第七章机械能守恒定律同步单元检测——2020-2021学年高一下学期物理人教版必修2word版含答案
文档属性
| 名称 | 第七章机械能守恒定律同步单元检测——2020-2021学年高一下学期物理人教版必修2word版含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-06-28 23:40:30 | ||
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文档简介
必修二第七章
机械能守恒定律
一．选择题（共8小题）
1．（2021春?宝山区期末）在一间隔热非常好的密闭房间中，把正在工作的电冰箱门打开，室内空气温度将（ ）
A．升高
B．不变
C．降低
D．无法确定
2．（2021?浙江模拟）如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．动能不变，机械能减小
B．动能增加，机械能减小
C．动能增加，机械能增加
D．动能增加，机械能不变
3．（2021春?烟台期中）将某一物体由地面开始竖直上抛，不计空气阻力，物体能够达到的最大距地高度为H。选取地面为参考平面，当物体在上升过程中通过某一位置时，它的动能恰好等于其重力势能的一半，则这一位置的距地高度为（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2021春?仪征市校级月考）质量为m的物体以竖直向下的3g的加速度加速运动，在它向下运动h的过程中（ ）
A．物体的重力势能减少3mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的机械能增加2mgh
D．合外力物对物体做功2mgh
5．（2021春?郑州期末）如图所示，质量为M，长为L的木板静止于光滑水平面上，质量为m的物块（可看做质点），以某一初速度从长木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最终物块刚好没从木板的右端滑下。物块相对木板滑动的过程中，木板的位移为x，则在此过程中（ ）
A．物块与木板组成的系统机械能守恒
B．物块的动能减少了μmgL
C．长木板获得的动能为μmgx
D．物块与长木板组成的系统机械能损失了μmg（L+x）
6．（2021春?兴国县校级月考）如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v斜向上抛出。以地面为参考平面，不计空气阻力，当石块落地时（ ）
A．动能为mgh
B．机械能为mgh+mv02
C．动能为mv02
D．重力势能为mgh
7．（2021?如皋市校级模拟）校排球队的小华同学，为了训练自己的球感，练就了好多特技．在一次表演中，他将双臂和肩背搭成一个“轨道”，能将排球控制在水平面内做连贯的椭圆运动．如果排球的速率保持不变，则在排球运动一圈的过程中（ ）
A．人对排球不做功
B．排球所受的合力为零
C．“轨道”不可能是水平的
D．排球与轨道中心点的连线在单位时间内扫过的面积相等
8．（2021?丰台区校级三模）2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在我国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，跳台滑雪赛道可简化为助滑道、起跳区、着陆坡、停止区。某运动员从助滑道的最高点A由静止开始下滑，到达起跳点O时借助设备和技巧，保持在O点的速率沿与水平方向成θ角的方向起跳，最后落在雪坡上的B点，起跳点O与落点B之间的距离OB为此项运动的成绩。不考虑运动员在空中受到的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在助滑道上（运动过程中）机械能守恒
B．运动员在起跳点O点起跳角度θ越大，运动的成绩越好
C．运动员在空中重力的瞬时功率可能为零
D．运动员在空中运动的时间与雪坡的倾角α无关
二．多选题（共10小题）
9．（2021?漳州二模）2020年11月10日，中国自主研发制造的“奋斗者”号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录。在这次深潜探测中，“奋斗者”号下潜过程潜水深度随时间变化规律如图所示，其中t1～t2、t3～t4为直线，忽略下潜过程重力加速度的变化及潜水器的体积变化。则（ ）
A．0～t1时间内，潜水器做加速下潜
B．t1～t2时间内，潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大
C．t2～t3时间内，潜水器内的科考人员处于失重状态
D．t3～t4时间内，潜水器竖直方向所受合外力为零
10．（2021?广州一模）如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高1m，速度大小为10m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为2.8m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量为0.6kg，重力加速度取10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A．球在空中上升时处于超重状态
B．甲传球时，球与乙的水平距离为4.8m
C．队友接球前瞬间，球的机械能一定为36J
D．队友接球前瞬间，球的动能一定为30J
11．（2021春?郑州期末）如图所示，一小物块以一定的初速度从粗糙固定斜面底端开始沿斜面向上滑动，速度减为零后又返回到底端。取地面为重力势能参考平面，该过程中，物块的动能Ek和机械能E随位移x变化关系的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
12．（2021?桃城区校级模拟）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2
C．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：4
