章末复习课
知识体系
[答案填写] ①W为正 ②W＝0 ③W为负 ④mv2 ⑤mgh ⑥初、末位置 ⑦mv－mv
主题一 动能定理在多过程中的应用
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择对全程应用动能定理会更简单、更方便．
【例1】 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5(sin 37°＝0.6)．
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．
解析：本题考查匀变速直线运动、平抛运动和牛顿运动定律．
(1)小物块由静止释放到B的过程中，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
v＝2a，
解得vB＝4 m/s.
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则有
0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL，
解得h1＝3.0 m，
当h(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有
mv2＝mgh－μmgcos θ－μmgL，
H＋2R＝gt2，x＝vt，
解得x＝2.
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足
mg≤，
解得h≥3.6 m.
答案：(1)4 m/s (2)h<3.0 m (3)x＝2 h≥3.6 m
针对训练
1.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC面水平，B、C距离d＝0.50 m，盆边缘的高度h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：设小物块在BC面上运动的总路程为s.物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得mgh－μmgs＝0，s＝＝ m＝3 m，d＝0.50 m，则s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最后停在B点，故选D.
答案：D
主题二 功能关系的理解和应用
1．几种常见功能关系的理解．
功能关系
表达式
物理意义
正功、负功含义
重力做功与重力势能
W＝－ΔEp
重力做功是重力势能变化的原因
W＞0
势能减少
W＜0
势能增加
W＝0
势能不变
弹簧弹力做功与弹性势能
W＝－ΔEp
弹力做功是弹性势能变化的原因
W＞0
势能减少
W＜0
势能增加
W＝0
势能不变
合力做功与动能
W＝ΔEk
合外力做功是物体动能变化的原因
W＞0
动能增加
W＜0
动能减少
W＝0
动能不变
除重力或系统弹力外其他力做功与机械能
W＝ΔE
除重力或系统弹力外其他力做功是机械能变化的原因
W＞0
机械能增加
W＜0
机械能减少
W＝0
机械能守恒
2.应用功能关系解题的步骤．
(1)明确研究对象，研究对象是一个物体或是几个物体组成的系统．
(2)隔离研究对象，分析哪些力对它做功，它的哪些能量发生变化．
(3)根据能量的变化类型确定用哪一类功能关系去求解．
(4)根据相应的功能关系列方程、求解．
【例2】 如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切．一质量m＝1 kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1 s后，滑块和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2.求：
(1)滑块与木板间的摩擦力大小Ff；
(2)滑块下滑的高度h；
(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q.
解析：(1)对木板：Ff＝Ma1，
由运动学公式，有v＝a1t，
解得Ff＝2 N.
(2)对滑块：－Ff＝ma2.
设滑块滑上木板时的速度是v0，
则v－v0＝a2t，v0＝3 m/s.
由机械能守恒定律，有mgh＝mv，
h＝＝ m＝0.45 m.
(3)根据功能关系，有Q＝mv－(M＋m)v2＝×1×32 J－×(1＋2)×12 J＝3 J.
答案：(1)2 N (2)0.45 m (3)3 J
针对训练
2.(多选)(2018·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：物体从A点到O点的过程中，弹力开始大于摩擦力，后小于摩擦力，故加速度先减小后反向增大，在弹力等于摩擦力时，加速度为0，速度达到最大，故A正确，B错误；物体从A点到B点的全过程，弹簧先压缩后伸长，弹力先做正功再做负功，全程由动能定理可得弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故C错误，D正确．
答案：AD
【统揽考情】
本章的基本概念和基本规律较多，体现了利用功能观点分析问题的思路，该部分内容是高考的重点和热点．既有本章的单独考查，也有与电场、磁场的综合考查．
高考命题的热点主要集中在动能定理的综合应用上，功能关系的综合应用每年必考，并且分值较大．高考题型有选择题，有综合计算题，也有实验题．
【真题例析】
(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
解析：小球由a到c的过程，由动能定理，得F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得v＝4gR；小球离开c点后，在竖直方向vc＝gt，在水平方向的位移为x＝at2＝2R；从a点到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，选项C正确，A、B、D错误．
答案：C
针对训练
(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能
E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度g取10 m/s2.由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
解析：Ep-h图象知其斜率为G，故G＝＝20 N，解得m＝2 kg，故A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E机－Ep＝100 J－0＝100 J，故mv2＝100 J，解得：v＝10 m/s，故B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，Ek＝E机－Ep＝90 J－40 J＝50 J，故C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m时，Ek′＝E机－Ep＝80 J－80 J＝0 J，故Ek－Ek′＝100 J，故D正确．
答案：AD
1.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
解析：对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Eko，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12 N；下落过程，(mg－F)(6－h)＝Ek，即mg－F＝k′＝8 N，联立两公式，得到m＝1 kg，F＝2 N.
