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章末复习方案
机械能守恒定律
机械能守恒定律
机械能守恒定律
功的计算，在中学物理中占有十分重要的地位．功的计算公式W＝Flcos
α只适用于恒力做功的情况，对于变力做功，则没有一个固定公式可用，但可以通过多种方法来求变力做功．
题型一 求变力做功的方法
2．图象法
在Fl图象中，图线与l轴所围的“面积”的代数和表示F做的功．“面积”有正负，在l轴上方的“面积”为正，在l轴下方的“面积”为负．
3．微元法
圆周运动中，若质点所受力F的方向始终与速度的方向相同，要求F做的功，可将圆周分成许多极短的小圆弧，每段小圆弧都可以看成一段极短的直线，力F对质点做的功等于它在每一小段上做功的代数和，这样变力(方向时刻变化)做功的问题就转化为多段上的恒力做功的问题了．
4．等效法
若某一变力做的功等效于某一恒力做的功，则就可以应用公式W＝Flcos
α来求．这样，变力做功问题可转化为恒力做功问题．
【变式1】
如图所示，某人用大小不变的力F通过滑轮拉着放在水平面上的物体缓慢移动．开始时与物体相连的绳子和水平面间的夹角为α，当拉力F作用一段时间后，绳子与水平面间的夹角为β，滑轮距地面的高度为h.求绳子的拉力F′对物体做的功．(绳的质量、滑轮的质量和绳与滑轮之间的摩擦均不计)
一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理．
(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．
题型二 动能定理在多过程问题中的应用
(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，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末功能，针对整个过程利用功能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
【变式2】
右端连有光滑弧形槽的水平面AB长为L＝1.5
m，如图所示，一个质量为m＝0.5
kg的木块在F＝1.5
N的水平拉力作用下，从水平面上A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F.木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10
m/s2，求：
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑动的距离．
1．在机械能守恒定律的应用中，常涉及与平抛运动、圆周运动等相结合的多过程问题．
2．应用机械能守恒定律求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成．
(2)分析每个过程中物体的受力情况及运动情况．
题型三 机械能守恒定律的综合应用
(3)分析相关过程中的动能、势能的变化特点，是否满足机械能守恒的条件．
(4)从总体上把握全过程，根据机械能守恒定律、平抛运动的规律、圆周运动的规律及一些临界条件等列出对应的方程，解决有关问题．
【例题3】
如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50
m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.10
kg的小球从B点正上方H＝0.95
m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4
m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80
m，g取10
m/s2，不计空气阻力，求：
(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．第七章 章末跟踪测评
(时间：90分钟 满分：110分)
一、选择题(1～7为单选，8～10为多选，每小题5分，共50分)
1．下列有关动能的说法正确的是( )
A．物体只有做匀速运动时，动能才不变
B．物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变
C．物体做自由落体运动时，重力做功，物体的动能增加
D．物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
C 解析
物体只要速率不变，动能就不变，故选项A错误；动能是标量，不能分解，做平抛运动的物体动能逐渐增大，故选项B错误；物体做自由落体运动时，其合力等于重力，重力做正功，物体的动能增加，故选项C正确；物体的动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能不一定变化，故选项D错误．
2．如图所示，左端固定的轻质弹簧被物块压缩，物块被释放后，由静止开始从A点沿粗糙水平面向右运动．离开弹簧后，经过B点的动能为Ek，该过程中，弹簧对物块做的功为W，则物块所受摩擦力做的功Wf为( )
A．Wf＝Ek
B．Wf＝Ek＋W
C．Wf＋Ek＝W
D．Wf＝W－Ek
D 解析
对物块从A到B应用动能定理有W－Wf＝Ek，解得Wf＝W－Ek，选项D正确．
