2024人教版高中物理必修第二册同步练习题--第八章　机械能守恒定律拔高练（有解析）

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2024人教版高中物理必修第二册同步
第八章　机械能守恒定律
综合拔高练
五年高考练
考点1　功和功率
1.(2023北京,11)如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。在物体移动距离为x的过程中 (　　)
A.摩擦力做功大小与F方向无关
B.合力做功大小与F方向有关
C.F为水平方向时,F做功为μmgx
D.F做功的最小值为max
2.(2022广东,9)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有 (　　)
A.从M到N,小车牵引力大小为40 N
B.从M到N,小车克服摩擦力做功800 J
C.从P到Q,小车重力势能增加1×104 J
D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J
3.(2021湖南,3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是　 (　　)
A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变
B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动
C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为 vm
D.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 m-Pt
考点2　动能和动能定理
4.(2022全国甲,14)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.
5.(2021山东,3)如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
6.(2023江苏,11)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块 (　　)
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
7.(2023湖北,14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。求
(1)小物块到达D点的速度大小。
(2)B和D两点的高度差。
(3)小物块在A点的初速度大小。
考点3　机械能守恒定律的应用
8.(2022湖北,5)如图所示,质量分别为m和2m的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面上,P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑,Q与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离,撤去拉力后,Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,重力加速度大小为g。若剪断轻绳,P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
9.(2022全国乙,16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于 (　　)
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
10.(2022河北,9)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度。取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点。下列说法正确的是 (　　)
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
B.2T时刻物体Q的机械能为
C.2T时刻物体P重力的功率为
D.2T时刻物体P的速度大小为
考点4　功能关系　能量守恒定律
11.(2021全国甲,24)如图,一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能;
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能;
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件
考点5　验证机械能守恒定律
12.(2022河北,11)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律,实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k,原长为L0,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加速度大小为g。
