高一物理人教版必修二　第七章《机械能守恒定律》章末总复习题（解析版）49页

第七章《机械能守恒定律》
章末综合复习题
一、单项选择题
1.关于功和能，下列说法中正确的是(　　)
A．功是能量的量度
B．功是过程量，能是状态量
C．功是矢量，能是标量
D．功和能都是矢量
解析：功是能转化的量度，A错误；功是在一个过程中体现的量，能是在某一状态下的量值，B正确；功和能都是标量，C、D错误．
答案：B
2.如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中(　　)

A．A所受的合外力对A不做功
B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功
D．A对B做正功
解析：木块向下加速运动，合外力与位移同向，木块A所受合外力对A做正功，故A错误；A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，

A受力如图所示，由于具有水平分量a2，故必受水平向左摩擦力f，所以支持力做负功，摩擦力做正功，故B错误，C正确；
由牛顿第二定律得，竖直方向上：mg－N＝ma1 ①
水平方向上：f＝ma2②
假设斜面与水平方向的夹角为θ，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为α，由几何关系得：a1＝gsinθsinθ③
a2＝gsinθcosθ④
①～⑤联立得：tanα＝
＝cotθ＝tan
即α＋θ＝，所以B对A的作用力与斜面垂直，所以B对A不做功，由牛顿第三定律得，A对B的作用力垂直斜面向下，所以A对B也不做功，故D错误．
答案：C
3.如图所示，A、B叠放在一起，用绳将A连在墙上，用力F拉着B向右移动，用F拉、fAB、fBA分别表示绳子的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则下列说法中正确的是(　　)

A．F做正功，fAB做负功，fBA做正功，F拉不做功
B．F和fBA做正功，F拉和fAB做负功
C．F做正功，fAB做负功，fBA和F拉不做功
D．F做正功，其他力不做功
【解析】　由W＝Flcosα结合题意知，力F的作用点的位移不为零，且与F方向相同，故F做正功；绳子拉力F拉的作用点的位移和fBA的作用点的位移都为零，故F拉与fBA都不做功；fAB的作用点的位移不为零，且与fAB方向相反，故fAB做负功．选项C正确．
【答案】　C
4.如图所示，通过一动滑轮提升质量为1 kg的物体．竖直向上拉绳子，使物体由静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计动滑轮和绳子的质量及摩擦，则拉力在1 s末的瞬时功率为(　　)

A．75 W B．25 W
C．12.5 W D．37.5 W
【解析】　由牛顿第二定律可得2F－mg＝ma
解得F＝7.5 N
1 s末物体的速度为v1＝at＝5 m/s
力F作用点的速度为v2＝2v1＝10 m/s
则拉力在1 s末的瞬时功率为P＝Fv2＝75 W.
【答案】　A
5.如图所示，质量为m的小球从高为h的斜面上的A点滚下经水平面BC后，再滚上另一斜面，当它到达处的D点时，速度为零，此过程中重力做的功是？（ ）

A．J B．－J
C．J D．－J
【解析】　根据重力做功的特点，重力做功只与AD的高度差有关，即：WG＝mg(h－)＝.
或者：WG＝－ΔEp，规定地面为参考平面，
则：WG＝－－mgh＝，故选A
【答案】 A
6.一根弹簧的弹力—位移图线如图所示，那么弹簧由伸长量8 cm到伸长量4 cm的过程中，弹力做功和弹性势能的变化量为(　　)

A．3.6 J，－3.6 J　　　　　　　B．－3.6 J，3.6 J
C．1.8 J，－1.8 J D．－1.8 J，1.8 J
解析：弹力做的功W＝×0.04 J＝1.8 J>0，故弹性势能减少1.8 J，即ΔEp＝Ep2－Ep1＝－1.8 J，故选项C.
答案：C
7.如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是(　　)

A．重力做功－mgh，重力势能减少mgh
B．弹力做功－WF，弹性势能增加WF
C．重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D．重力势能增加mgh，弹性势能增加WF－mgh
【解析】　可将整个过程分为两个阶段：一是弹簧伸长到m刚要离开地面阶段，拉力克服弹力做功WF1＝－W弹，等于弹性势能的增加；二是弹簧长度不变，物体上升h，拉力克服重力做功WF2＝－WG＝mgh，等于重力势能的增加，又由WF＝WF1＋WF2得－W弹＝WF－mgh，等于弹性势能的增加，可知A、B、C错，D对．
【答案】　D
8.下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是(　　)
A．物体做变速运动，合力一定不为零，动能一定变化
B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
C．物体的合力做功，它的速度大小一定发生变化
D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零
【解析】　物体做变速运动，合外力一定不为零，但合外力不一定做功，所以A、B错；合外力做功，动能一定变，速度大小一定变，C对；动能不变，则合外力做功为零，但合外力不一定为零，D错．
【答案】　C
9.如图所示，竖直平面内有一用同种材料制成的一段轨道，AB段为圆周，半径为R，BC段水平，长度为R.一小物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C点静止，则物块在AB段克服摩擦力做的功为(　　)

