2025人教版高中物理必修第二册强化练习题--第八章 机械能守恒定律拔高练（有解析）

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2025人教版高中物理必修第二册
综合拔高练
五年高考练
考点1　功和功率的计算
1.(2023湖北,4)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 (　　)
A.　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　D.
2.(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
3.(多选题)(2021重庆,10)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动,其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶,从t2和t4时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比,且比例系数相同,则 (　　)
A.甲车的总重比乙车的大
B.甲车比乙车先开始运动
C.甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同
D.甲车在t2时刻和乙车在t4时刻的速率相同
考点2　动能和动能定理的应用
4.(2024江西,4)“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道,后续经调整环月轨道高度和倾角,实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时(两轨道均可视为圆形轨道),其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是 (　　)
A.=,=　　　　　　　　B.=,=
C.=,=　　　　　　　　D.=,=
5.(2024安徽,2)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　　)
A.mgh　　　　　　　　B.mv2
C.mgh+mv2　　　　　 D.mgh-mv2
6.(多选题)(2023广东,8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物在圆弧滑道顶端P点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有 (　　)
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
7.(2023山东,8)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为 (　　)
A.
B.
C.
D.
8.(多选题)(2022福建,7)一物块以初速度v0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。该物块的动能Ek随位移x的变化关系如图所示,图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有 (　　)
A.重力加速度大小
B.物块所受滑动摩擦力的大小
C.斜面的倾角
D.沿斜面上滑的时间
9.(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
10.(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　功能关系
11.(2024全国甲,17)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
12.(2024山东,7)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(dA.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
13.(多选题)(2023湖南,8)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是 (　　)
A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道
考点5　验证机械能守恒定律
14.(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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
15.(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.(2024福建福州期中)如图a所示的弹跳精灵的构造为在绘上可爱表情的圆球下方拴接弹力十足的尼龙网裙子(可看成轻弹簧),玩的时候用力往下压,使尼龙网产生弹性形变(如图b),然后迅速放手,玩具竖直向上飞起(如图c)。从放手至冲到最高点过程,不计空气及摩擦阻力,下列说法正确的是 (　　)
　　
A.圆球的机械能守恒
B.圆球的动能先增大后减小
C.圆球的动能与尼龙网裙的弹性势能之和一直不变
D.圆球的重力势能与尼龙网裙的弹性势能之和一直减小
2.(多选题)(2024河北张家口期中)如图所示为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作用带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上行驶,某时刻的速度为v0,从该时刻起小车开始加速,经过时间t前进的距离为s,且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的输出功率恒为P,小车所受阻力恒为Ff,那么这段时间内牵引力所做的功为 (　　)
A.Pt　　　　　　　　B.Ffvmt
C.Ffs　　　　　　　　D.m-Ffs-m
