人教版新教材必修二第八章 机械能守恒定律 测试（含答案）
文档属性
| 名称 | 人教版新教材必修二第八章 机械能守恒定律 测试（含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 887.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-11-27 19:15:52 | ||
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文档简介
人教版新教材必修二第八章测试（含答案）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共60.0分）
一辆汽车在平直公路上以恒定功率匀速行驶，行驶的速度为。由于前方出现险情，汽车要减速慢行，驾驶员在时刻将发动机的功率减半，以的恒定功率行驶到时刻通过险情区之后，驾驶员立即将功率增大到，以恒定功率继续向前行驶到时刻，整个过程汽车所受阻力恒为，则在这段时间内，汽车的速度随时间变化的关系图像可能是( )
A. B.
C. D.
如图所示，甲为一长度为的均匀链条，总质量为，一半放在水平桌面上，一半竖直下垂。乙为两个质量均为的小球，一个放在水平桌面上，一个竖直下垂，中间用不计质量、长度为的细绳相连，水平部分和竖直部分长度相等，小球可以视为质点。现给甲、乙一个小扰动，使得甲、乙都刚好离开水平桌面。取水平桌面所在的平面为零势能面，重力加速度大小为，这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 甲的重力势能减少了 B. 乙的重力势能减少了
C. 甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功 D. 甲、乙重力势能的减少量相等
轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立轴，现对物块施加水平向右的外力，随轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为( )
A. B. C. D.
如图所示，某人把一个质量的小球从高处以角斜向上抛出，初速度，不计空气阻力，重力加速度。则下列说法正确的是( )
A. 抛出过程中，人对球做的功是
B. 物体被抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于
C. 小球落地时速度大小为
D. 小球到达最高点的速度为
如图，一固定斜面倾角为，一质量为的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小；物块上升的最大高度为，则此过程中，物块的( )
A. 动能损失了 B. 动能损失了
C. 机械能损失了 D. 机械能损失了
如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物可视为质点，重物静止时处于位置。现用手托重物使之缓慢上升至位置，此时弹簧长度恢复至原长。之后由静止释放重物使其沿竖直方向在位置和位置图中未画出之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程不计空气阻力，下列说法中正确的是
A. 重物在位置时，其加速度的数值大于当地重力加速度的值
B. 在重物从位置下落到位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量
C. 在重物从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做的功相同
D. 在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能
如图所示，一小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图所示．其中高度从下降到，图像为直线，其余部分为曲线，对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为，小物体质量为，重力加速度为，则以下说法正确的是( )
A. 根据已知条件无法求出弹簧的劲度系数
B. 小物块下降至离地高度为时，动能最大，弹簧的弹性势能最小
C. 小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了
D. 小物体从高度下降到，弹簧的最大弹性势能为
一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离的变化如图中两直线所示，重力加速度取，则( )
A. 物块下滑过程中机械能守恒
B. 物块与斜面间的摩擦力为
C. 物块下滑时加速度的大小为
D. 当物块下滑时机械能损失了
利用图示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度和下落高度某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，其中正确的方案是( )
A. 用刻度尺测出物体下落的高度，并测出下落时间，通过计算出瞬时速度
B. 用刻度尺测出物体下落的高度，并通过计算出瞬时速度
C. 根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算得出高度