答案：C
2．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：木箱受力如图所示．木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：WF－Wf＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误．无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误．
答案：A
3．(2017·全国卷Ⅱ)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
A. B.
C. D.
解析：设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t，2R＝·gt2，求得x＝ ，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误．
答案：B
4．(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为( )
A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
解析：QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功Wc＝－m′g·＝－mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误．
答案：A
5．如图所示，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．
解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg，①
设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg，②
由①②式得＝5.③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0.④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式，有
N＋mg＝，⑤
由④⑤式得，vC应满足mg≤m，⑥
由机械能守恒有mg＝mv.⑦
由⑥⑦式可知小球恰好可以沿轨道运动到C点．
答案：(1)5 (2)恰好可以沿轨道运动到C点
章末质量评估(三)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单选，9～12题为多选，选对得4分，漏选得2分，多选、错选均不得分)
1.如图所示，在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子，用力使船向前移动．关于力对船做功的下列说法中正确的是( )
A．绳的拉力对船做了功
B．人对绳的拉力对船做了功
C．树对绳子的拉力对船做了功
D．人对船的静摩擦力对船做了功
解析：绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船，没有对船做功．只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了位移，故对船做了功，且做正功，故选项A、B、C错误，选项D正确．
答案：D
2．升降机中有一质量为m的物体，当升降机以加速度a匀加速上升h高度时，物体增加的重力势能为( )
A．mgh B．mgh＋mah
C．mah D．mgh－mah
解析：要分析重力势能的变化，只需要分析重力做功．物体随升降机上升了h，物体克服重力做功W＝mgh，故物体的重力势能增加了mgh，A正确．
答案：A
3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )
解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，故选项C正确，D错误．
答案：C
4.一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静止开始滑下．由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是( )
A．h1＝h2 B．h1＜h2
C．h1＞h2 D．h1、h2大小关系不确定
解析：由能的转化和守恒定律可知，小球由A到B的过程中重力势能减少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即WAB＝mgh1.同理，WBC＝mgh2，又随着小球最大高度的降低，每次滑过的路程越来越短，必有WAB＞WBC，所以mgh1＞mgh2，得h1＞h2，故C正确．
答案：C
5.如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度，使小车沿轨道内侧做圆周运动．要使小车不脱离轨道，则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为( )
A. B.
C. D.
解析：小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg＝m.小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒．设小车在A处获得的最小初速度为vA，由机械能守恒定律得mv＝mgr＋mv2，解得vA＝.故选项C正确．
答案：C
6．物体在拉力作用下向上运动，其中拉力做功10 J，克服阻力做功5 J，克服重力做功5 J，则( )
A．物体重力势能减少5 J B．物体机械能增加5 J
C．合力做功为20 J D．物体机械能减少5 J
解析：物体向上运动，重力做负功5 J，故重力势能增加了5 J，故A错误；合力做功W＝10－5－5＝0，即合力做功为零，故C错误；除重力以外的力做功衡量机械能的变化，因此物体的机械能增加了ΔE＝10－5＝5 J，故B正确，D错误.
答案：B
7.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带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内 ( )
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的合外力所做的功为Pt
D．小车受到的牵引力做的功为Fx＋mv
解析：小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，因为v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B项错误；合外力做的功W外＝Pt－Fx，由动能定理得W牵－Fx＝mv，故C项错误，D项正确．
答案：D
8.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为( )
A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN)
C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)
解析：质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿定律有FN－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝R(FN－3mg)，故A项正确．
答案：A
9.如图所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物体，现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板底端时的速度为v，则在整个过程中( )
A．支持力对小物体做功为0
B．摩擦力对小物体做功为mgLsin α
C．摩擦力对小物体做功为mv2－mgLsin α
D．木板对小物体做功为mv2
解析：木板由水平位置转过α角的过程中，摩擦力方向与速度方向垂直不做功，除重力外只有板的支持力做功，故此过程中支持力所做的功等于物体增加的重力势能：WN＝ΔEp＝mgLsin α，所以A错误；物体从开始下滑到滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得WG＋Wf＝mv2－0，即Wf＝mv2－mgLsin α，故C正确，B错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板对小物体做功为mv2，D正确．
答案：CD
10．(2019·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
解析：小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；全过程小物块的路程为2 s，所以全过程中克服摩擦力做的功为μmg·2 s，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：Epmax＝μmgs，故C正确；对小物块从A点返回A点，由动能定理得：－μmg·2s＝0－mv，解得v0＝2，故D错误．
答案：BC
11.如图所示，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高H＝2.24 m，排球质量为m＝300 g，运动员对排球做的功为W1＝20 J，排球运动过程中克服空气阻力做功为W2＝4.12 J，重力加速度g取10 m/s2.球从手刚发出位置的高度h＝2.04 m，选地面为零势能面，则( )
A．与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 J
B．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 J