3．物块P位于光滑的斜面上，斜面Q位于光滑的水平地面上(如图所示)，从地面上看，在物块P沿斜面Q下滑的过程中，斜面Q对物块P的作用力
( )
A．垂直于接触面，做功为零
B．垂直于接触面，做功不为零
C．不垂直于接触面，做功为零
D．不垂直于接触面，做功不为零
B 解析
物块P在下滑过程中和斜面之间有一对相互作用力F和F′，如图所示．如果把斜面Q固定在水平桌面上，物块P的位移方向和弹力方向垂直，这时斜面对物块P不做功．但此题告诉的条件是斜面放在光滑的水平面上，可以自由滑动，此时弹力方向仍然垂直于斜面，但是物块P的位移方向却是从初位置指向末位置，如图所示，弹力和位移方向不再垂直而是成一钝角，所以弹力对物块P做负功，选项B正确．
4．汽车发动机的额定功率为60
kW，汽车的质量为5
t．汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g取10
m/s2，当汽车以额定功率匀速行驶时速度为12
m/s.现突然减小油门，使发动机功率减小到40
kW，对接下来车子运动情况的描述正确的是
( )
A．先做匀减速运动，再做匀速运动
B．先做加速度增大的减速运动，再做匀速运动
C．先做加速度减小的减速运动，再做匀速运动
D．最后的速度大小是6
m/s
C 解析
汽车匀速行驶时，P＝Fv，得牵引力F＝＝
N＝5×103
N，则阻力F′＝5×103
N．当功率只有40
kW时，牵引力减小，汽车做减速运动，但不是匀减速运动，选项A错误；由于功率突然减小，故牵引力发生突变，减小到某一值，然后牵引力从某一最小值开始增大，加速度减小，而后匀速，速度大小为v′＝＝
m/s＝8
m/s，选项B、D错误，C正确．
5．空中某点，将三个相同小球以大小相同的初速度v水平抛出、竖直上抛、竖直下抛，则从抛出到落地，下列说法正确的是( )
A．重力做功相同
B．重力的平均功率相同
C．竖直上抛的小球的重力平均功率最大
D．落地时重力的瞬时功率相同
A 解析
由于做功只跟高度差有关，从抛出点到落地点高度差相同，故做功相同，但由运动学知，竖直下抛时间最短、竖直上抛时间最长，故选项A正确，B、C错误；由于水平抛出的小球落地时速度方向不是竖直方向，故选项D错误．
6．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其vt图象如图所示．动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和F做的功W的大小关系式，正确的是
( )
A．F＝μmg
B．F＝2μmg
C．W＝μmgv0t0
D．W＝μmgv0t0
D 解析
由题图知，加速阶段a1＝，减速阶段a2＝，力F＝μmg＋ma1，且μmg＝ma2，解得F＝3μmg，F做的功为W＝3μmgL＝3μmg·v0t0＝μmgv0t0，选项D正确．
7．空降伞兵在某次跳伞训练中，打开伞之前的运动可视为匀加速直线运动，其加速度为a，下降的高度为h，伞兵和装备系统的总质量为m，取重力加速度为g.此过程中伞兵和装备系统的( )
A．动能减少了mah
B．动能增加了mgh
C．重力势能减少了mgh
D．重力势能增加了mgh
C 解析
系统做匀加速直线运动，速度增大，动能增加，由牛顿第二定律知，系统所受的合力F＝ma，由动能定理知动能的增加量等于合力做功，为mah，选项A、B错误；系统的高度下降了h，重力做功为mgh，所以重力势能减少了mgh，选项C正确，D错误．
8．如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点．质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是
( )
A．物体最终将停在A点
B．物体第一次反弹后不可能到达B点
C．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功
D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能
BC 解析
物体由B点静止下滑，则表明重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，因此物体最终将停在A点下方，由于斜面粗糙，物体第一次反弹后不可能到达B点，选项B正确，A错误；由于物体最终静止在A点下方，弹簧有弹性势能，故整个过程中重力势能的减少量一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹簧的弹性势能，选项C正确；假设运动到C点，物体动能最大，此时F弹＋Ff＝mgsin
θ，由于在C点，物体速度不为零，仍要向下运动，运动到v＝0时，即D点时，弹簧的弹性势能最大，由C点运动到D点的过程中，物体的最大动能和重力势能转化为弹性势能和克服摩擦力做的功，由于mg·sin
θ>μmg
·cos
θ(由题知sin
θ
>μcos
θ)，因此最大动能小于弹性势能，最大弹性势能为初状态弹性势能(C点处)与从C点到D点转化的弹性势能之和，故整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，选项D错误．
9．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)
( )
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能减少了mgh