3.(多选题)(2024河南洛阳期中)相同材料制作的两个物块a和b放在同一水平面上,用相同的水平拉力F分别作用在两物块上,一段时间后撤去拉力F,两物块运动的v-t图像如图所示,已知AB∥CD,在整个运动过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.a的质量小于b的质量
B.两种情况下拉力F做的功相等
C.两种情况下克服摩擦力做的功相等
D.两种情况下合外力做的功相等
4.(2024河北石家庄第一中学月考)近几年我国大力发展绿色环保动力。质量为1 kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动,达到最大速度后经一段时间关闭电源,其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程阻力恒定,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
A.小车运动的最大速度为4 m/s
B.小车的额定功率为2 W
C.小车减速时的加速度大小为2 m/s2
D.小车加速运动的时间为4 s
5.(多选题)(2024湖北武汉期中)实验表明:当普通人所承受的加速度约为重力加速度的5倍时就会发生晕厥。图甲中,过山车轨道的回环部分是半径为R的经典圆环轨道,A为圆轨道最高点、B为最低点;图乙中,过山车轨道的回环部分是倒水滴形轨道,上半部分是半径为R的半圆轨道,C为最高点,下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道,D为最低点。若载人过山车可视为质点,分别从两轨道顶峰上部由静止开始下降,沿轨道内侧经过A、C点时均恰好和轨道没有相互作用,点B、D等高,忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是 (　　)
　
A.过山车经过A、C点时速度为0
B.图甲过山车轨道比图乙过山车轨道更安全
C.图乙过山车轨道比图甲过山车轨道更安全
D.图乙中轨道顶峰的高度比图甲中轨道顶峰的高度高R
6.(多选题)(2024湖南岳阳模拟)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上,另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2 kg的小球(可视为质点)相连。直杆与水平面的夹角为30°,N点距水平面的高度为0.4 m,NP=PM,ON=OM,OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑,经过P处的速度为2 m/s,并恰能停止在M处。已知重力加速度g取10 m/s2,小球与直杆间的动摩擦因数为,则下列说法正确的是 (　　)
A.小球通过P点时的加速度大小为3 m/s2
B.弹簧具有的最大弹性势能为0.5 J
C.小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等
D.从N到P过程中,球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4 J
7.(2024甘肃武威模拟)如图所示,楔形木块固定在水平面上,左侧粗糙斜面和右侧光滑斜面与水平面的夹角均为37°,顶角处安装一轻质光滑定滑轮。质量分别为mA=3 kg、mB=5 kg的滑块A、B通过跨过定滑轮的不可伸长的轻绳连接,轻绳与斜面平行,A与斜面间的动摩擦因数为0.25。t=0时刻将两滑块由静止释放,t=4 s时B刚好运动至右侧斜面底端,此时A未运动至滑轮处。重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是 (　　)
A.0~4 s内轻绳对A的拉力做的功等于A机械能的增加量
B.t=4 s时A的速度大小为8 m/s
C.0~4 s内B机械能的减少量为157.5 J
D.0~4 s内A、B系统的机械能的减少量为72 J
8.(2024江苏南通如皋中学月考)小明用如图甲所示的气垫导轨装置(包括导轨、气泵、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计)验证滑块下滑过程中机械能守恒。在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ,并连接数字计时器。实验中,测得A、B点到水平桌面的高度分别为h1、h2,将滑块从光电门Ⅰ的上方释放,测得滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间为t1、t2。已知遮光条的宽度为d,重力加速度为g。
(1)实验过程中,先打开气泵,再释放滑块,滑块与导轨之间有一层薄薄的空气,这样滑块运动时受到的阻力　　　(选填“很大”或“很小”)。
(2)本实验　　　(选填“需要”或“不需要”)测量滑块(含遮光条)的质量。
(3)滑块通过光电门Ⅰ时速度的表达式为v1=　　　(用题中所给物理量符号表示)。
(4)在误差允许范围内,若滑块下滑过程中机械能守恒,则h1-h2=　　　　　(用题中所给物理量符号表示)。
(5)若实验过程中光电门Ⅰ发生故障,小明继续使用该装置测量当地重力加速度:让滑块由静止释放,记录释放点到桌面的高度h、滑块通过光电门Ⅱ的时间Δt2;改变滑块释放位置获得多组数据,作出如图乙所示的-h图像。根据图像可计算得到当地的重力加速度g=　　　　m/s2。
9.(2024江苏南京名校联考)如图所示,足够长的水平轻杆中点固定在竖直轻质转轴O1O2上的O点,小球A和B分别套在水平杆中点的左右两侧,套在转轴上原长L=0.4 m的轻质弹簧上端固定在O点,下端与小球C连接,小球A、C间和B、C间均用长度为的不可伸缩的轻质细线连接,可视为质点的三个小球的质量均为1 kg。装置静止时,小球A、B紧靠在转轴上,两条细线恰被拉直且张力为零。转动该装置并缓慢增大转速,小球C缓慢上升,弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)当弹簧恢复原长时,装置的转动角速度;
(3)在弹簧的长度由初状态变为的过程中,外界对装置所做的功。