D. 用刻度尺测出物体下落的高度，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度
如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的图象，为过原点的倾斜直线，段表示以额定功率行驶时的加速阶段．段是与段相切的水平直线．下述说法正确的是( )
A. 时间内汽车以恒定功率做匀加速运动 B. 时间内的平均速度为
C. 时间内汽车牵引力做功等于 D. 在全过程中时刻的牵引力及其功率都是最大值
二、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
某航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，质量，动力系统提供的恒定升力。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。假设飞行器飞行时所受阻力大小不变，取重力加速度。
第一次试飞，飞行器飞行时到达的高度，求飞行器所受阻力。
第二次试飞，飞行器飞行时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能到达的最大高度。
如图所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图所示的模型：弧形轨道的下端与半径为的竖直圆轨道相接，、分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为的小球可视为质点从弧形轨道上的点由静止滚下，到达点时的速度为，且恰好能通过点。已知、间的高度差为，为重力加速度。求：
小球运动到点时，轨道对小球的支持力的大小
小球通过点时的速率
小球从点运动到点的过程中，克服摩擦力做的功。
如图所示的装置由三部分组成，传送带左边是光滑的水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的物块，开始物块静止。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并平滑对接，传送带以的速度逆时针转动。传送带的右边是一位于竖直平面内的光滑圆轨道，最低点为，最高点为，半径。从点正上方高处无初速释放质量为的物块，从点进入圆轨道，物块与只发生一次碰撞，且为弹性正碰。已知与传送带之间的动摩擦因数，传送带长，取。求：
物块与碰撞后弹簧的最大弹性势能
物块对圆轨道的最大压力
物块释放点距点的高度。
答案和解析
1.【答案】
【解析】选B 在时间内，汽车以功率、速度匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，图线应为一段横线；时间内，汽车的功率减为的瞬间，汽车速度仍为，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，阻力没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度减小，由牛顿第二定律得，可知汽车的加速度逐渐减小，即图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当汽车速度降至时，汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次做匀速直线运动；时间内，汽车的功率恢复到的瞬间，汽车速度为，汽车的牵引力大于阻力，汽车开始做加速运动，速度增大，由牛顿第二定律得，可知汽车的加速度逐渐减小，即图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当汽车速度升至时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次做速度为的匀速直线运动，选项B正确。
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查重力势能的概念和重力做功与重力势能之间的关系。
对均匀链条，重力势能的变化看其重心下降的高度。
【解答】
A.甲是长为的均匀链条，则甲刚离开桌面时，竖直下垂的一半重心下降，桌面上一半重心下降，则重力势能减少，故A正确；
B.乙刚离开桌面时，桌上小球重心不变，竖直小球重心下降，则重力势能减少了，故B错误；
C.重力做的功等于重力势能的变化量，因，故重力对甲做的功更多，故 C 错误；
D.，，甲、乙重力势能的减少量不相等。故D错误。
故选A。
3.【答案】
【解析】
【分析】
图象与坐标轴围成图形的面积表示所做的功，根据动能定理列方程求克服弹簧弹力做的功，即等于弹簧的弹性势能。
本题考查动能定理的应用以及图象中“面积”的含义，可以对比图象中面积的含义得出其物理意义。
【解答】
由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力做的功：
设克服弹簧弹力做的功为，根据动能定理：
代入得：
得：
则，故A正确，BCD错误；
故选A。
4.【答案】
【解析】
【分析】
根据功能关系得到人对球做的功；根据得到重力对小球所做的功；根据动能定理得到小球落地时速度的大小；小球到达最高点竖直速度为零，水平速度不为零。
本题主要考查斜抛运动与动能定理的综合运用，掌握斜抛运动的分析方式是采用运动的分解，将速度分解为水平方向与竖直方向。
【解答】
A.根据功能关系得，代入数据得，故A错误；