C．他的机械能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
BD 解析
在水中受合力大小为F－mg，方向向上，合力的功W＝(F－mg)h，选项A错误；机械能减少了Fh，选项C错误．
10．(多选)自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池相连，电动车运动时开启充电装置，发电机可以向蓄电池充电．为测试电动车的工作特性，某人做了如下实验：关闭电动车的动力装置，使车以500
J的初动能在粗糙的水平路面上滑行．第一次实验中，关闭充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化的关系如图中甲所示；第二次实验中，启动充电装置，其动能随位移变化的关系如图中乙所示，不计空气阻力，则由图象可确定
( )
A．第一次实验中，电动车受到的阻力大小为50
N
B．第二次实验中，蓄电池中充入的总电能为200
J
C．充电时蓄电池充入电能的多少与电动车运动距离的大小成正比
D．第一次运动中电动车做匀减速运动，第二次电动车做加速度逐渐减小的减速运动
ABD 解析
第一次实验中，由能量守恒定律可求得摩擦发热为500
J，然后根据能量转化关系有Fx＝Q，从而求得阻力大小为50
N，选项A正确；第二次实验中，滑行的距离变为第一次的，说明地面阻力做功变为原来的，蓄电池中充入的总电能为200
J，选项B正确；分析运动和受力知，选项C错误，D正确．
二、填空题(共2小题，共12分)
11．(5分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图甲所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
甲
(1)实验中涉及到下列操作步骤：
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是(填入代表步骤的序号)____________．
(2)图乙中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50
Hz.由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可知，________(选填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．(结果保留三位有效数字)
乙
解析
(1)由题意知，正确顺序为④①③② (2)脱离弹簧后物体应该匀速直线运动，则v＝×10－2
m/s＝1.29
m/s.
由能量守恒可知，物体的末动能越大，则弹簧被压缩时的弹性势能越大，则EpM＞EpL
答案
(1)
④①③② (2)1.29 M
12．(7分)某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律．频闪仪每隔0.05
s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表(当地重力加速度取9.8
m/s2，小球质量m＝0.2
kg，结果保留三位有效数字)：
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
5.59
5.08
4.58
(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________m/s.
(2)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝________J，动能减少量ΔEk＝________J.
(3)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，从而验证了机械能守恒定律．由上述计算得ΔEp________ΔEk(选填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是________________．
解析
(1)由v5＝
m/s＝4.08
m/s.
(2)从t2到t5时间内，
ΔEp＝mgΔh＝0.2×9.8×(26.68＋24.16＋21.66)×10－2
J＝1.42
J，
ΔEk＝m(v－v)＝×0.2×(5.592－4.082)
J＝1.46
J.
(3)由于空气阻力的存在，故ΔEp<ΔEk.
答案
(1)4.08 (2)1.42 1.46 (3)< 存在空气阻力
三、计算题(共4小题，共48分)
13．(10分)一质量为500
t的机车，以恒定功率375
kW由静止出发，经过5
min，速度达到最大值54
km/h，设机车所受阻力F阻恒定不变，g取10
m/s2，试求：
(1)机车受到的阻力F阻的大小；
(2)机车在这5
min内行驶的路程．
解析
(1)已知P0＝375
kW＝3.75×105
W，
vmax＝54
km/h＝15
m/s，
根据P0＝Fvmax时F＝F阻，得P0＝F阻vmax，
机车受到的阻力F阻＝＝
N＝2.5×104
N.
(2)机车在这5
min内，牵引力为变力，做正功，阻力做负功，重力、弹力不做功．
根据P0＝，得牵引力做的功为WF＝P0t，
根据动能定理有P0t－F阻s＝mv－0，
解得s＝＝
m＝2
250
m.