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为　　　　,钩码的动能增加量为　　　　,钩码的重力势能增加量为　　　　。
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系,如图3所示。
由图3可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是
　。
13.(2022湖北,12)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为　　　　。
(2)由图乙得:直线的斜率为　　　　,小钢球的重力为　　　　N。(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是　　　　(单选,填正确答案标号)。
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
三年模拟练
应用实践
1.(2023河南焦作月考)如图所示,质量为m的小球A可视为质点,用长为L的摆线悬挂在墙上O点,O点正下方O'点钉有一光滑细支柱,O、O'两点的距离为L'。现将A球拉至摆线偏离竖直方向60°由静止释放,摆至最低点后A球仍可绕O'点完成圆周运动,则L'与L的比值可能为 (　　)
A.　　　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　　　D.
2.(2023四川绵阳期末)一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶,汽车所受牵引力F随时间t变化的关系如图所示。若汽车的质量为1.2×103 kg,阻力恒定,汽车发动机的最大功率恒定,则以下说法正确的是 (　　)
A.汽车先做匀加速运动,后做匀速直线运动
B.汽车运动的最大速度是25 m/s
C.汽车发动机的最大功率为3×104 W
D.汽车匀加速运动阶段的加速度为1.25 m/s2
3.(2023湖南108所学校期中联考)已知同一个物体在月球上所受重力相当于在地球上所受重力的。某人分别在月球和地球上击打同一个高尔夫球,已知两种情况下小球的初速度相同,且均沿水平方向,小球在竖直方向运动的距离h相同,那么在这两种情况下 (　　)
A.人对高尔夫球做的功相同
B.在月球上的高尔夫球落地速率更大
C.在月球上的高尔夫球射程更大
D.在月球上的高尔夫球重力做功更多
4.(2023天津耀华中学模拟)如图所示,质量为m的滑块从竖直墙壁上高为h处的a点,由静止开始沿斜面ab滑到水平地面(斜面与水平地面在b点平滑连接,斜面长度可随b点位置变动调节),并最终静止在c点,已知滑块与斜面及水平地面间的动摩擦因数均为μ,空气阻力不计。设c点到竖直墙壁的水平距离为x,滑块到达b点时的速度大小为v,则滑块从a到c的运动过程中 (　　)
A.斜面倾角越大,v越大
B.斜面倾角越大,v越小
C.斜面倾角越大,x越大
D.斜面倾角越大,x越小
5.(2023江西南昌测试)如图所示,粗细均匀的光滑直杆竖直固定,质量为m的小球A套在杆上可自由滑动,绕过定滑轮的细线一端连接在小球A上,另一端吊着质量也为m的小球B,开始时小球A的位置在定滑轮的上方,连接小球A的细线与杆的夹角为θ=53°,小球A与滑轮间的细线长为L,杆上P点与定滑轮在同一高度,杆上Q点与滑轮的连线与杆的夹角也为θ=53°。由静止释放小球A,小球可视为质点,重力加速度为g,sin 53°=0.8,不计滑轮的质量和大小,则在小球A向下运动到Q点的过程中 (　　)
A.小球A运动到P点时速度最大
B.小球A运动到Q点时速度为零
C.细线对小球B的拉力做功为零
D.小球B的机械能增量为mgL
6.(2023重庆九龙坡期中)如图甲所示,一可视为质点的物体以初速度v0在足够长的水平地面上做减速运动,运动过程中物体动能Ek随位移x的变化如图乙所示。已知物体质量为2 kg,以地面为零势能面,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,可得 (　　)
　　　
A.物体的初速度v0大小为4 m/s
B.物体与地面间的动摩擦因数为0.8
C.x=1.75 m时,物体的动能为10 J
D.x=1.75 m时,摩擦力的瞬时功率大小为12 W
7.(2023上海普陀期中)如图所示的水平轨道AD足够长,只有BC部分是粗糙的,其长度为L=1 m,其余部分是光滑的。质量为1 kg、长度为2L的粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧(绳的右端在B点),软绳与粗糙部分之间的动摩擦因数为μ=0.8,现用F=2 N的水平向右的恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长度不变,重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在软绳运动的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.软绳先做匀加速运动后做匀减速运动
B.软绳的左端能经过B点
C.软绳的最大动能为0.5 J
D.软绳克服摩擦力做功4.0 J