13．（2021?泉州模拟）泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法正确的是（ ）
A．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为ρπvR2
B．此风力发电机发电的功率为ρπv2R2η
C．若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的
D．若仅风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍
14．（2021?三明三模）我国高铁技术处于世界领先水平，复兴号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车。假设某段时间内动车组在水平直轨道上做匀加速运动，各车厢质量均相等，每节动车的动力大小均为F，阻力与车重成正比，则在这段时间内（ ）
A．动车的功率随时间均匀增大
B．第6节车厢对第7节车厢的作用力大小为F
C．刹车时轨道对车厢的作用力等于车厢的重力
D．刹车时轨道对车厢作用力方向与运动方向相反
15．（2021?沙坪坝区校级模拟）如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，下列说法正确的是（已知弹簧的长度为l时，弹性势能为k（l﹣l0）2）（ ）
A．最高点与最低点加速度相同
B．金属环的最大速度为g
C．重力的最大功率为mg2
D．弹簧的最大拉力为2mg
16．（2021?清城区校级模拟）一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为。已知运动员（包含装备）的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员动能的增加量为
B．运动员动能的增加量为
C．运动员的机械能减小了
D．运动员重力势能的减少量为
17．（2021?泉州模拟）如图，光滑的匀质圆球静置在“∠”型木板中，现将木板绕O点逆时针缓慢旋转直至OP边竖直，则此过程中（ ）
A．球对OP边的压力先增大后减小
B．球对OQ边的压力先增大后减小
C．OP边对球先做正功后做负功
D．球的重力势能先增大后减小
18．（2021?南山区校级模拟）如图，足够长的刚性轻杆固定，杆与水平面夹角a＝30°，AB段光滑，其余部分粗糙，两个完全相同的小球甲、乙套在杆上，可以看作质点，质量m＝1kg，乙球静止在图中B位置，OB水平，甲球与轻质弹簧相连，在外力作用下静止于A位置，弹力大小为N，另一端固定在O点，弹簧与杆垂直处为弹簧原长，OA与杆夹角为也为30°，AB长为20cm，现静止释放甲球，并与乙球发生弹性碰撞，碰后乙球运动40cm重新静止，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．A到B的过程，甲球一直加速
B．甲球会在AB之间做往复运动
C．球与杆之间动摩擦因数μ＝
D．A到B的过程，甲球重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
三．实验题（共1小题）
19．（2021春?郑州期末）某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括气垫导轨、上方安装有遮光片的滑块、两个与计算机相连接的光电门A和B、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：
（1）启动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平。
（2）用天平测出砝码与砝码盘的总质量为m、滑块（含遮光片）的质量为M，光电门AB之间的距离为L，测量遮光片的宽度为d。
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块。释放砝码和砝码盘，令滑块在细线的拉动下从左边开始运动，滑块从A运动到B的过程中，砝码和砝码盘的重力势能减少了
。
（4）和计算机连接的光电门测量出遮光片经过A、B两处光电门的遮光时间分别为t1、t2，从而得出滑块经过A、B两点时的速度。通过A点时的速度为
。
（5）在滑块从A运动到B的过程中，要验证砝码和砝码盘、滑块组成的系统机械能守恒，需要满足的表达式为
。（均用题中给出物理量的对应符号及重力加速度g表示）
四．解答题（共5小题）
20．（2021春?宝山区期末）物块在高3m、长5m的斜面顶端从静止开始沿斜面下沿，以斜面底端所在的水平面为零势能面，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，取g＝10m/s2？试问：
（1）物块的质量是多少kg？
（2）物块在下滑过程中机械能如何变化？为什么？
21．（2021?浙江模拟）小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，想到了教材必修2上有如下表述：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看做圆周运动的一部分（注解：该一小段圆周的半径为该点的曲率半径）。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了（如图所示），小珂设计了如图所示过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8m的圆形轨道（恰能做完整的圆周运动），再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2m，并且在水滴形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。（g＝10m/s2）
（1）求小球释放点A距离水平面的高度H；
（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系；
（3）设小球在水滴形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系（h为小球离水平面的高度）。