答案
(1)2.5×104N (2)2
250
m
14．(12分)如图所示，某吊车装置的水平轨道上有一质量为M的小车，且O点为钢丝绳的悬点，质量为m的重物用钢丝绳连接，悬挂在小车的正下方，重心到O的距离为L，从A点到B点，重物与小车一起向右做匀速运动，重物到达B点时，小车突然停止，重物向右摆动到最高点C，上升的高度为h，整个运动过程中，钢丝绳始终拉直，不计钢丝绳质量和空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)从B到C过程中，重物克服重力所做的功W;
(2)从A到B过程中，重物运动的速度大小v；
(3)从A到C过程中，小车对轨道的最大压力Fm.
解析
(1)从B到C过程中，重物克服重力所做的功为W＝mgh.
(2)
从A到B过程中，重物运动的速度即为重物向上摆的初速度，从B到C应用动能定理得－mgh＝0－mv2，
解得v＝.
(3)重物在B点开始摆动，小车对轨道的压力最大，设重物受钢丝绳的拉力为F，
由牛顿第二定律有F－mg＝m，
钢丝绳对小车的拉力大小也为F，
所以小车受到的支持力为FN＝F＋Mg，
解得FN＝Mg＋mg，
由牛顿第三定律可知，小车对轨道的压力与小车受到的支持力等大．
答案
(1)mgh (2) (3)
Mg＋mg
15．(12分)如图所示，跨过同一高度处的光滑轻小定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2
m，开始时让连接A的细线与水平杆的夹角θ＝53°.由静止释放A，在以后的运动过程中，A所能获得的最大速度为多少？(sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g取10
m/s2，且B不会与水平杆相碰)
解析
物体A被拉至左侧定滑轮的正下方时获得最大速度，此时物体B的瞬时速度为零．在从物体A刚被释放到物体A运动至左侧定滑轮正下方的过程中，B下降的高度是，对系统应用机械能守恒定律，
有mv2＝mg.
解得A所能获得的最大速度为
v＝
＝
m/s＝1
m/s.
答案
1
m/s
16．(14分)如图所示，竖直光滑四分之三圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R＝1
m，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高．一质量m＝1
kg的小物块从水平面上以速度v0＝8
m/s竖直向上抛出，物块从D点进入圆轨道，最终停在A点．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10
m/s2.求：
(1)物块运动到D点时的速度；(可以保留根式)
(2)物块运动到C点时对轨道的压力大小；
(3)物块从B点运动到A点所用的时间及A、B间的距离．
解析
(1)由机械能守恒定律有
mv＝mgR＋mv，
代入数据解得vD＝2
m/s.
(2)由机械能守恒定律有mv＝mg·2R＋mv，
由牛顿第二定律有F＋mg＝，
由以上两式并代入数据解得F＝14
N，
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力F′N＝14
N.
(3)由机械能守恒定律知，物块运动到B点速度vB＝v0＝8
m/s，
由动能定理有－μmgxAB＝0－，
解得xAB＝8
m.
由牛顿第二定律有μmg＝ma，
又t＝，
代入数据解得t＝2
s.