B.重力做功只与高度差有关，所以重力对小球所做的功：，故B错误；
C.对球抛出后到落地应用动能定理：，代入数据解得，故C正确；
D.小球到达最高点的具有水平方向的速度，所以速度不为，故D错误。
5.【答案】
【解析】物块上滑的位移为已知物体上滑的加速度大小为，由动能定理得：动能的损失等于物体克服合外力做功为：，即动能损失了，故A正确，B错误；、设摩擦力的大小为，根据牛顿第二定律得：，得：，则物块克服摩擦力做功为，根据功能关系可知机械能损失了故C错误，D错误。故选：
6.【答案】
【解析】
【分析】
放手之后，重物以点为平衡位置做简谐运动，结合简谐运动的对称性分析重物在位置的加速度；在重物从位置下落到位置的过程中，根据动量定理分析各个力的冲量关系。根据动能定理分析能量变化情况。
本题通过弹簧振子模型综合考查力与运动关系、动量定理、动能定理，关键是熟悉振子振动过程中的受力情况和运动情况，抓住对称性，结合能量转化情况进行分析。
【解答】
A.在点，重物的回复力为，方向向下。根据简谐运动的对称性可知在最低点时，重物回复力大小等于，方向向上，产生的加速度大小为，方向向上，故A错误；
B.在位置时重物的速度为零，在位置时重物的速度也为零，在重物从位置下落到位置的过程中，由动量定理知合外力的冲量为零。重物受重力和弹簧对重物的弹力，则此过程中重力的冲量与弹簧弹力的冲量刚好抵消，即此过程中重力的冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小，两者方向相反，故B错误；
C.物从位置到位置的过程中中，根据动能定理可得：
解得：
从到的过程，根据动能定理可得：
解得：
故在重物从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做的功不相同，故C错误；
D.在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，重物受重力、弹簧弹力、手对重物的功，三力做功之和为零即：，当重物从到过程，则，，联立解得，在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故D正确。
故选D。
7.【答案】
【解析】
【分析】
高度从下降到，图象为直线，该过程是自由落体，此时的加速度也就是自由落体加速度点是弹簧开始压缩的地方。小物体下落至高度时，达到最低点，速度为零点与点物体的动能相同，根据功能关系即可得出小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能的增加量，根据功能关系求解弹簧的最大弹性势能。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道小物体和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律结合功能关系进行解答即可。
【解答】
由图可知，物体高度为时，刚接触弹簧，在高度为过程中弹簧弹性势能为最小，均为零，当高度为时，物体的速度最大，此时物体的加速度为零，在时，根据平衡条件得：，可得，故AB错误；
C.小物体在高度和时，动能相同，由弹簧振子的对称性可知，在时物块加速度为向上的，则弹簧弹力是重力的倍，此时弹簧的压缩量为：
小物体从高度下降到，重力做功：，所以弹簧的弹性势能增加了，故C错误；
D.小物体从高度下降到，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为，故D正确。
故选D。
8.【答案】
【解析】
【分析】
分析初位置以及下滑时的机械能，从而判断机械能是否守恒；
根据功能关系分析求解物块与斜面间的摩擦力大小；
根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；
分析物块下滑时除重力以外其它力做功情况从而计算机械能的损失量。
解决该题需要掌握机械能守恒的条件，知道势能和动能之和统称为机械能，掌握与机械能相关的功能关系。
【解答】
A、物块在初位置其重力势能为，动能，此时物块具有的机械能为；
当下滑距离为时，物块具有的机械能为，所以下滑过程中物块的机械能减小，故A错误；
B、根据功能关系可知克服摩擦力做的功等于机械能的减少，故有：，解得物块与斜面间的摩擦力为，故B正确；
C、物块在初位置其重力势能为，则物块的质量；
令斜面的倾角为，则，所以，下滑过程中根据牛顿第二定律可得：，解得：，故C错误；
D、当物块下滑距离为时，根据功能关系可得损失的机械能为，故D错误。
故选：。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本实验通过验证减少的重力势能是否与增加的动能相等，来验证机械能是否守恒，在处理数据时，高度必须用刻度尺测量，速度必须根据来求，不能通过运动学公式来算出，否则得不到实验验证。
明确各种实验仪器的使用方法和实验的实验原理是解决实验问题的关键，掌握瞬时速度通过实验数据算出，而不是理论推算，下落高度是通过刻度尺来测量。
【解答】
瞬时速度应由纸带根据求出，因为重物下落过程中受到阻力作用，实际加速度小于当地重力加速度，不能用来求速度，故AB错误
C.应用米尺量出纸带下落高度，不能用求高度，故C错误
D.下落高度应用米尺测量，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测出瞬时速度，故 D正确。
故选：。
10.【答案】
