析可得前3 s内拉力F的最大功率以1 s末为最大，Pm＝Fv＝5×0.5 W＝2.5 W，C错误；前3 s内小环沿杆上升的位移x＝×1 m＋0.5×2 m＝1.25 m，前3 s内小环机械能的增加量ΔE＝mv2＋mgxsinα＝5.75 J，故D错误．
答案：A
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如图5所示)，电场强度为E，且qE＜mg，对物体在斜面上的运动，以下说法正确的是 (　　)
A．滑块将沿斜面减速下滑
B．滑块仍沿斜面匀速下滑
C．加电场后，重力势能和电势能之和不变
D．加电场后，重力势能和电势能之和减小
解析：没加电场时，滑块匀速下滑，有：mgsinθ＝μmgcosθ，加上电场后，因(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑块仍匀速下滑，B正确．加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确．
答案：BD
7. (2010·南京模拟)半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在
圆桶的最低点，如图6所示．小车以速度v向右匀速运动，当小车遇
到 障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能是(　　)
A．等于　　　　　　　 　　B．大于 图6
C．小于 D．等于2R
解析：小球沿圆桶上滑机械能守恒，由机械能守恒分析知A、C、D是可能的．
答案：ACD
8. (2009·山东高考)如图7所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m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(　　)
图7
A．m＝M
B．m＝2M
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：自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有：
(m＋M)gh＝(m＋M)gμcos30°·＋E弹 ①
在木箱反弹到轨道顶端的过程中，由能量守恒有：
E弹＝Mgμcos30°·＋Mgh ②
联立①②得：m＝2M，A错误，B正确．
下滑过程中：
(M＋m)gsinθ－(M＋m)gμcosθ＝(M＋m)a1 ③
上滑过程中：Mgsinθ＋Mgμcosθ＝Ma2 ④
解之得：a2＝g(sinθ＋μcosθ)＞a1＝g(sinθ－μcosθ)，
故C正确．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D错误．
答案：BC
9.静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为
F1、F2、F3的拉力作用做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象
如图8所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下
列判断正确的是 (　　) 图8
A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．全过程拉力做的功等于零
C．一定有F1＋F3＝2F2
D．有可能F1＋F3＞2F2
解析：由动能定理知A正确，B错误．第1 s内F1－μmg＝ma,1 s末至3 s末，F2＝μmg，
第4 s内，μmg－F3＝ma，所以F1＋F3＝2F2，故C正确，D错误．
答案：AC
10．如图9所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从
底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60
J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以地面为零势
能点，则下列说法正确的是 (　　) 图9
A．物体回到出发点时的动能是60 J
B．开始时物体所受的恒力F＝2mgsinθ
C．撤去力F时，物体的重力势能是45 J
D．动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置
解析：由功能关系可知，前一个时间t内，力F做的功等于此过程中物体机械能的增量，也等于前一个时间t末时刻物体的机械能；撤去外力F后，物体的机械能守恒，故物体回到出发点时的动能是60 J，A正确；设前一个时间t末时刻物体速度为v1，后一个时间t末时刻物体速度为v2，由t＝t(两段时间内物体位移大小相等)得：v2＝2v1，由mv22＝60 J知，mv12＝15 J，因此撤去F时，物体的重力势能为60 J－15 J＝45 J，C正确；动能和势能相同时，重力势能为30 J，故它们相同的位置一定在撤去力F之前的某位置，D正确；由＝，＝可得：F＝mgsinθ，故B错误．
答案：ACD
三、简答题(本题共2小题，共18分．请将解答填写在相应的位置)
11．(9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，若重物质量为0.50 kg，选择好的纸带如图10所示，O、A之间有几个点未画出．已知相邻两点时间间隔为0.02 s，长度单位是 cm，g取9.8 m/s2.则打点计时器打下点B时，重物的速度vB＝________m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp＝________J，动能的增加量ΔEk＝________J．(结果保留三位有效数字)
图10
解析：vB＝m/s≈0.973 m/s
动能的增量ΔEk＝mvB2＝×0.5×0.9732≈0.237 J
重力势能的减少量ΔEp＝mghB＝0.5×9.8×4.86×10－2 J≈0.238 J.