答案
(1)2
m/s (2)14
N (3)2
s 8
m
PAGE
8质量检测(三)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)
1．(多选)如下图所示，质量为m的飞机在水平甲板上，在与竖直方向成θ角的斜向下的恒定拉力F作用下，沿水平方向移动了距离s，飞机与水平甲板之间的摩擦力大小恒为f，则在此过程中( )
A．摩擦力做的功为－fs
B．力F做的功为Fscosθ
C．重力做的功为mgs
D．力F做的功为Fssinθ
[解析] 摩擦力大小为f，且摩擦力方向与位移方向相反，则摩擦力所做的功Wf＝－fs，A正确；由题意可知，拉力的方向与位移方向的夹角为90°－θ，则根据功的公式可得WF＝Fscos(90°－θ)＝Fssinθ，B错误，D正确；由于飞机在竖直方向上没有位移，故重力不做功，C错误．
[答案] AD
2．用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升，如果前后两过程的运动时间相同，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．匀加速上升拉力做功多
B．匀速上升拉力做功多
C．两个过程拉力做功一样多
D．以上三种情况都有可能
[解析] 重物在竖直方向上只受两个力的作用：重力G、拉力F.匀加速提升重物时，设拉力为F1，加速度为a，根据牛顿第二定律有F1－G＝ma，得F1＝G＋ma＝m(g＋a)
又知位移l1＝
所以匀加速提升重物时，拉力F1所做的功W1＝F1l1＝m(g＋a)·
匀速提升重物时，设拉力为F2，根据平衡条件得
F2＝G＝mg
匀速运动的位移l2＝vt＝at2
所以匀速提升重物时拉力做的功W2＝F2l2＝mg·at2
比较两种情况下拉力做功的表达式可知：当a>g时，W1>W2；
当a＝g时，W1＝W2；当a[答案] D
3．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则( )
A．v2＝k1v1
B．v2＝v1
C．v2＝v1
D．v2＝k2v1
[解析] 根据机车的启动规律可知，当牵引力等于阻力时，车速最大，有vm＝，又Ff＝kmg，则＝＝，B项正确．
[答案] B
4．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度－时间图象如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则( )
A．t1～t2时间内，汽车的平均速度等于
B．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m
C．t1～t2时间内，汽车的功率等于v1
D．汽车运动的过程中最大速度v2＝
[解析] t1～t2时间内，汽车做加速运动，平均速度不等于，故A错误；0～t1时间内，汽车的加速度a＝，根据牛顿第二定律知，汽车所受的合力F合＝ma＝m，则牵引力大于m，故B错误；汽车做匀加速运动，有F－Ff＝ma，解得F＝Ff＋m，则汽车的功率P＝Fv1＝v1，故C正确；汽车的额定功率P＝v1，当速度最大时，牵引力等于阻力，则最大速度v2＝＝，故D错误．
[答案] C
5.从空中以40
m/s的初速度平抛一重为10
N的物体，物体在空中运动3
s落地，不计空气阻力，取g＝10
m/s2，则物体落地前瞬间，重力的瞬时功率及落地过程中重力势能的变化量分别为( )
A．300
W 450
J
B．400
W 150
J
C．500
W 300
J
D．700
W 0
[解析] 物体落地瞬间vy＝gt＝30
m/s，∴PG＝mgvy＝300
W．ΔEp＝mgh＝mg·gt2＝450
J.
[答案] A
6．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，以A点所在水平面为零势能面，由机械能守恒定律得mv＝mgr＋mv2，解得vA＝.故选项C正确．
[答案] C
7．如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现最大静摩擦力，且为物块重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢地增加到某一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为( )
A．0
B．2πmgR
C．2kmgR
D.kmgR
[解析] 设物块开始滑动时的速度大小为v，则kmg＝m，而根据动能定理W＝mv2，故转台对物块做的功W＝kmgR，D正确．
[答案] D
8．(多选)如图所示，利用倾角为α的传送带把一个质量为m的木箱匀速传送L距离，这时木箱升高h，木箱和传送带始终保持相对静止．关于此过程，下列说法正确的是( )
A．木箱克服重力做功mgh
B．摩擦力对木箱做功为零
C．摩擦力对木箱做功为μmgLcosα，其中μ为摩擦因数
D．摩擦力对木箱做功为mgh
[解析] 木箱和传送带间的摩擦力为静摩擦力，对木箱做正功，木箱匀速运动，根据动能定理，摩擦力对木箱做的功等于木箱克服重力做的功mgh，A、D正确．
[答案] AD