A．μmgR　　 B．mgR(1－μ)
C.πμmgR D.mgR
【解析】　设在AB段物块克服摩擦力做的功为W，则物块由A运动到B的过程中，根据动能定理可得mgR－W＝mv－0，物体在BC段，根据动能定理得：－μmgR＝0－mv，联立得：W＝mgR(1－μ)，B正确．
【答案】　B
10.如图所示，质量为m的物体置于粗糙的质量为M(m
A．物体m受到的力的个数比斜面体M受到的力的个数要少
B．物体m和斜面体M组成的系统机械能守恒
C．斜面体M对物体m的作用力不做功
D．物体m向右运动的水平距离小于斜面体M水平向右运动的距离
解析：分析物体和斜面的受力情况可知，物体m受到重力、斜面的支持力和摩擦力作用，斜面体M受到重力、地面的支持力、物体的压力和摩擦力作用，物体m受到力的个数少，A选项正确；物体m向上运动的过程中，系统产生内能，系统的机械能不守恒，B选项错误；水平面光滑，在物体m向上运动的过程中，斜面体M水平向右运动，斜面体M对物体m的支持力与m的速度不垂直，成钝角，支持力对物体m做负功，摩擦力对m做负功，斜面体M对物体m的作用力对物体m做负功，C选项错误；由于物体m沿斜面体M向上运动，物体m向右运动的水平距离大于斜面体M水平向右运动的距离，D选项错误．
答案：A
11.如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以海平面为零势能面，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)

A．物体到海平面时的重力势能为mgh
B．重力对物体做的功为－mgh
C．物体在海平面上的动能为mv＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为mv
解析：物体到达海平面时位于参考平面上，重力势能为零，A错；物体运动过程下落了h高度，重力做功mgh，B错；根据机械能守恒定律mgh＋mv＝mv2，即物体在海平面上的机械能E2＝mv2＝mgh＋mv，C对，D错．
答案：C
12.下列说法正确的是(　　)
A．随着科技的发展，永动机是可以制成的
B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化与守恒定律，因而是不可能的
D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生
【解析】　永动机是指不消耗或少消耗能量，而可以大量对外做功的装置，历史上曾出现过各式各样的所谓永动机的发明，结果都以失败告终，原因就是违背了能量转化与守恒定律．人类只能发现规律、利用规律，但绝不可以创造规律、改变规律，违背规律行事，即使以后科技再发达，也要受自然规律的制约，所以永动机是永远不可能制成的，A错．
太阳辐射大量的能量，地球只吸收了极小的一部分，就形成了风云雨雪，使万物生长，但辐射到星际空间的能量也没有消失，一定是转化成了别的能量，B错．
马和其他动物，包括人要运动，必须消耗能量，动物的能量来源是食物中储存的生物质能，C正确．
所谓“全自动”手表内部还是有能量转化装置的，一般是一个摆锤，当人戴着手表活动时，使摆锤不停摆动，给游丝弹簧补充能量，才会维持手表的走时．如果把这种表放在桌面上静置两天，它一定会停摆的，D错．
【答案】　C
13.如图所示，在摩擦力不计的水平面上，放一辆质量为M的小车，小车左端放一只箱子，其质量为m，水平恒力F把箱子拉到小车的右端．如果第一次小车被固定在地面上，第二次小车没固定，可沿水平面运动，在上述两种情况下(　　)

A．箱子与小车之间的摩擦力大小不相等
B．F做的功一样多
C．箱子获得的动能一样多
D．由摩擦转变成内能的能量一样多
解析：根据滑动摩擦力公式f＝μFN知，两种情况下，m对车的压力FN相等，都等于mg，动摩擦因数是一定的，故滑动摩擦力一定相等，A错误；第二次由于小车也会向右移动，故滑块对地的位移比第一次大，F一样大，由W＝Fl知，第二次拉力做的功多，B错误；第二次滑块对地的位移x大，根据动能定理：(F－f)x＝mv2可知，第二次m获得的动能大，C错误；摩擦产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，即：Q＝f·Δx，两次的相对位移相同，都等于车长，所以摩擦产生的热量一样多，D正确．
答案：D
二、多项选择题
14.(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v1运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进了L，子弹陷入的深度为Δs，将子弹所受的阻力f视为恒力，则下列关系式中正确的有(　　)