8.(2023福建龙岩期中)利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置如图所示,水平桌面上固定一倾斜的光滑气垫导轨,导轨上有一带长方形遮光片的滑块,滑块和遮光片的总质量为mB,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为mA的小球相连,遮光片两条长边与导轨垂直,导轨上有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t。用x表示从初始位置到光电门处的距离,d表示遮光片的宽度,x d,将遮光片通过光电门时的平均速度看作滑块的瞬时速度,实验时滑块由静止开始向下运动。已知重力加速度大小为g。
(1)某次实验测得导轨的倾角为θ,滑块从初始位置到达光电门时,小球和滑块组成的系统的动能增加量可表示为ΔEk=　　　　　　,系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=　　　　　　,在误差允许的范围内,若ΔEk=ΔEp,则可认为系统的机械能守恒。(均用题中字母表示)
(2)若在上述运动过程中机械能守恒,则与x的关系式为=　　　　　　。
9.(2023福建福州期中)某根弹簧的弹力大小与它的总长度关系如图甲所示,其中弹簧原长为l0=10 cm。某实验小组用这根弹簧制作了一个弹射器,如图乙,将小球向左压缩弹簧(未超过弹性限度)后释放即可弹射出小球。已知装置OA段和BC段光滑,BC段是半径为R=10 cm的四分之一圆弧,AB段长度为3R,小球与AB段间的动摩擦因数μ=0.1,小球质量m=0.1 kg。取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求弹簧的劲度系数k;
(2)第一次弹出后小球恰好能到达C点,弹射过程弹力做了多少功
(3)再换质量为m'=0.3 kg的钢球,将弹簧压缩到5 cm由静止释放弹射,钢球往返运动后停在何处 最后一次压缩弹簧到多长
　　
迁移创新
10.(2023北京朝阳期末)蹦极是一项非常刺激的运动。为了研究蹦极过程,可将人视为质点,人的运动沿竖直方向,人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量、空气阻力均可忽略。某次蹦极时,人从蹦极台跳下,到A点时弹性绳恰好伸直,人继续下落,能到达的最低位置为B点,如图所示。已知人的质量为m,弹性绳的原长为l0,其弹力大小和弹簧的弹力大小规律相同,满足F=kΔx,其中Δx为弹性绳的形变量,k是与弹性绳有关的系数。重力加速度为g。
(1)求人第一次达到最大速度时弹性绳的长度l。
(2)图像是研究物理问题常见的方法。
a.取起点为坐标原点,取竖直向下为正方向,建立x轴。在人由起点运动到B点的过程中,人的位移为x,加速度为a,在图中定性画出a随x变化的图线。
b.类比是一种常用的研究方法。对于直线运动,教科书中讲解了由v-t图像求位移和加速度的方法。请你借鉴此方法,根据图分析说明质量越大的人,能到达的最低位置越低。
答案与分层梯度式解析
第八章　机械能守恒定律
综合拔高练
五年高考练
1.D 2.ABD 3.C 4.D 5.B 6.C
8.C 9.C 10.BCD
1.D　设力F与水平方向夹角为θ,则有F cos θ-f=ma,mg-F sin θ=FN,f=μFN,联立解得f=-ma,摩擦力做功大小Wf=fx=(-ma)x,与F方向有关,故A错误;合力大小F合=ma,合力做功大小W合=F合x=max,与F方向无关,故B错误;若F水平时,F=f+ma,F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,故C错误;合力做功W合=WF-Wf=max,为定值,当摩擦力为零时,摩擦力做功为零,力F做功最小,为WF=max,故D正确。
2.ABD　由F=得从M到N的牵引力F= N=40 N,A正确。从M到N,匀速运动的速度v=5 m/s,t==4 s,由动能定理有Pt-Wf=0,则克服摩擦力做功Wf=800 J,B正确。从P到Q上升高度h=xPQ sin 30°=10 m,ΔEp=-WG=mgh=5×103 J,运动时间t'==10 s,由动能定理有P't'-mgh-W'f=0,得克服摩擦力做功W'f=700 J,C错,D正确。
3.C　动车组在匀加速启动过程中,F-kv=ma,a不变,v增大,则F也增大,选项A错误。若四节动力车厢输出功率均为额定值,则 -kv=ma,知随着v的增大,a减小,选项B错误。当动车组达到最大速度vm时,满足 -kvm=0;若四节动力车厢总功率为2.25P,动车组匀速行驶时满足 -kv=0,联立可得v=vm,选项C正确。动车组从静止启动到达到最大速度vm,由动能定理得4Pt-Wf=m-0,解得Wf=4Pt-m,选项D错误。
4.D　运动员从a处滑至c处,mgh=m-0,在c点,N-mg=m,联立得N=mg,由题意,结合牛顿第三定律可知,N=F压≤kmg,得R≥,故D项正确。
5.B　木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动,根据动能定理有-2πfL=0-m,解得f=,B正确。