9.(多选)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为mgh
C．运动员克服摩擦力做功为mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh
[解析] 运动员的加速度为g，沿斜面：mgsin30°－Ff＝m·g，Ff＝mg，Wf＝mg·2h＝mgh，所以A、C项错误，D项正确；Ek＝mgh－mgh＝mgh，B项正确．
[答案] BD
10．(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
[解析] 由题意可知两次提升过程位移相等，故图线①、②所围面积相等，有t0·v0＝v0(t－2t0)，解得t＝t0，两次上升时间之比为4∶5，A正确；加速阶段牵引力F最大且恒定，两次提升加速度相等，由牛顿第二定律a＝可知，两次牵引力大小相等，B错误；由电机输出的功率P＝Fv可知，加速阶段F最大且相等，此时v最大则P最大，两阶段最大速度之比为2∶1，所以最大功率之比为2∶1，C正确；由功能关系可知，电机做的功W＝mgh＋Ek，而Ek＝0，提升的高度相同，故电机做的功相等，D错误．
[答案] AC
二、填空题(本题共2小题，共16分)
11．(6分)某同学用如下图所示的实验装置探究外力做功与小车动能变化的关系．
(1)实验中，该同学让小车从静止开始运动一段位移，利用打点计时器测得了小车的速度v和位移x，读取了弹簧测力计的示数T，还测得了小车的质量M，沙桶的质量m，则细线对车做的功可以用W＝________来计算．
(2)实验中，该同学改变拉力，仍让小车从静止开始运动，保持位移一定，测得W与v对应的多组数据，得到如右图所示的W－v2关系图象，但与预期的过原点直线不符，经检查测量、计算与作图均无误．你认为主要原因是______________________；实验操作中改进的具体措施是________________________________________________________________________________________________.
[解析] (1)细线的拉力等于弹簧测力计的示数T，则细线对车所做的功W＝Tx.
(2)因没有平衡小车的摩擦力，故细线拉力对小车所做的功W＝Mv2＋Wf.(其中Wf为小车克服阻力所做的功)．
[答案] (1)Tx (2)小车受到了阻力 将平板左端适当垫高平衡小车受到的摩擦力
12．(10分)在验证机械能守恒定律的实验中：
(1)实验中动能的增加量应略________(选填“大于”、“小于”或“等于”)重力势能的减少量，其主要原因是________．
A．重物下落的实际距离大于测量值
B．重物下落的实际距离小于测量值
C．重物下落受到阻力
D．重物的实际末速度大于计算值
(2)甲、乙两位同学分别得到A、B两条纸带，他们的前两个点间的距离分别是1.9
mm、4.0
mm.那么应该选用________同学的纸带，一定存在操作误差的同学是________，可能的错误原因是________________________．
(3)如下图所示，有一条纸带，各点距A点的距离分别为d1，d2，d3，…，各相邻点间的打点时间间隔为T，当地重力加速度为g.要用它来验证重物从B到G处的机械能是否守恒，则B点的速度表达式为vB＝________，G点的速度表达式为vG＝________，若B点和G点的速度vB、vG及BG间的距离h均为已知量，则当满足________________时，重物的机械能守恒．
[解析] (1)做验证机械能守恒定律的实验时，由于空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦，重物动能的增加量要略小于重力势能的减少量，选项C正确．
(2)当重物自由下落时，第一、二两点之间的距离h＝gT2≈2
mm，由此可知甲同学的纸带最为理想，乙同学所得出的纸带，开始两点之间的距离明显大于2
mm，这说明他在操作过程中开始打点时，纸带已经具有了速度，可能原因是乙同学在实验时先释放重物，后接通电源(或释放纸带的初速度不为零等)．
(3)根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，得出B、G两点的瞬时速度大小分别为vB＝，vG＝，若机械能守恒，则有mgh＋mv＝mv，即有v－v＝2gh.
[答案] (1)小于 C (2)甲 乙 乙同学在实验时先释放重物，后接通电源(或释放纸带的初速度不为零等) (3) v－v＝2gh
三、计算题(本题共4小题，共44分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位，只写结果的，不能得分)
13．(10分)如图所示，绳的一端固定在天花板上，通过一动滑轮将质量m＝10
kg的物体由静止开始以2
m/s2的加速度提升3
s．求绳的另一端拉力F在3
s内所做的功．(g取10
m/s2，滑轮和绳的质量及摩擦均不计)
[解析] 解法一：物体受到两个力的作用：拉力F′和重力mg，由牛顿第二定律得F′－mg＝ma，所以F′＝m(g＋a)＝10×(10＋2)
N＝120
N，则力F＝F′＝60
N.