A．fL＝Mv
B．fΔs＝mv
C．fΔs＝mv－(M＋m)v
D．fΔs＝mv－mv
【解析】　根据动能定理，对木块有fL＝Mv－0
对子弹有－f(L＋Δs)＝mv－mv
解得fΔs＝mv－(M＋m)v
其中mv－(M＋m)v正好为系统损失的机械能，选项A、C正确．
【答案】　AC
15.(多选)如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力．在重物由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重物的机械能守恒
B．重物的机械能增加
C．重物的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D．重物与弹簧组成的系统机械能守恒
【解析】　重物由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对重物做了负功，所以重物的机械能减少，故选项A错误，B正确；此过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以重物与弹簧组成的系统机械能守恒，即重物减少的重力势能，等于重物获得的动能与弹簧的弹性势能之和，故选项C错误，D错误．
【答案】　BD
16.(多选)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度(距离底部)也不同．下列说法中正确的是(　　)

A．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度等于
B．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度小于R
C．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度等于2R
D．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度等于2R
【解析】　设小球恰好上升到光滑圆轨道的最高点时速度为v，与之对应的小球在轨道最低点时的速度为v′，由牛顿第二定律和圆周运动的知识可得mg＝m，由机械能守恒定律得mv′2＝mv2＋mg·2R，解得v＝，v′＝，由此可见，选项C错误，D正确；由上面的结果可知，只要v0<，小球就上升不到轨道的最高点，设小球在轨道最低点时的速度为v0时小球能够上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律得mv＝mgh，解得h＝，将v0＝和分别代入解得h1＝、h2＝，因小球沿圆轨道上升高度大于R时，具有向左的水平分速度，则当v0＝时，小球能够上升的最大高度小于，故选项A、B均正确．
【答案】　ABD
17.(多选)在下列几个实例中，机械能守恒的是(　　)
A．所受的合外力为零的物体
B．在光滑水平面上被细线拉住做匀速圆周运动的小球
C．在粗糙斜面上下滑的物体，下滑过程中受到沿斜面向下的拉力，拉力大小等于滑动摩擦力
D．如图所示，在光滑水平面上压缩弹簧的小球

解析：所受的合外力为零的物体的运动是匀速直线运动，动能保持不变，但如果物体的高度发生变化，则机械能变化，例如降落伞匀速下降时机械能减少，A错；在光滑水平面上做匀速圆周运动的小球，其动能不变，势能也不变，球的机械能守恒，B对；在粗糙斜面上下滑的物体，在下滑过程中，除重力做功外，滑动摩擦力和沿斜面向下的拉力的合力为零，这两个力所做的功之和为零，物体所受斜面的弹力不做功，所以整个过程中相当于只有重力做功，物体的机械能守恒，C对；在题图压缩弹簧的过程中，弹簧的弹性势能增加，所以小球的机械能减少，但小球和弹簧组成的系统的机械能守恒，D错.
答案：BC
18.(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一初速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其沿斜面方向的加速度大小为g，在这个过程中有关该物体的说法中正确的是(　　)

A．重力势能增加了mgh　　 B．动能损失了mgh
C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh
【解析】　物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A正确；物体所受的合力做的功等于动能的减少量ΔEk＝mas＝ma·＝mgh，选项B、C错误；物体机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因mgsin30°＋Ff＝ma，所以Ff＝mg，故物体克服摩擦力做的功为Ffx＝mg·2h＝mgh，选项D正确．
【答案】　AD
19.(多选)竖直向上的恒力F作用在质量为m的物体上，使物体从静止开始运动升高h，速度达到v，在这个过程中，设阻力恒为Ff.则下列表述正确的是(　　)
A．恒力F对物体做的功等于物体动能的增量，即Fh＝mv2
B．恒力F对物体做的功等于物体机械能的增量，即Fh＝mv2＋mgh
C．恒力F与阻力Ff对物体做的功等于物体机械能的增量，即(F－Ff)h＝mv2＋mgh
D．物体所受合力的功，等于物体动能的增量，即(F－Ff－mg)h＝mv2

解析：施加恒力F的物体是所述过程能量的总来源．加速运动过程终结时，物体的动能、重力势能均得到增加．除此之外，在所述过程中，因为有阻力的存在，还将有内能产生，其值为Ffh，由能量守恒得Fh＝mgh＋mv2＋Ffh，故A、B不正确．经变形后，可得C、D正确．选项C的含义为除重力、弹簧弹力以外，物体所受力对物体做的功等于物体机械能的增量，这个结论通常又称功能原理．选项D是动能定理的具体表述，虽说表述各有不同，但都是能量守恒的具体反映．
答案：CD
20.(多选)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力的大小为f.经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端．物块可以看成质点，则(　　)