【解析】解：、时间内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，根据知，汽车的功率增大，故A错误．
B、时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度，故B错误．
C、时间内，根据动能定理得，，则牵引力做功，故C错误．
D、时间内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，功率增大，时间内，功率不变，速度增大，牵引力减小，时刻后，牵引力减小到与阻力相等，汽车做匀速直线运动，可知在全过程中时刻的牵引力及其功率都是最大值，故D正确．
故选：．
汽车先做匀加速直线运动，功率达到额定功率后，做加速度减小的变加速直线运动，当牵引力与阻力相等时，做匀速直线运动，结合汽车在整个过程中的运动规律分析判断．对于变加速直线运动，平均速度不等于首末速度之和的一半．根据动能定理求出变加速直线运动过程中牵引力做功的大小．
解决本题的关键理清在整个过程中汽车的运动规律，知道汽车何时速度最大，运用动能定理求解牵引力做功时，不能忽略阻力做功．
11.【答案】解：第一次试飞，飞行器做匀加速直线运动，设加速度为，则有，由牛顿第二定律可得，代入数据可得．
第二次试飞，设失去升力时飞行器的速度为，上升的高度为，则有，，设失去升力后还能上升的高度为，根据动能定理有，代入数据可求得，，则飞行器能到达的最大高度．
【解析】见答案
12.【答案】解：小球运动到点时，由牛顿第二定律得：
结合解得轨道对小球的支持力的大小为：
小球恰能通过点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
则得：
小球从点运动到点的过程中，根据动能定理得：
解得：
【解析】小球运动到点时，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求支持力的大小；
小球恰能通过点时，由重力提供向心力，再由牛顿第二定律求速率；
小球从点运动到点的过程中，运用动能定理求克服摩擦阻力做的功。
本题属于圆周运动中轻绳的模型，关键要明确圆周运动向心力的来源：在最高点时，重力恰好充当向心力；要知道动能定理是求功常用的方法
13.【答案】解：因物块与只发生一次碰撞，则碰后返回圆轨道最低点的速度为，设碰后速度为，碰后返回点过程，由动能定理得：
解得
设与碰前速度为，碰后速度为。
取向左为正方向，由动量守恒定律得：
解得，
物块的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：
解得
设物块在圆轨道最低点的速度大小为，从到与相碰过程，因碰前速度，故物块在传送带上一直做减速运动
由动能定理得：
在圆弧最低点，由牛顿第二定律得：
解得
由牛顿第三定律知，物块对圆轨道的最大压力大小，方向竖直向下。
从释放点到与碰撞过程，由动能定理得：
解得。
【解析】物块与只发生一次碰撞，说明碰后返回圆轨道最低点的速度为，碰后返回点的过程，由动能定理求出碰后的速度。物块与发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求与碰前速度和碰后的速度。当的速度为零时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒定律求物块与碰撞后弹簧的最大弹性势能；
物块在传送带上做减速运动，根据动能定理求出物块在点的速度，即可根据牛顿第二定律和牛顿第三定律结合求物块对圆轨道的最大压力；
从释放点到与碰撞过程，由动能定理求物块释放点距点的高度。
分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，选择恰当的过程，应用动能定理求相关速度。对于弹性碰撞，运用动量守恒定律和机械能守恒定律研究碰撞前后物体的速度。本题的突破口是“物块与只发生一次碰撞”，要明确碰后返回圆轨道最低点的速度为零。
第1页，共1页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共60.0分）
一辆汽车在平直公路上以恒定功率匀速行驶，行驶的速度为。由于前方出现险情，汽车要减速慢行，驾驶员在时刻将发动机的功率减半，以的恒定功率行驶到时刻通过险情区之后，驾驶员立即将功率增大到，以恒定功率继续向前行驶到时刻，整个过程汽车所受阻力恒为，则在这段时间内，汽车的速度随时间变化的关系图像可能是( )
A. B.
C. D.
如图所示，甲为一长度为的均匀链条，总质量为，一半放在水平桌面上，一半竖直下垂。乙为两个质量均为的小球，一个放在水平桌面上，一个竖直下垂，中间用不计质量、长度为的细绳相连，水平部分和竖直部分长度相等，小球可以视为质点。现给甲、乙一个小扰动，使得甲、乙都刚好离开水平桌面。取水平桌面所在的平面为零势能面，重力加速度大小为，这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 甲的重力势能减少了 B. 乙的重力势能减少了
C. 甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功 D. 甲、乙重力势能的减少量相等
轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立轴，现对物块施加水平向右的外力，随轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为( )