物体从静止开始运动，3
s内的位移为
l＝at2＝×2×32
m＝9
m，
力F作用在绳的端点，而在物体发生9
m位移的过程中，绳的端点的位移为2l＝18
m，
所以力F做的功W＝F·2l＝60×18
J＝1080
J.
解法二：本题还可用等效法求力F的功．
由于滑轮和绳的质量及摩擦均不计，所以拉力F做的功和拉力F′对物体做的功相等，即WF＝WF′＝F′l＝120×9
J＝1080
J.
[答案] 1080
J
14．(10分)汽车的质量为4×103
kg，额定功率为30
kW，运动中阻力大小恒为车重的0.1.汽车在水平路面上从静止开始以8×103
N的牵引力出发，(g取10
m/s2)求：
(1)汽车所能达到的最大速度vmax；
(2)汽车能保持匀加速运动的最长时间tm；
(3)汽车加速度为0.6
m/s2时的速度v；
(4)在匀加速运动的过程中发动机做的功W.
[解析] (1)汽车在水平路面上匀速行驶时，此时达到最大速度，汽车的功率达到额定功率P额，则有F牵＝F阻，P额＝F牵vmax＝F阻vmax，所以vmax＝，代入数据得vmax＝7.5
m/s.
(2)当汽车以恒定的牵引力启动，即以加速度a匀加速启动，根据牛顿第二定律可得：F牵－F阻＝ma，又由v＝at知汽车的速度不断增加．所以可得：汽车的输出功率将不断增大，当P出＝P额时，汽车功率不再增加，此时汽车的匀加速运动将结束，速度为vt，则有P额＝F牵vt＝F牵atm，tm＝＝，代入数据解得tm＝3.75
s.
(3)汽车的加速度为0.6
m/s2时的牵引力F′＝F阻＋ma′，
代入数据可解得F′＝6.4×103
N<8×103
N.
说明匀加速运动过程已经结束，此时汽车的功率为P额，
所以由P额＝F′v可得v＝＝
m/s＝4.7
m/s.
(4)汽车在匀加速运动过程中，发动机做的功，也就是牵引力所做的功为：W＝F牵xmax＝F牵··t，代入数据可得W＝5.6×104
J.
[答案] (1)7.5
m/s (2)3.75
s (3)4.7
m/s (4)5.6×104
J
15．(12分)如图甲所示，质量m＝1
kg的物体静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，物体受到一个变力F作用，t＝1
s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v－t图象如图乙所示，不计其他阻力，求：
(1)变力F做的功．
(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率．
(3)物体回到出发点的速度．
[解析] (1)物体1
s末的速度v1＝10
m/s，根据动能定理得：
WF＝mv＝50
J
(2)物体在斜面上升的最大距离：
x＝×1×10
m＝5
m
物体到达斜面时的速度v2＝10
m/s，到达斜面最高点的
速度为零，根据动能定理：－mgxsin37°－Wf＝0－mv
解得：Wf＝20
J，
＝＝20
W
(3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v3，则根据动能定理：
－2Wf＝mv－mv
解得：v3＝2
m/s
此后物体做匀速直线运动，到达原出发点的速度为2
m/s
[答案] (1)50
J (2)20
W (3)2
m/s
16．(12分)光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5
m，一个质量m＝2
kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49
J，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10
m/s2.求：
(1)小球脱离弹簧时的速度大小．
(2)小球从B到C克服阻力做的功．
(3)小球离开C点后落回水平面时的动能大小．
[解析] (1)根据机械能守恒定律
Ep＝mv①
v1＝
＝
m/s＝7
m/s②
(2)由动能定理得
－mg·2R－Wf＝mv－mv③
小球恰能通过最高点，故
mg＝m④
由②③④得Wf＝24
J
(3)根据机械能守恒定律
mg·2R＝Ek－mv⑤
由④⑤得Ek＝25
J
[答案] (1)7
m/s (2)24
J (3)25
J
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