6.C　由于频闪仪的曝光时间一定,则乙图中滑块的运动时间大于甲图中滑块的运动时间,把甲图向上的匀减速运动等效为逆向的匀加速运动,则a甲=a乙,因为t乙>t甲,所以a乙v乙A,B错误;由图可知,在A、B之间的运动,甲图中滑块所用的时间较短,所以C正确;两图中滑块所受摩擦力相等,由W=Fx知,D错误。
7.答案　(1)　(2)0　(3)
解析　(1)小物块在竖直固定光滑圆弧轨道内侧做圆周运动,恰好能到达轨道最高点D,则mg=m
解得vD=
(2)设小物块到达C点的速度为vC,C→D过程由机械能守恒定律得m=m+mgR(1+cos 60°)
设小物块到达B点的速度为vB,则vB与vC之间满足vB=vC cos 60°
设B、D两点高度差为h,则B→D过程由机械能守恒定律得m+mgh=m
联立解得h=0
(3)A→B过程由动能定理得
-·mg·π·2R=m-m
解得vA=
8.C　Q恰好静止时,设弹簧的伸长量为x,根据平衡条件有kx=2μmg;剪断轻绳后,Q仍静止不动,P在弹簧的弹力作用下开始向右运动,其与弹簧组成的系统机械能守恒,P向右的速度为零时,到达最右端,此时弹簧的压缩量达到最大,也为x,此后P在初始位置和最右端范围内来回运动,因此P相对于初始位置的最大位移大小为2x=,即C正确。
9.C　如图所示,设大圆环半径为R,P、A距离为L,由机械能守恒定律可知,小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等,分析小环的运动可知,小环沿斜线PA下滑的加速度a=g cos θ=,v=at=t,由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同,即2R=gt2,代入上式可得v=L,故C正确。
10.BCD　由静止释放后,由牛顿第二定律可知,mQg-T拉=mQa,T拉-mPg=mPa,由于a=,则=,选项A错误;设P物体质量为m,则Q物体质量为2m,两物体运动示意图如图所示
T时刻绳子断开时,P、Q两物体 分别在图中B、D处,对应速度大小为v'1=v1=T,绳子断开之后,P做竖直上抛运动,设再经t时间到达与Q释放位置(C点)等高处,根据匀变速直线运动公式有0=v'1-gt,得t=,则开始时P、Q的高度差h=x1+x2=T+·=gT2,所以t=0时刻,Q的机械能E=2mgh=mg2T2,2T时刻Q的速度为v2=v1+gT=gT,在0～2T时间内,Q下落的距离H=T+T=gT2,所以在2T时刻Q的机械能为E'=-2mg(H-h)+·2m=mg2T2=,选项B正确;P到达最高点之后,再经过T到达2T时刻,此时P的速度为v'2=gT,选项D正确;在2T时刻,物体P重力的功率P=mgv'2=mg2T,结合上述分析,得P=,选项C正确。
11.答案　(1)mgd sin θ　(2)
(3)L>d+
解析　(1)设小车通过第30个减速带后,经过每个减速带损失的机械能为ΔE
小车从刚通过第30个减速带到刚通过第31个减速带,由动能定理可知mgd sin θ-ΔE=0
解得ΔE=mgd sin θ
(2)小车运动全程能量守恒,设为通过前30个减速带时每一个减速带上平均损失的机械能,
mgL sin θ+49mgd sin θ=μmgs+20ΔE+30
解得=
(3)由题意可知>ΔE
解得L>d+
12.答案　见解析
解析　(1)打出A点时,弹簧的伸长量xA=L-L0;打出F点时,弹簧的伸长量xF=L-L0-h5,则从打出A点到打出F点的时间内,弹簧弹性势能减少量为ΔEp1=k-k=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2;打出F点时,钩码速度vF=,动能增加量ΔEk=m=m;重力势能增加量ΔEp2=mgh5。
(2)随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是弹簧弹力逐渐减小,空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦阻力变得不可忽略,系统机械能减小。
13.答案　(1)-2　(2)-2.1　0.59　(3)C
解析　(1)小球摆至最高点时有Tmin=mg cos θ
小球摆至最低点时有Tmax=mg+m
根据机械能守恒定律有mgL(1-cos θ)=mv2
三式联立整理得Tmax=3mg-2Tmin
故直线斜率的理论值为-2。
(2)由Tmax与Tmin的函数式可知,图像的纵截距为3mg=1.77 N,则mg=0.59 N,在图线上取两点坐标求斜率,k===-2.1。
(3)小钢球摆动过程中克服空气阻力做功,使一部分机械能转化为内能,故选C。
三年模拟练
1.CD 2.B 3.AC 4.A 5.D 6.AD 7.C
1.CD　设A球摆至最低点时的速度为vA,此位置为零势能点,则对于A球下摆过程,由机械能守恒定律有0+mgL(1-cos 60°)=m+0,解得vA=;要使A球摆至最低点后仍可绕O'点完成圆周运动,则在以O'点为圆心的圆周运动中,在最高点时有mg≤m,由机械能守恒定律有0+mgL(1-cos 60°)=m+0=2mg(L-L')+mv2,联立可解得vA=≥,得≥,故选C、D。