A. B. C. D.
如图所示，某人把一个质量的小球从高处以角斜向上抛出，初速度，不计空气阻力，重力加速度。则下列说法正确的是( )
A. 抛出过程中，人对球做的功是
B. 物体被抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于
C. 小球落地时速度大小为
D. 小球到达最高点的速度为
如图，一固定斜面倾角为，一质量为的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小；物块上升的最大高度为，则此过程中，物块的( )
A. 动能损失了 B. 动能损失了
C. 机械能损失了 D. 机械能损失了
如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物可视为质点，重物静止时处于位置。现用手托重物使之缓慢上升至位置，此时弹簧长度恢复至原长。之后由静止释放重物使其沿竖直方向在位置和位置图中未画出之间做往复运动。重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。关于上述过程不计空气阻力，下列说法中正确的是
A. 重物在位置时，其加速度的数值大于当地重力加速度的值
B. 在重物从位置下落到位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量
C. 在重物从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做的功相同
D. 在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能
如图所示，一小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图所示．其中高度从下降到，图像为直线，其余部分为曲线，对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为，小物体质量为，重力加速度为，则以下说法正确的是( )
A. 根据已知条件无法求出弹簧的劲度系数
B. 小物块下降至离地高度为时，动能最大，弹簧的弹性势能最小
C. 小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了
D. 小物体从高度下降到，弹簧的最大弹性势能为
一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离的变化如图中两直线所示，重力加速度取，则( )
A. 物块下滑过程中机械能守恒
B. 物块与斜面间的摩擦力为
C. 物块下滑时加速度的大小为
D. 当物块下滑时机械能损失了
利用图示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度和下落高度某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，其中正确的方案是( )
A. 用刻度尺测出物体下落的高度，并测出下落时间，通过计算出瞬时速度
B. 用刻度尺测出物体下落的高度，并通过计算出瞬时速度
C. 根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算得出高度
D. 用刻度尺测出物体下落的高度，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度
如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的图象，为过原点的倾斜直线，段表示以额定功率行驶时的加速阶段．段是与段相切的水平直线．下述说法正确的是( )
A. 时间内汽车以恒定功率做匀加速运动 B. 时间内的平均速度为
C. 时间内汽车牵引力做功等于 D. 在全过程中时刻的牵引力及其功率都是最大值
二、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
某航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，质量，动力系统提供的恒定升力。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。假设飞行器飞行时所受阻力大小不变，取重力加速度。
第一次试飞，飞行器飞行时到达的高度，求飞行器所受阻力。
第二次试飞，飞行器飞行时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能到达的最大高度。
如图所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图所示的模型：弧形轨道的下端与半径为的竖直圆轨道相接，、分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为的小球可视为质点从弧形轨道上的点由静止滚下，到达点时的速度为，且恰好能通过点。已知、间的高度差为，为重力加速度。求：
小球运动到点时，轨道对小球的支持力的大小
小球通过点时的速率
小球从点运动到点的过程中，克服摩擦力做的功。
如图所示的装置由三部分组成，传送带左边是光滑的水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的物块，开始物块静止。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并平滑对接，传送带以的速度逆时针转动。传送带的右边是一位于竖直平面内的光滑圆轨道，最低点为，最高点为，半径。从点正上方高处无初速释放质量为的物块，从点进入圆轨道，物块与只发生一次碰撞，且为弹性正碰。已知与传送带之间的动摩擦因数，传送带长，取。求：
物块与碰撞后弹簧的最大弹性势能
物块对圆轨道的最大压力
物块释放点距点的高度。
答案和解析
1.【答案】