A．物块受到的摩擦力对物块做的功与小车受到的摩擦力对小车做功的代数和为零
B．整个过程物块和小车增加的机械能为F(x＋l)
C．整个过程物块和小车间摩擦生热为fl
D．小车的末动能为fx
【解析】　摩擦力对物块做的功为－f(l＋x)，摩擦力对小车做功为fx，则物块受到的摩擦力对物块做的功与小车受到的摩擦力对小车做功的代数和为－fl，不等于零，故A错误．根据功能关系得知，整个过程物块和小车增加的机械能为F(x＋l)－fl，故B错误．滑动摩擦力对系统做功为－fl，则整个过程物块和小车间摩擦生热为fl，故C正确．对小车，由动能定理得：Ek－0＝fx，得小车的末动能为Ek＝fx，故D正确．
【答案】　CD
21.(2019年高考·江苏卷)(多选)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2s，所以全过程中克服摩擦力做的功为μmg·2s，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；小物块从A点返回A点由动能定理得－μmg·2s＝0－mv02，解得v0＝2，故D错误．
答案：BC
三、试验题
22.在验证机械能守恒定律的实验中，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地重力加速度的值为9.80 m/s2，测得所用重物的质量为1.00 kg.甲、乙、丙三位同学分别用同一装置打出三条纸带，量出各纸带上第一、二两点间的距离分别为0.18 cm、0.19 cm和0.25 cm，可看出其中肯定有一位同学在操作上有错误，操作有错误的是_____．
1>若甲同学按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示(相邻计数点时间间隔为0.02 s)，那么：

(1)纸带的____________(选填“左”或“右”)端与重物相连；
(2)打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝________；
(3)从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔEp＝________，此过程中物体动能的增加量ΔEk＝________；
(4)通过计算，数值上ΔEp________ΔEk(选填“>”“＝”或“<”)，这是因为____________________________________________；
(5)实验的结论是_________________________________．
【解析】　丙同学肯定操作有错误，因为h＝0.25 cm>0.20 cm，说明他操作时先释放了纸带，后接通了电源，致使打点计时器打第一个点时，重物的初速度并不为零．
(1)因纸带做自由落体运动，开始记录时点间距小，所以纸带的左端与重物相连．
(2)重物的速度vB＝＝0.98 m/s.
(3)从起点O到计数点B的过程中，重力势能的减少量ΔEp＝mg≈0.49 J；动能的增加量ΔEk＝mv≈0.48 J.
(4)由以上计算知，ΔEp>ΔEk，这是因为实验中有摩擦力和空气阻力等的存在，重物要克服阻力做功而损失机械能．
(5)在实验误差允许范围内，机械能守恒．
【答案】　丙同学　(1)左　(2)0.98 m/s
(3)0.49 J　0.48 J　(4)见解析　(5)见解析
2>(1)乙同学改正装置后得到了一条纸带．下列正确的是______．

A．纸带上点密集的一端是与重物相连的
B．纸带上点稀疏的一端是与重物相连的
C．实验时先松开纸带，再接通电源打点
D．实验时应先平衡摩擦力
(2)乙同学在一次实验中测得如上图所示三段位移，O点为起始点，已知相邻两个计数点的时间间隔为T，则他需要验证的表达式（通过C点验证）为__________________．
(3)乙同学又根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以v2/2为纵轴，以h为横轴，画出的图象应是下图所示中的哪个 。


【解析】(1)由图示可知，左端相邻点间的距离小，即在相等时间内的位移小，由此可知，重物与纸带的左端相连，即纸带上点密集的一端是与重物相连的，故A正确，B错误；实验时应先接通电源，然后再放开纸带，故C错误；实验时不需要平衡摩擦力，故D错误．
(2)从纸带上可以看出O点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0，重力势能减小量ΔEp＝mg(s0＋s1)；
利用匀变速直线运动的推论vC＝＝
动能增加量表达式为
ΔEk＝mvC2＝m
因此只需要验证mg(s0＋s1)＝m
即为g(s0＋s1)＝，就可以验证机械能守恒．
(3)若在误差范围内，v2－t图像是一条过原点且斜率为g的直线，就可以验证机械能守恒，故选C。
【答案】(1)A 　(2)g(s0＋s1)＝ (3)C
3>丙同学改正了错误后又正确地打下了几条纸条：
(1)用6 V、50 Hz 的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图所示，O点为重锤下落的起点，选取的计数点为A、B、C、D，各计数点到O点的长度已在图上标出，单位为毫米，重力加速度取9.8 m/s2，若重锤质量为1 kg。打点计时器打出B点时，重锤下落的速度vB=_______m/s，重锤的动能EkB=_______J。从开始下落算起，打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量为_______J。

【解析】(1)重锤下落的速度

重锤在打出B点时的动能

打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量
ΔEp减=mghOB=1×9.8×70.5×10－3 J=0.69 J
【答案】1.17 0.68 0.69
(2)用重锤的质量m＝1 kg，打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02 s，则记录B点时，重锤的速度vB＝_______m/s，重锤的动能Ek＝_______J，从开始下落起至B点重锤的重力势能减少量是_______J，由此可得出的结论是__________________________。