2.B　由题图可知,汽车所受牵引力先不变,后减小,再不变,阻力恒定,可知汽车先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,再做匀速直线运动,A错误;0～4 s内,汽车所受牵引力的大小为5×103 N,阻力大小为2×103 N,则汽车匀加速运动阶段有F-f=ma,v=at,P额=Fv,解得加速度为a=2.5 m/s2,P额=5×104 W,故C、D错误;当汽车达到最大速度时,牵引力等于阻力,所以P额=fvm,解得vm=25 m/s,故B正确。
3.AC　同样的高尔夫球,在月球和地球上被击飞时初速度相同,所以获得的动能相同;高尔夫球获得动能的过程只有人对球做功,根据动能定理可得人对高尔夫球做的功相同,故A正确。高尔夫球被击飞后做平抛运动,竖直方向有h=gt2,落地速率v==,由于月球表面的重力加速度g小,所以月球上高尔夫球的落地速率也小,B错误。射程x=v0t=v0·,可得月球上高尔夫球的射程更大,C正确;重力做功W=mgh,知月球上高尔夫球的重力做功更少,D错误。
4.A　设斜面倾角为θ,滑块由a到b,由动能定理有mgh-μmg cos θ·=mv2-0,解得v=,所以斜面倾角越大,v越大,故A正确,B错误。滑块由a到c,由动能定理有mgh-μmg·cos θ·-μmg=0-0,解得x=,所以x的大小与斜面倾角无关,故C、D错误。
5.D　小球A运动到P点时,加速度竖直向下为g,因此速度并不是最大,A错误;设小球A运动到Q点时的速度大小为v,此时小球B的速度大小为v cos 53°=0.6v,小球A下落的高度为h=2L cos 53°=1.2L,小球B高度不变,根据A、B组成的系统机械能守恒,有mgh=mv2+m(0.6v)2,解得v2=gL,B错误;由于小球B高度不变,动能增大,因此拉力对小球B做正功,不为零,C错误;由于小球B高度不变,重力势能不变,则小球B的机械能增量等于动能的增量,得ΔE=m(v cos 53°)2=mgL,D正确。
6.AD　由题图乙可知,物体的初动能为Ek=m=16.0 J,解得物体的初速度v0=4 m/s,A正确;设物体与水平地面之间的动摩擦因数为μ,根据动能定理有-μmgΔx=ΔEk,可得Ek-x图线的斜率的绝对值等于滑动摩擦力,故μmg== N=4 N,解得μ=0.2,故B错误;x=1.75 m时,克服摩擦力做功为Wf=μmgx=7 J,物体的动能为E'k=Ek-Wf=9 J,速度为v'==3 m/s,摩擦力的瞬时功率大小为Pf=μmgv'=12 W,故C错误,D正确。
7.C　设绳子右端向右运动的位移为x,当0≤x≤L时,绳子所受摩擦力Ff=μmg=μmg,当L8.答案　(1)　(mB sin θ-mA)gx
(2)
解析　(1)小滑块通过光电门时的速度为v=,则滑块从初始位置到达光电门时,小球和滑块组成的系统的动能增加量ΔEk=(mA+mB)v2=;滑块的重力势能减少了mBgx sin θ,小球的重力势能增加了mAgx,所以系统的重力势能减少量为(mB sin θ-mA)gx。
(2)若在上述运动过程中机械能守恒,则ΔEk=ΔEp,即=(mB sin θ-mA)gx,得出=。
9.答案　(1)200 N/m　(2)0.13 J　(3)停在AB段距离A点 cm处　7.35 cm
解析　(1)根据胡克定律有F=k(l-l0)
代入图甲中数值,有10=k(15-10)×10-2
解得弹簧的劲度系数k=200 N/m
(2)小球恰好能到达C点,设小球离开弹簧时的初动能为Ek0,根据动能定理有-μmg·3R-mgR=0-Ek0
弹射过程弹力做的功W等于小球的初动能,
解得W=Ek0=0.13 J
(3)弹簧压缩到5 cm时具有的弹性势能为
Ep=kΔx2=×200×(5×10-2)2 J=0.25 J
因为AB段不是光滑的,所以钢球最后一定停在AB段的某个位置,设整个过程中经过AB段的总路程为s,有Ep=μm'gs
解得s= m= cm
因为有AB=3R=30 cm
故可得s=2·AB+ cm
所以钢球最后停在AB段,距离A点 cm处;钢球弹出往返一次后最后一次压缩弹簧,在往返一次后还未接触弹簧时钢球的动能为Ek=Ep-μm'g·3R·2
设最后一次压缩后弹簧的长度为l',
可得k(l0-l')2=Ek
解得l'≈7.35 cm
10.答案　(1)l0+　(2)见解析
解析　(1)当人的速度达到最大时,加速度为零,即mg=kΔx
解得弹性绳的伸长量为Δx=
所以弹性绳的长度为l=l0+Δx=l0+
(2)a.在O到A阶段,人只受竖直向下的重力,做自由落体运动,加速度为a=g
人从O点到最低点,根据牛顿第二定律有mg-k(x-l0)=ma
随着人的下落,位移x不断增大,所以加速度不断减小,当加速度减小到零时,人的速度达到最大,随着x的继续增大,加速度反向增大,人的速度不断减小,直到速度减为零,人运动到最低点,此时人的加速度大小应大于重力加速度大小,所以a随x变化的图线如图所示。
b.类比v-t图像与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移,a-x图线与横轴所围的面积与质量的乘积表示合外力所做的功,从起点到最低点,根据动能定理可知合外力做功等于零,即x轴上方的面积与x轴下方的面积相等,若人的质量越大,图线与x轴的交点坐标越大,图线在x轴上方的面积与x轴下方的面积都将增大,所以速度减为零时的位移增大,即人能到达的最低位置越低。
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