【解析】选B 在时间内，汽车以功率、速度匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，图线应为一段横线；时间内，汽车的功率减为的瞬间，汽车速度仍为，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，阻力没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度减小，由牛顿第二定律得，可知汽车的加速度逐渐减小，即图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当汽车速度降至时，汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次做匀速直线运动；时间内，汽车的功率恢复到的瞬间，汽车速度为，汽车的牵引力大于阻力，汽车开始做加速运动，速度增大，由牛顿第二定律得，可知汽车的加速度逐渐减小，即图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当汽车速度升至时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次做速度为的匀速直线运动，选项B正确。
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查重力势能的概念和重力做功与重力势能之间的关系。
对均匀链条，重力势能的变化看其重心下降的高度。
【解答】
A.甲是长为的均匀链条，则甲刚离开桌面时，竖直下垂的一半重心下降，桌面上一半重心下降，则重力势能减少，故A正确；
B.乙刚离开桌面时，桌上小球重心不变，竖直小球重心下降，则重力势能减少了，故B错误；
C.重力做的功等于重力势能的变化量，因，故重力对甲做的功更多，故 C 错误；
D.，，甲、乙重力势能的减少量不相等。故D错误。
故选A。
3.【答案】
【解析】
【分析】
图象与坐标轴围成图形的面积表示所做的功，根据动能定理列方程求克服弹簧弹力做的功，即等于弹簧的弹性势能。
本题考查动能定理的应用以及图象中“面积”的含义，可以对比图象中面积的含义得出其物理意义。
【解答】
由图线与坐标轴围成的面积表示功可以得到力做的功：
设克服弹簧弹力做的功为，根据动能定理：
代入得：
得：
则，故A正确，BCD错误；
故选A。
4.【答案】
【解析】
【分析】
根据功能关系得到人对球做的功；根据得到重力对小球所做的功；根据动能定理得到小球落地时速度的大小；小球到达最高点竖直速度为零，水平速度不为零。
本题主要考查斜抛运动与动能定理的综合运用，掌握斜抛运动的分析方式是采用运动的分解，将速度分解为水平方向与竖直方向。
【解答】
A.根据功能关系得，代入数据得，故A错误；
B.重力做功只与高度差有关，所以重力对小球所做的功：，故B错误；
C.对球抛出后到落地应用动能定理：，代入数据解得，故C正确；
D.小球到达最高点的具有水平方向的速度，所以速度不为，故D错误。
5.【答案】
【解析】物块上滑的位移为已知物体上滑的加速度大小为，由动能定理得：动能的损失等于物体克服合外力做功为：，即动能损失了，故A正确，B错误；、设摩擦力的大小为，根据牛顿第二定律得：，得：，则物块克服摩擦力做功为，根据功能关系可知机械能损失了故C错误，D错误。故选：
6.【答案】
【解析】
【分析】
放手之后，重物以点为平衡位置做简谐运动，结合简谐运动的对称性分析重物在位置的加速度；在重物从位置下落到位置的过程中，根据动量定理分析各个力的冲量关系。根据动能定理分析能量变化情况。
本题通过弹簧振子模型综合考查力与运动关系、动量定理、动能定理，关键是熟悉振子振动过程中的受力情况和运动情况，抓住对称性，结合能量转化情况进行分析。
【解答】
A.在点，重物的回复力为，方向向下。根据简谐运动的对称性可知在最低点时，重物回复力大小等于，方向向上，产生的加速度大小为，方向向上，故A错误；
B.在位置时重物的速度为零，在位置时重物的速度也为零，在重物从位置下落到位置的过程中，由动量定理知合外力的冲量为零。重物受重力和弹簧对重物的弹力，则此过程中重力的冲量与弹簧弹力的冲量刚好抵消，即此过程中重力的冲量大小等于弹簧弹力的冲量大小，两者方向相反，故B错误；
C.物从位置到位置的过程中中，根据动能定理可得：
解得：
从到的过程，根据动能定理可得：
解得：
故在重物从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做的功不相同，故C错误；
D.在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，重物受重力、弹簧弹力、手对重物的功，三力做功之和为零即：，当重物从到过程，则，，联立解得，在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故D正确。
故选D。
7.【答案】
【解析】
【分析】
高度从下降到，图象为直线，该过程是自由落体，此时的加速度也就是自由落体加速度点是弹簧开始压缩的地方。小物体下落至高度时，达到最低点，速度为零点与点物体的动能相同，根据功能关系即可得出小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能的增加量，根据功能关系求解弹簧的最大弹性势能。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道小物体和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律结合功能关系进行解答即可。
【解答】
由图可知，物体高度为时，刚接触弹簧，在高度为过程中弹簧弹性势能为最小，均为零，当高度为时，物体的速度最大，此时物体的加速度为零，在时，根据平衡条件得：，可得，故AB错误；
C.小物体在高度和时，动能相同，由弹簧振子的对称性可知，在时物块加速度为向上的，则弹簧弹力是重力的倍，此时弹簧的压缩量为：
小物体从高度下降到，重力做功：，所以弹簧的弹性势能增加了，故C错误；
D.小物体从高度下降到，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为，故D正确。