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,教材中讲解了由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
综合拔高练
五年高考练
1.D　额定功率为P1的动车以最大速度v1行驶时,F阻1=F牵1=;额定功率为P2的动车以最大速度v2行驶时,F阻2=F牵2=。将它们编成动车组以最大速度v行驶时,有P1+P2=F牵v=(F阻1+F阻2)v,解得v=,选项D正确。
2.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=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。
一题多解　物体水平位移一定,当F在水平方向的分力最小时,F做功最少;根据f=μFN可知,μ一定且f与FN间的夹角恒定,将f和FN合成为一个力FR,如图甲所示,其中tan α=μ为定值,合力F合=ma水平向右,根据矢量合成可得图乙,由图可知,当FR=0时,F在水平方向的分力最小,F做功最小,为max,D正确。
3.ABC　以车为研究对象,其在水平方向受发动机牵引力和阻力作用,当牵引力大于阻力时车开始运动。由图可知,甲车比乙车先开始运动,B正确。车匀速运动时,F=f,由图可知,f甲>f乙,结合题给条件知,甲车重力大于乙车重力,A正确。甲车在t1时刻和乙车在t3时刻,甲、乙两车的牵引力相同,额定功率也相同,由P=Fv得,甲、乙两车速率相同,C正确。甲车在t2时刻和乙车在t4时刻,甲、乙两车均匀速运动,由vm==及f甲>f乙得v甲4.A　
5.D　人在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,D正确。
6.BCD　重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=m,代入数据解得货物克服阻力做的功为Wf=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。
7.A　小车拖动物体运动过程,由动能定理得Fs1-fs1-μmgs1=(m+M),额定功率P0=Fv0,轻绳脱落后,物体运动过程,由动能定理得-μmg(s2-s1)=0-m,联立解得P0=,故选A。
一题多解　从动力学角度分析:设物体与地面间的动摩擦因数为μ,在小车拖动物体行驶位移s1的过程中,有F-f-μmg=(m+M)a,v2=2as1,P0=Fv;轻绳从物体上脱落后a2=μg,v2=2a2(s2-s1),联立有P0=,A正确。
8.BD　由动能定理有Ek1=mgx0 sin θ+fx0、Ek2=mgx0 sin θ-fx0,联立可得mg sin θ=、 f=,结合Ek1=可以看出,能够求出物块的质量m、所受滑动摩擦力的大小f,但求不出重力加速度g及斜面倾角θ,A、C错误,B正确;由x0=·t可求得物块沿斜面上滑的时间,故D正确。
9.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。
10.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=
11.C　由机械能守恒定律和向心力公式可知,小环下滑的速度越来越大,所需的向心力也越来越大。如图所示,在小环开始运动后的小段距离内,小环的速度较小,所需的向心力较小,大圆环对小环的作用力背离圆心;小环向下运动,当小环的重力沿半径方向的分力恰好提供向心力时,小环与大圆环之间没有作用力;之后随着小环速度的增大,所需的向心力增大,大圆环对小环的弹力指向圆心,且逐渐增大,所以C正确。
一题多解　设小环与大环圆心连线与竖直方向夹角为θ,则有mgr(1-cos θ)=mv2,mg cos θ-FN=m,联立解得FN=3mg cos θ-2mg,θ从0°增大到180°,当cos θ=时FN=0,则支持力先减小后反向增大。
12.B　因为是缓慢拉动,所以弹性绳恢复原长前,拉力不变,F=μmg,所做的功W1=μmg(l-d),弹性绳由开始形变,到甲所坐木板刚要离开原位置,弹性绳的伸长量x=,此过程中F由μmg变为2μmg,则W2=·=[点拨:拉力与拉动距离(位移)线性相关,可以用平均力求功],则拉力做的总功W=+μmg(l-d),故选B。
一题多解　当甲所坐木板刚要离开原位置时,有μmg=kx,解得x=,由功能关系得W=kx2-0+μmg(l-d+x),解得W=+μmg(l-d),故选B。
13.AD　小球从B到C的过程中,任选一点P,设OP与竖直方向的夹角为α,则mg cos α-N=m,从B到C,α逐渐减小,小球的速度v也逐渐减小,则轨道对小球的支持力逐渐增大,由牛顿第三定律可知,A正确;小球从A到C的过程中,小球在竖直方向的速度逐渐减小,重力的功率逐渐减小,B错误;由题意知,小球在C点的速度为零,小球从A到C的过程中,根据机械能守恒有mg·2R=m,则小球的初速度v0=2,C错误;小球的初速度v0越大,小球在B点时轨道对小球的支持力越小,当小球的初速度v0增大到在B点轨道对小球的支持力为零时,小球就可能从B点脱离轨道,D正确。
14.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。
15.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.B　弹跳精灵从放手至冲到最高点过程,尼龙网的弹力对圆球做功,故圆球的机械能不守恒,A错误;从放手至冲到最高点过程,圆球先做加速运动后做减速运动,圆球的动能先增大后减小,B正确;根据能量守恒,圆球的机械能与尼龙网裙的弹性势能之和一直不变,圆球的重力势能一直增大,故圆球的动能与尼龙网裙的弹性势能之和一直减小,圆球的动能先增大后减小,故圆球的重力势能与尼龙网裙的弹性势能之和先减小后增大,C、D错误。
2.AB　由题意可知,牵引力的功率恒为P,当牵引力等于阻力时,小车速度达到最大值,此时牵引力F=Ff,则有P=Ffvm,这段时间内牵引力所做的功为W=Pt=Ffvmt,A、B正确;题述过程中牵引力和阻力做功,由于阻力恒为Ff,由动能定理得W-Ffs=m-m,可得牵引力所做的功为W=Ffs+m-m>Ffs,故C、D错误。