答案：0.973　0.238　0.237
12．(9分)某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.4 kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图11所示安装；
图11
③接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)；
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源．待小车
静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)．
在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图12甲、乙所示，图中O点是打点
计时器打的第一个点．
图12
请你分析纸带数据，回答下列问题：
(1)该电动小车运动的最大速度为________m/s；
(2)该电动小车运动过程中所受的阻力大小为________ N；
(3)该电动小车的额定功率为________W.
解析：(1)速度恒定时
v＝＝ m/s＝1.50 m/s.
(2)匀减速运动阶段
a＝≈－4.00 m/s2
Ff＝ma＝－1.60 N
(3)F＝－Ff
电动小车的额定功率
P＝Fv＝1.60×1.50 W＝2.40 W.
答案：(1)1.50　(2)1.60　(3)2.40
四、计算题(本题共4小题，共47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)如图13所示，质量为m的物体从倾角为θ的斜面上的A点以速度v0
沿斜面上滑，由于μmgcosθ＜mgsinθ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下
滑到B点时，速度大小恰好也是v0，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求
AB间的距离． 图13
解析：设物体m从A点到最高点的位移为x，对此过程由动能定理得：
－(mgsinθ＋μmgcosθ)·x＝0－mv02 ①
对全过程由动能定理得：
mgsinθ·xAB－μmgcosθ·(2x＋xAB)＝0 ②
由①②得：xAB＝.
答案：
14．(12分) (2010·连云港模拟)一劲度系数k＝800 N/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12 kg的物体A、B，将它们竖直静止放在水平面上，如图14所示．现将一竖直向上的变力F作用在A上，使A开始向上做匀加速运动，经0.40 s物体B刚要离开地面．g＝10.0 m/s2，试求：
(1)物体B刚要离开地面时，A物体的速度vA； 图14
(2)物体A重力势能的改变量；
(3)弹簧的弹性势能公式：Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，则此过程中拉力F做的功为多少？
解析：(1)开始时mAg＝kx1
当物体B刚要离地面时kx2＝mBg
可得：x1＝x2＝0.15 m
由x1＋x2＝at2
vA＝at
得：vA＝1.5 m/s.
(2)物体A重力势能增大，
ΔEpA＝mAg(x1＋x2)＝36 J.
(3)因开始时弹簧的压缩量与末时刻弹簧的伸长量相等，对应弹性势能相等，由功能关系可得：
WF＝ΔEpA＋mAvA2＝49.5 J.
答案：(1)1.5 m/s　(2)36 J　(3)49.5 J
15．(10分)(2009·浙江高考)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图15所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2)
图15
解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律x＝v1t
h＝gt2
解得v1＝x＝3 m/s
设赛车恰好通过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
mg＝m
mv32＝mv22＋mg(2R)
解得
v3＝＝4 m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是
vmin＝4 m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能关系
Pt－FfL＝mvmin2
由此可得t＝2.53 s.
答案：2.53 s
16．(15分)如图16甲所示，水平传送带的长度L＝6 m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，现在一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x，保持物块的初速度v0不变，多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移x，得到如图16乙所示的x－v图象．
图16
(1)当0＜v≤1 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？当v≥7 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？
(2)物块的初速度v0多大？
解析：(1)由于0＜v≤1 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、
B之间做匀减速直线运动．
由于v≥7 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做
匀加速直线运动．
(2)由图象可知在传送带速度v带＝1 m/s时，物体做匀减速运动．
则平抛初速度为v1＝1 m/s，由动能定理得：
－μmgL＝mv12－mv02
在v带＝7 m/s时，物体做匀加速运动，
则平抛初速度为v2＝7 m/s，由动能定理得：
μmgL＝mv22－mv02
解得v0＝ ＝5 m/s.
答案：(1)匀减速直线运动　匀加速直线运动　(2)5 m/s

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