【解析】(2)此时重锤的动能为Ek=mvB2=×1×(0.58)2 J=0.168 J,重锤的重力势能减少量为ΔEp=mgh=1×9.8×17.6×10－3 J=0.172 J。因此在误差允许的范围内,重锤的机械能守恒。
【答案】0.58 0.168 0.172
在误差允许的范围内,重锤的机械能守恒。
四、计算题
23.汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车的质量为5 t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g＝10 m/s2.
(1)汽车保持额定功率不变从静止启动后，
①汽车所能达到的最大速度是多大？
②当汽车的加速度为2 m/s2时速度多大？
③当汽车的速度为6 m/s时加速度多大？
(2)若汽车从静止开始，保持以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？
【解析】　汽车运动中所受的阻力大小为
F′＝0.1mg＝0.1×5×103×10 N＝5×103 N
(1)汽车保持恒定功率起动时，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大．
①当a＝0时速度最大，所以，此时汽车的牵引力为
F1＝F′＝5×103 N
则汽车的最大速度为vm＝＝ m/s＝12 m/s
②当汽车的加速度为2 m/s2时牵引力为F2，由牛顿第二定律得F2－F′＝ma
F2＝F′＋ma＝5×103 N＋5×103×2 N
＝1.5×104 N
汽车的速度为v＝＝ m/s＝4 m/s
③当汽车的速度为6 m/s时牵引力为
F3＝＝ N＝1×104 N
由牛顿第二定律得F3－F′＝ma
汽车的加速度为
a＝＝ m/s2＝1 m/s2.
(2)当汽车以恒定加速度0.5 m/s2匀加速运动时，汽车的牵引力为F4，由牛顿第二定律得F4－F′＝ma
即F4＝F′＋ma＝5×103 N＋5×103×0.5 N
＝7.5×103 N
汽车匀加速运动时，其功率逐渐增大，当功率增大到等于额定功率时，匀加速运动结束，此时汽车的速度为
vt＝＝ m/s＝8 m/s
则汽车匀加速运动的时间为t＝＝ s＝16 s.
【答案】　(1)①12 m/s　②4 m/s　③1 m/s2 (2)16 s
【点悟】　机车起动问题的求法
(1)机车的最大速度vm的求法，机车达到匀速前进时速度最大，此时牵引力F等于阻力Ff，故vm＝＝.
(2)匀加速起动最长时间的求法，牵引力F＝ma＋Ff，匀加速的最后速度v′m＝，时间t＝.
(3)瞬时加速度的求法，据F＝求出牵引力，则加速度a＝.
24.如图所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为0.5，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.g取10 m/s2.求：

(1)前2 s内重力做的功；
(2)前2 s内重力的平均功率；
(3)2 s末重力的瞬时功率．
【解析】　(1)木块所受的合外力为
F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝mg(sinθ－μcosθ)
＝2×10×(0.6－0.5×0.8) N＝4 N，
木块的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
前2 s内木块的位移为x＝at2＝×2×22 m＝4 m.
所以，重力在前2 s内做的功为
W＝mgsinθ·x＝2×10×0.6×4 J＝48 J.
(2)重力在前2 s内的平均功率为
＝＝ W＝24 W.
(3)木块在2 s末的速度为v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s.
重力在2 s末的瞬时功率为
P＝mgsinθ·v＝2×10×0.6×4 W＝48 W.
【答案】　(1)48 J　(2)24 W　(3)48 W
【点悟】　(1)P＝是功率的定义式，物理学中有许多物理量是用“比值”来定义的，如前面学习的速度、加速度等．若t较长，P为平均功率．只有在t趋向于零时，P才视为瞬时功率，可见P＝只能计算平均功率．
(2)公式P＝Fv是功率的另一种计算方法．当v是平均速度时对应平均功率，当v是瞬时速度时对应瞬时功率．
(3)当速度v与力F不同方向时，设二者夹角为α，则P＝Fvcosα；当夹角α＝0时，P＝Fv.
25.如图所示，桌面距地面0.8 m，一物体质量为2 kg，放在距桌面0.4 m高的支架上．(取g＝10 m/s2)


(1)以地面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到桌面的过程中，重力势能变化了多少？
(2)以桌面为参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到桌面的过程中，重力势能变化了多少？
【解析】　(1)以地面为参考平面，物体的高度h1＝(0.4＋0.8)m＝1.2 m，因而物体具有的重力势能为Ep1＝mgh1＝2×10×1.2 J＝24 J
物体落至桌面时，重力势能
Ep2＝mgh2＝2×10×0.8 J＝16 J
物体重力势能的变化量为
ΔEp＝Ep2－Ep1＝16 J－24 J＝－8 J，
即重力势能减少了8 J.
(2)以桌面为参考平面，物体距参考平面的高度h1′＝0.4 m，因而物体具有的重力势能为
Ep1′＝mgh1′＝2×10×0.4 J＝8 J
物体落至桌面时，重力势能Ep2′＝0
物体重力势能的变化量为ΔEp′＝Ep2′－Ep1′＝－8 J，
即重力势能减少了8 J.
【答案】　(1)减少了8 J　(2)减少了8 J
26.质量为m的均匀链条长为L，开始放在光滑的水平桌面上时，有的长度悬在桌边缘，如图所示，松手后，链条滑离桌面，问从开始到链条刚滑离桌面过程中重力势能变化了多少？