3.AD　
图形剖析　从图中可获取的信息如图所示
解析　设物块在水平面上加速时的加速度大小为a1,减速时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得F-f=ma1,f=ma2,以上两式联立得m=;由于两物块减速时的加速度相同,而加速时物块a的加速度大于b的,两物块的水平拉力F也相同,所以a的质量小于b的质量,A正确。两拉力大小相同,而拉力作用下的位移xa4.B　实验小车运动的最大动能为2 J,所以最大速度为vmax== m/s=2 m/s,A错误。对减速运动过程分析,有a== m/s2=1 m/s2,阻力f=ma=1×1 N=1 N;对实验小车匀速运动过程分析,有F=f=1 N,则实验小车的额定功率为P=Fvmax=1×2 W=2 W,B正确,C错误。加速过程中,对实验小车由动能定理有Pt-fx1=Ekmax-0,解得t== s=2 s,D错误。
5.CD　已知过山车经过A、C点时和轨道没有相互作用,重力充当向心力,有mg=,解得v=>0,A错误。过山车分别运动到轨道最低点B、D时,人的加速度最大,由动能定理,对沿图甲圆环轨道运动的过山车有mg·2R=-,经过B点时的加速度a1=,解得a1=5g,图甲过山车轨道存在安全隐患;对沿图乙倒水滴形轨道运动的过山车,有mg·3R=-,经过D点时的加速度a2=,解得a2=3.5g<5g,故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全,B错误,C正确。相同载人过山车在顶峰处动能为0,经A、C点时动能相等,根据机械能守恒,有mgh甲=EkA+mg·2R,mgh乙=EkC+mg·3R,其中EkA=EkC,可得h乙-h甲=R,即图乙中轨道顶峰的高度比图甲中轨道顶峰的高度高R,D正确。
6.CD　因小球在P点时弹簧处于原长,则加速度为a=g sin 30°-μg cos 30°=2 m/s2,A错误。因NP段与PM段关于P点对称,则在两段上弹力的平均值相等,则摩擦力平均值相等(破题关键),摩擦力做功相等,C正确。设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf,弹簧具有的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒定律得mg·+Ep=mv2+Wf;小球从N到M的过程有mgh=2Wf,联立解得Ep=mv2=0.4 J,B错误。小球从N到P过程中,球和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE=Wf==0.4 J,D正确。
7.C　0~4 s内轻绳拉力与摩擦力的合力对A做的功等于A机械能的增加量,A错误;0~4 s内,对A、B系统,由牛顿第二定律可得mBg sin 37°-mAg sin 37°-μmAg cos 37°=(mA+mB)a(点拨:可分别对A、B列牛顿第二定律方程),解得a=0.75 m/s2,则t=4 s时A的速度大小为v=at=3 m/s,B错误;0~4 s内设绳对B做的功为W,由动能定理有mBg sin 37°×t+W=mBv2,解得W=-157.5 J,可知B的机械能减少了157.5 J,C正确;0~4 s内A、B系统机械能的减少量等于A克服摩擦力所做的功,ΔE=W克=μmAg cos 37°×t=36 J,D错误。
8.答案　(1)很小　(2)不需要　(3)
(4)　(5)9.6
解析　(1)实验过程中,先打开气泵,再释放滑块,滑块与导轨之间有一层薄薄的空气,这样滑块运动时受到的阻力很小,可以忽略,可认为滑块的机械能守恒。
(2)滑块下滑过程中减少的重力势能转化为动能,则有mg(h1-h2)=m-m=m-m·,整理化简得g=-,所以本实验不需要测量滑块(含遮光条)的质量。
(3)由于遮光条通过光电门的时间很短,用其通过光电门的平均速度代替瞬时速度,则滑块通过光电门Ⅰ时速度的表达式为v1=。
(4)由(2)分析可得g(h1-h2)=-,则h1-h2=。
(5)设光电门Ⅱ到桌面的高度为h3,滑块下滑过程中机械能守恒,减少的重力势能转化为动能,有mg·(h-h3)=m,化简可得=2g(h-h3),可得-h图线的斜率k=2g= m/s2,可得当地的重力加速度为g=9.6 m/s2。
9.答案　(1)100 N/m　(2) rad/s　(3) J
解析　(1)装置静止时,细线恰好被拉直且张力为零,即细线中拉力为F1=0
此时弹簧长度等于细线长度,对小球C,有
k=mg
所以k==100 N/m
(2)设弹簧恢复原长时,细线的拉力大小为F2,装置转动的角速度为ω1,细线与转轴间的夹角为θ1,A、B、C的位置关系如图所示
由几何关系可知sin θ1=0.6,cos θ1=0.8
对小球C有2F2 cos θ1=mg
对小球A有F2 sin θ1=m·L sin θ1
联立解得ω1== rad/s
(3)设弹簧长度为=0.3 m时,细线的拉力为F3,装置转动的角速度为ω2,细线与转轴间的夹角为θ2,由几何关系知sin θ2=0.8,cos θ2=0.6,
对小球C,有2F3 cos θ2=mg+k
对小球A有F3 sin θ2=m·L sin θ2
在弹簧的长度由初状态变为0.3 m时,弹簧弹性势能不变,外界对装置所做的功等于A、B球动能的增量与C球重力势能的增量之和(破题关键),即
W=2·m(ω2L)2+mgL
解得W=mgL= J
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A点到最低点过程中,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(破题关键),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,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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