故选D。
8.【答案】
【解析】
【分析】
分析初位置以及下滑时的机械能，从而判断机械能是否守恒；
根据功能关系分析求解物块与斜面间的摩擦力大小；
根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；
分析物块下滑时除重力以外其它力做功情况从而计算机械能的损失量。
解决该题需要掌握机械能守恒的条件，知道势能和动能之和统称为机械能，掌握与机械能相关的功能关系。
【解答】
A、物块在初位置其重力势能为，动能，此时物块具有的机械能为；
当下滑距离为时，物块具有的机械能为，所以下滑过程中物块的机械能减小，故A错误；
B、根据功能关系可知克服摩擦力做的功等于机械能的减少，故有：，解得物块与斜面间的摩擦力为，故B正确；
C、物块在初位置其重力势能为，则物块的质量；
令斜面的倾角为，则，所以，下滑过程中根据牛顿第二定律可得：，解得：，故C错误；
D、当物块下滑距离为时，根据功能关系可得损失的机械能为，故D错误。
故选：。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本实验通过验证减少的重力势能是否与增加的动能相等，来验证机械能是否守恒，在处理数据时，高度必须用刻度尺测量，速度必须根据来求，不能通过运动学公式来算出，否则得不到实验验证。
明确各种实验仪器的使用方法和实验的实验原理是解决实验问题的关键，掌握瞬时速度通过实验数据算出，而不是理论推算，下落高度是通过刻度尺来测量。
【解答】
瞬时速度应由纸带根据求出，因为重物下落过程中受到阻力作用，实际加速度小于当地重力加速度，不能用来求速度，故AB错误
C.应用米尺量出纸带下落高度，不能用求高度，故C错误
D.下落高度应用米尺测量，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测出瞬时速度，故 D正确。
故选：。
10.【答案】
【解析】解：、时间内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，根据知，汽车的功率增大，故A错误．
B、时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度，故B错误．
C、时间内，根据动能定理得，，则牵引力做功，故C错误．
D、时间内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，功率增大，时间内，功率不变，速度增大，牵引力减小，时刻后，牵引力减小到与阻力相等，汽车做匀速直线运动，可知在全过程中时刻的牵引力及其功率都是最大值，故D正确．
故选：．
汽车先做匀加速直线运动，功率达到额定功率后，做加速度减小的变加速直线运动，当牵引力与阻力相等时，做匀速直线运动，结合汽车在整个过程中的运动规律分析判断．对于变加速直线运动，平均速度不等于首末速度之和的一半．根据动能定理求出变加速直线运动过程中牵引力做功的大小．
解决本题的关键理清在整个过程中汽车的运动规律，知道汽车何时速度最大，运用动能定理求解牵引力做功时，不能忽略阻力做功．
11.【答案】解：第一次试飞，飞行器做匀加速直线运动，设加速度为，则有，由牛顿第二定律可得，代入数据可得．
第二次试飞，设失去升力时飞行器的速度为，上升的高度为，则有，，设失去升力后还能上升的高度为，根据动能定理有，代入数据可求得，，则飞行器能到达的最大高度．
【解析】见答案
12.【答案】解：小球运动到点时，由牛顿第二定律得：
结合解得轨道对小球的支持力的大小为：
小球恰能通过点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
则得：
小球从点运动到点的过程中，根据动能定理得：
解得：
【解析】小球运动到点时，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求支持力的大小；
小球恰能通过点时，由重力提供向心力，再由牛顿第二定律求速率；
小球从点运动到点的过程中，运用动能定理求克服摩擦阻力做的功。
本题属于圆周运动中轻绳的模型，关键要明确圆周运动向心力的来源：在最高点时，重力恰好充当向心力；要知道动能定理是求功常用的方法
13.【答案】解：因物块与只发生一次碰撞，则碰后返回圆轨道最低点的速度为，设碰后速度为，碰后返回点过程，由动能定理得：
解得
设与碰前速度为，碰后速度为。
取向左为正方向，由动量守恒定律得：
解得，
物块的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：
解得
设物块在圆轨道最低点的速度大小为，从到与相碰过程，因碰前速度，故物块在传送带上一直做减速运动
由动能定理得：
在圆弧最低点，由牛顿第二定律得：
解得
由牛顿第三定律知，物块对圆轨道的最大压力大小，方向竖直向下。
从释放点到与碰撞过程，由动能定理得：
解得。
【解析】物块与只发生一次碰撞，说明碰后返回圆轨道最低点的速度为，碰后返回点的过程，由动能定理求出碰后的速度。物块与发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求与碰前速度和碰后的速度。当的速度为零时弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒定律求物块与碰撞后弹簧的最大弹性势能；
物块在传送带上做减速运动，根据动能定理求出物块在点的速度，即可根据牛顿第二定律和牛顿第三定律结合求物块对圆轨道的最大压力；
从释放点到与碰撞过程，由动能定理求物块释放点距点的高度。
分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，选择恰当的过程，应用动能定理求相关速度。对于弹性碰撞，运用动量守恒定律和机械能守恒定律研究碰撞前后物体的速度。本题的突破口是“物块与只发生一次碰撞”，要明确碰后返回圆轨道最低点的速度为零。
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