【解析】　由图中始态和末态比较，可等效成将开始桌面上的的链条移至末态的下端处，故重心下降了L，所以重力势能减少了mg·L＝mgL，即ΔEp＝－mgL.
【答案】　－mgL
【点悟】　重力势能的变化与发生过程无关，只与初末状态有关，故可用等效法求解．其整体重力势能的变化相当于某一部分重力势能的变化．要注意流体有一定的体积，找到其重心位置，ΔEp＝mgΔh中的Δh就是重心位置间的高度差．
27.吊车以的加速度将质量为m的物体匀减速地沿竖直方向提升高度h，则吊车钢索的拉力对物体做的功为多少？物体克服重力做的功为多少？物体的重力势能变化了多少？(不计空气阻力)
解析：设吊车钢索对物体的拉力为F，物体的加速度
a＝，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，
故F＝mg－ma＝mg，方向竖直向上，
所以拉力做的功WF＝Fh＝mgh；
重力做的功WG＝－mgh，
即此过程中物体克服重力做功mgh.
又ΔEp＝Ep2－Ep1＝－WG＝mgh，
因此物体的重力势能增加了mgh.
答案：mgh　mgh　重力势能增加了mgh
28.在离地面80 m处无初速度地释放一小球，小球质量为m＝200 g，不计空气阻力，g取10 m/s2，取释放点所在水平面为参考平面．求：
(1)在第2 s末小球的重力势能．
(2)在第3 s内重力所做的功和重力势能的变化．
【解析】　(1)以释放点所在水平面为参考平面，在第2 s末小球所处的高度为
h＝－gt2＝－×10×22 m＝－20 m.
重力势能
Ep＝mgh＝200×10－3×10×(－20) J＝－40 J
Ep<0，说明小球在参考平面的下方．
(2)在第3 s末小球所处的高度为
h′＝－gt′2＝－×10×32 m＝－45 m
第3 s内重力做的功为
W＝mg(h－h′)＝200×10－3×10×(－20＋45) J
＝50 J
由重力做功与重力势能改变的关系可知，小球的重力势能减少了50 J.
【答案】　(1)－40 J　(2)重力势能减少了50 J
29.在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为2.0 kg的木块相连，若在木块上再作用一个竖直向下的力F，使木块缓慢向下移动0.10 m，力F做功2.5 J．此时木块再次处于平衡状态，力F的大小为50 N，如图所示．求：
(1)在木块下移0.10 m的过程中弹簧弹性势能的增加量；
(2)弹簧的劲度系数．

【解析】　弹性势能的增加量等于弹力做负功的值，所以设法求出弹簧弹力所做的功是解决问题的关键．
(1)木块下移0.10 m过程中，力F和重力做的功全部用于增加弹簧的弹性势能，故弹性势能的增加量为
ΔEp＝WF＋mgh＝(2.5＋2.0)J＝4.5 J.
(2)由平衡条件得，木块再次处于平衡时F＝kh，
所以劲度系数k＝＝N/m＝500 N/m.
【答案】　(1)4.5 J　(2)500 N/m

【点悟】　弹簧的弹性势能跟弹簧的劲度系数和形变量有关，分析弹性势能的变化时要从这两方面把握．同时要注意弹性势能的变化总是与弹力做功相对应．
30.如图所示，在光滑的平面上有一平板小车m1正以速度v向右运动，现将一质量为m2的木块无初速度地放在小车上，由于木块和小车间的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化．为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力F.当F作用一段时间后把它撤去，木块恰能随小车一起以速度v共同向右运动．设木块和小车间的动摩擦因数为μ，求在上述过程中，水平恒力F对小车做多少功？

解析：由于小车一直匀速运动，设它们获得共同速度的时间为t，在此时间内，小车的位移为x车＝v t①
木块放到小车上后做初速度为零的匀加速直线运动，木块在时间t内对地的位移为x木＝t＝②
根据动能定理，对于木块有
μm2gx木＝m2v2－0③
对于小车有WF－μm2gx车＝m1v2－m1v 2④
联立①②③④式，可得WF＝m2v2.
答案：m2v2
31.如图所示，在水平台面上的A点，一个质量为m的物体以初速度v0被抛出，不计空气阻力，求它到达抛出点下方h高度处的B点时速度的大小．