C．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 J
D．与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J
解析：与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H－h)＝0.3×10×(2.24－2.04) J＝0.6 J，故A错误；根据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh＋W1－W2＝0.3×10×2.04 J＋20 J－4.12 J＝22 J，故B正确；由动能定理可知，排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1－W2－mg(H－h)＝15.28 J，故C错误；与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达网上边缘时动能的减少量为W2＋mg(H－h)＝4.72 J，故D正确．
答案：BD
12．某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末达到额定功率，2 s到14 s保持额定功率运动，14 s末停止遥控，让玩具车自由滑行，其v-t图象如图所示．可认为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为m＝1 kg，g取10 m/s2，则( )
A．玩具车所受阻力大小为2 N
B．玩具车在4 s末牵引力的瞬时功率为9 W
C．玩具车在2 s到10 s内位移的大小为39 m
D．玩具车整个过程的位移为90 m
解析：由题图可知在14 s后的加速度a2＝ m/s2＝－1.5 m/s2，故阻力f＝ma2＝－1.5 N，A错误；玩具车在前2 s内的加速度a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，由牛顿第二定律可得牵引力F＝ma1－f＝3 N，当t＝2 s时达到额定功率P额＝Fv＝9 W，此后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t＝4 s时功率为9 W，B正确；玩具车在2 s到10 s内做加速度减小的加速运动，由动能定理得P额t＋fx2＝mv－mv，解得x2＝39 m，故C正确；由图象可知总位移x＝×3×2 m＋39 m＋6×4 m＋×4×6 m＝78 m，故D错误．
答案：BC
二、非选择题(本题共5小题，共52分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应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．(6分)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地重力加速度g取9.80 m/s2.实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图(b)所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值．回答下列问题(计算结果保留三位有效数字)：
(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小vB＝________m/s；
(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．
解析：(1)由题意可知，打点计时器的打点周期T＝0.02 s，根据某段时间的中点时刻的瞬时速度等于整段时间的平均速度，可得vB＝＝m/s＝3.90 m/s.
(2)设物体质量为m，在打下计时点O到B的物体运动过程，物体减少的重力势能Ep＝mghOB＝7.70m，物体在打下B点时的动能Ek＝mvB2＝7.61m，在误差范围内可以认为mv＝mghB，实验结果验证了机械能守恒定律．
答案：(1)3.90
(2)因为≈mghB，近似验证了机械能守恒定律
14．(9分)如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取9.80 m/s2)．
(1)选一条清晰的纸带，如图甲所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，对打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流．用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg.甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J；此时重锤的速度vB＝________m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了________J(结果均保留三位有效数字)．
(2)某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线的斜率近似等于________．
A．19.6 B．9.8 C．4.90
图线未过原点O的原因是_______________________________．
解析：(1)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量ΔEp＝mg·OB＝1.00×9.80×18.90×10－2 J≈1.85 J；打B点时重锤的速度vB＝＝ m/s≈1.83 m/s，此时重锤的动能增加量ΔEk＝mv＝×1.00×1.832 J≈1.67 J.
(2)由机械能守恒定律有mv2＝mgh，可得v2＝gh，由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g，故B正确．由题图线可知，h＝0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关．
答案：(1)1.85 1.83 1.67 (2)B 先释放了纸带，再合上打点计时器的开关
15.(10分)(2018·天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s.已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2.求飞机滑跑过程中
(1)加速度a的大小；
(2)牵引力的平均功率P.
解析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有
v2＝2ax，①
解得a＝2 m/s2.②
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，根据题意可得F阻＝0.1mg.③
设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有
F－F阻＝ma，④
设飞机滑跑过程中的平均速度为，有＝，⑤
在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F，⑥
联立②③④⑤⑥，解得P＝8.4×106 W.
答案：(1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
16．(12分)如图所示，将质量为m＝1 kg的小物块放在长为L＝1.5 m的小车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间动摩擦因数μ＝0.5，半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，距地面高度h＝0.65 m，开始车和物块一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，g取10 m/s2，求：
(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力；
(2)小物块落地点至车左端的水平距离．
解析：(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理，得
－μmgL＝mv－mv，
解得v1＝ m/s.
刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律，得
FN－mg＝m，
解得FN≈104.4 N，
由牛顿第三定律F′N＝FN，得F′N＝104.4 N，方向竖直向下．
(2)若小物块能到达半圆轨道最高点，则由机械能守恒，得
mv＝2mgR＋mv，
解得v2＝7 m/s.
设恰能过最高点的速度为v3，则mg＝m，
解得v3＝＝3 m/s.
因v2>v3，故小物块离开半圆轨道最高点后将做平抛运动，得
h＋2R＝gt2，
x＝v2t，
联立解得x＝4.9 m，
故小物块距车左端s＝x－L＝3.4 m.
答案：(1)104.4 N，方向竖直向下 (2)3.4 m
17．(15分)如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平，质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep，已知小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5.求：
(1)小球达到B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm.
解析：(1)由机械能守恒定律，得mg·2r＝mv，
解得vB＝2.
(2)由mg＝m，
得vC＝.
由A至C，由动能定理，得mg·2r－μmgs＝mv.
解得s＝3r.
(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x，则有kx＝mg，
得x＝.
由功能关系，得mg(r＋x)－Ep＝mv－mv，
解得vm＝ .
答案：(1)2 (2)3r (3)