【解析】　物体在被抛出后的运动过程中只受重力作用，机械能守恒．
解法1：选地面为参考面，则
mgH＋mv＝mg(H－h)＋mv，
解得vB＝.
解法2：选桌面为参考面，则
mv＝－mgh＋mv，
解得vB＝.
解法3：不选参考面，利用ΔEk＝－ΔEp或ΔEp＝－ΔEk，即动能(或势能)的增加量等于势能(或动能)的减少量．则mv－mv＝mgh，
解得vB＝.
【答案】 vB＝
32.如图所示，质量为m的物体以某一初速度从A点向下沿光滑的轨道运动，半圆弧轨道半径为R，不计空气阻力，若物体通过最低点B的速度为3 ，求：

(1)物体在A点时的速度v0大小；
(2)物体离开C点后还能上升多高？
解析：(1)从A到B物体机械能守恒，以B点为零势能面，3mgR＋＝，v0＝.
(2)以C点为零势能面，mgh＝2mgR＋，h＝3.5 R.
答案：(1)　(2)3.5 R
33.如图所示，质量分别为2m和m的可视为质点的小球A、B，用质量不计且不可伸长的细线相连，跨在固定的底面半径为R的光滑圆柱体两侧．开始时A球和B球均与圆柱体轴心O等高，然后释放两球，则B球到达圆柱体最高点时的速度为多大？

【解析】　解法1：(E1＝E2)
选取轴心O所在水平面为零势能参考面，则开始时系统的机械能为零，即E1＝0.
设B球到达圆柱体最高点时的速度大小为v，此时系统的机械能为E2＝mgR＋mv2－2mg＋(2m)v2
由机械能守恒定律得E1＝E2
即0＝mgR＋mv2－2mg＋(2m)v2
解得v＝
解法2：(ΔEk＝－ΔEp)
系统重力势能的减少量等于动能的增加量
2mg·－mgR＝×3mv2
解得v＝
【答案】 v＝
34.如图所示，半径为r，质量不计的圆盘盘面与地面相垂直，圆心处有一垂直盘面的光滑水平固定轴O，在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A，在O点的正下方离O点处固定一个质量为m的小球B，放开盘让其自由转动，问：


(1)当A球转到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？
(2)A球转到最低点的线速度是多少？
(3)在转动的过程中，半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少？
解析：(1)选取过O的水平面为零势能参考面，则有
Ep1－Ep2＝－mgr－(－mgr)＝mgr.
(2)选取两个小球及地球组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得
mgr＝mv＋mv
又vB＝代入上式得
mgr＝m×v，解得vA＝.

(3)设半径OA向左偏离竖直方向的最大角度为θ，如图7—8—10所示，由机械能守恒定律可知，初、末状态系统的重力势能相等，仍选取过O的水平面为零势能参考面，则有
－＝－mgrcosθ＋sinθ
整理得2cosθ＝1＋sinθ
4(1－sin2θ)＝1＋sin2θ＋2sinθ
即5sin2θ＋2sinθ－3＝0
解得sinθ＝(舍去负值)
θ＝37°.
答案：(1)mgr　(2)vA＝　(3)θ＝37°
　35.如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个光滑的轻小滑轮，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度约为多大？

【解析】　铁链在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒．
解法1(利用E2＝E1求解)：设铁链的总质量为m，且选取初始时铁链的下端A、B所在的水平面为参考平面，则铁链初态的机械能为mg·，末态的机械能为mv2，根据机械能守恒定律有mg·＝mv2，解得铁链刚脱离滑轮时的速度v＝ .
解法2(利用ΔEk＝－ΔEp求解)：如下图所示，铁链刚离开滑轮时，等效于原来的B′B部分移到了AA′的位置，这部分重力势能的减少量转化为整条铁链的动能，重力势能的减少量为mg·，动能的增加量为mv2，根据机械能守恒定律有mg·＝mv2，解得铁链刚脱离滑轮时的速度v＝ .

【答案】　v＝
【点悟】　对绳索、链条之类的物体，由于在考查过程中常发生形变，其重心位置相对物体来说并不是固定不变的，能否正确确定重心的位置，常是解决该类问题的关键，一般情况下常分段考虑各部分的势能，并用各部分势能之和作为系统总的重力势能．至于参考平面，可任意选取，但以系统初、末重力势能便于表示为宜．
36.如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g.求：

图7?8?17
(1)小球在AB段运动的加速度的大小；
(2)小球从D点运动到A点所用的时间．
【解析】(1)设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有mg＝m(此处v＝vC)
小球从B点运动到C点，根据机械能守恒定律，mvB2＝mvC2＋2mgR在AB设加速度的大小为a，由运动学公式，有
v＝2aR，
联立解得AB段运动的加速度的大小a＝g.
(2)设小球在D处的速度大小为vD，下落到A点时的速度大小为v，由机械能守恒定律有：
mv＝mv＋mgR.
mv＝mv2，
设小球从D点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得，gt＝v－vD
联立解得：t＝(－).
【答案】　(1)g　(2)(－)

37.如图所示，质量m＝2 kg的小球用长L＝1.05 m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H＝6.05 m的O点．现将细绳拉至水平状态，自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球做平抛运动，落至水平地面上C点．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)细绳能承受的最大拉力；
(2)细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；
(3)小球落地瞬间速度的大小．
解析：(1)根据机械能守恒定律得mgL＝mv.
由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v,L).
故最大拉力F＝3mg＝60 N.
(2)细绳断裂后，小球做平抛运动，且H－L＝gt2，
故t＝＝s＝1 s.
(3)整个过程，小球的机械能不变，
故mgH＝mv.
所以vc＝＝ m/s＝11 m/s.
答案：(1)60 N　(2)1 s　(3)11 m/s
38.电动机带动水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示．传送带足够长，当小木块与传送带相对静止时．求：

图7—10—5
(1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程；
(3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程中产生的内能．
【解析】　(1)由牛顿第二定律：μmg＝ma，得a＝μg
由公式v＝at得t＝，小木块的位移s1＝t＝
(2)传送带始终匀速运动，路程s2＝vt＝
(3)小木块获得的动能Ek＝mv2
(4)滑动摩擦力对木块做了正功，使得木块的机械能增加，且增加的机械能为ΔE＝μmgs1＝mv2
而滑动摩擦力对传送带做了负功，使传送带输出了能量，且输出的能量为ΔE输出＝μmgs2＝mv2
所以整个系统在这一过程中产生的内能(摩擦热)为Q＝ΔE输出－ΔE＝μmg(s2－s1)＝mv2.
【答案】　(1)　(2)　(3)mv2　(4)mv2

【点悟】　摩擦生热要点
(1)注意本题结论Q热＝Ff·s相对；(2)s相对的求法
①若两物体同向运动s相对＝s2－s1
(s2、s1分别指物体2与物体1对地位移)；
②若两物体运动方向相反s相对＝s1＋s2.
39.一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中的质量为m的物体，如图7—10—6所示，绳的P端挂在车后的钩上，Q端拴在物体上，设绳的质量、定滑轮的尺寸及摩擦都忽略不计．开始时车在A点，左、右两侧绳都已绷紧，并是竖直的，左侧绳长为H.提升时车加速向左运动，沿水平方向从A点经过B到C.设A到B的距离也是H，车过B点时的速度为vB，求在车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功．


【解析】　物体开始静止在井中，它在被提升的过程中，重力势能增加，动能也增加，绳子对物体做的功应等于物体机械能的增加量．
开始时左侧绳长＝H，车行驶到B点时左侧绳长＝＝H，则m升高h＝(－1)H，增加的重力势能Ep＝mgh＝(－1)mgH.
在B点的车速是向左的vB，此时绳DB段与水平方向夹角是45°，则沿绳的速度v＝vBcos45°＝vB.
此时，m的瞬时速度v＝vB，
具有的动能Ek＝mv2＝mv，
绳拉力对物体做的功
W＝Ep＋Ek＝(－1)mgH＋mv.
所以，绳Q端拉力对物体做的功为
(－1)mgH＋mv.
【答案】　(－1)mgH＋mvB2
40.如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R＝0．90 m的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直。质量为m＝1．0 kg可看作质点的小滑块在恒定外力F作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0．5。到达水平轨道的末端B点时撤去外力，小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点。g取10 m/s2，

求：滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道的压力大小。
解析：小滑块恰好通过最高点，则有：
设滑块到达B点时的速度为vB，滑块由B到D过程由动能定理有：

对B点：
代入数据得FN＝60 N
由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力为60 N，方向竖直向上。
答案：60 N
41.如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经3．0 s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50 kg。不计空气阻力。（取sin37°=0．60，cos37°=0．80；g取10 m/s2）求：

（1）A点与O点的距离L；
（2）运动员离开O点时的速度大小；
（3）运动员落到A点时的动能。
解析：（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，有

A点与O点的距离。
（2）设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，
即Lcos37°=v0t
解得。
（3）由机械能守恒，取A点为重力势能零点，运动员落到A点时的动能为。
答案：（1）75 m （2）20 m/s （3）32 500 J
42.如图所示的轨道，ab段及cd段是光滑的弧面，bc段为中间水平部分，长为2 m，与物体间的动摩擦因数为0.2，若物体从ab段高0.8 m处由静止下滑，g取10 m/s2，求：

【解析】(1)从a到b，根据机械能守恒定律
解得：vb=4 m/s。
(2)从b到c，根据动能定理
解得vc=2 m/s
从c到d，根据机械能守恒定律得mgh′=mvc2
则最大高度h′=0.4 m。