22．（2021?浙江模拟）如图所示，在车厢和地面之间搭块木板，构成一个倾斜的面，车厢离地面高度H＝1.5m。箱子体积很小，可以看做质点，箱子质量m＝40kg。箱子从木板顶端静止释放，滑到斜面底端时速度不可以超过v＝1m/s。为了计算木板至少需要多长，小珂同学把木板平放在水平地面上，箱子放在木板上，发现用F＝290N的水平推力恰能使箱子做匀速运动（木板没有滑动，g＝10m/s2）
（1）求箱子与木板间的动摩擦因数；
（2）求木板至少需要多长；
（3）若滑到斜面底端速度恰为1m/s，箱子与地面的动摩擦因数为0.5，箱子从斜面进入水平面时，只保留水平分速度，求箱子从静止释放到在水平地面上停止所用的时间。
23．（2021?浙江模拟）如图所示，在离水平地面CD高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点距地面CD的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接．物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s2．
（1）求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小；
（3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围．
24．（2021?三明三模）如图甲为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为d＝0.8m的竖直细管，管底部与水面距离h＝0.6m，上半部BC是半径R＝0.4m的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有原长为L0＝0.4m、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到L＝0.2m后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设某一质量的鱼饵到达管口C时，对上管壁的作用力大小为其重力的3倍。不计鱼饵的大小和运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）此鱼饵到达管口C时的速度大小v；
（2）此鱼饵落到水面时水平射程x；
（3）若每次弹射时只放置一粒鱼饵，持续投放质量不同的鱼饵，且均能落到水面。测得鱼饵弹射出去的水平射程x随鱼饵质量m的变化规律如图乙所示，则弹簧压缩到0.2m时的弹性势能为多少？
2021年06月26日的高中物理组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2021春?宝山区期末）在一间隔热非常好的密闭房间中，把正在工作的电冰箱门打开，室内空气温度将（ ）
A．升高
B．不变
C．降低
D．无法确定
【分析】冰箱体内有压缩机、制冰机用以结冰的柜或箱，带有制冷装置的情藏箱，冰箱是保持恒定低温的一种制冷设备.也是种使食物或其他物品保持恒定低温冷态的民用产品。
【解答】解：冰箱的作用是将冰箱内部的内能通过压缩机的工作“拿“到冰箱外面（注意不是室外），总的能量还是在室内。当冰箱的门开着的时候，冰箱的压缩机将一直处于工作状态，电能直在转化为热能（室内的温度不会降低），所以房间的温度将一直上升，故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】本题主要考查了电能转化为内能，总的能量保持不变，即可判断
2．（2021?浙江模拟）如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．动能不变，机械能减小
B．动能增加，机械能减小
C．动能增加，机械能增加
D．动能增加，机械能不变
【分析】根据速度的变化分析动能的变化；根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能的变化。
【解答】解：汽车关闭发动机后向下加速运动过程中，速度增大、则动能增大；
由于摩擦力对汽车做负功，则汽车的机械能减少，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了机械能守恒定律和动能大小的判断；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少。
3．（2021春?烟台期中）将某一物体由地面开始竖直上抛，不计空气阻力，物体能够达到的最大距地高度为H。选取地面为参考平面，当物体在上升过程中通过某一位置时，它的动能恰好等于其重力势能的一半，则这一位置的距地高度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】不计空气阻力，说明物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律和动能与重力势能的关系分别列式，即可求解．
【解答】解：物体总的机械能为mgH，
当高度为h时，动能是重力势能的一半，即动能为mgh，
由机械能守恒定律可得：mgh+mgh＝mgH，则h＝H，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】此题是机械能守恒定律的应用，要抓住不计空气阻力时，抛体运动的机械能是守恒的，并能挖掘和利用题设的条件．
4．（2021春?仪征市校级月考）质量为m的物体以竖直向下的3g的加速度加速运动，在它向下运动h的过程中（ ）
A．物体的重力势能减少3mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的机械能增加2mgh
D．合外力物对物体做功2mgh
【分析】根据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据动能和重力势能的变化判断机械能的变化．
【解答】解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故A错误；
BD、物体以竖直向下3g的加速度加速运动，合力为F＝ma＝3mg，故合力做功为W＝Fh＝3mgh，故动能增加3mgh，故BD错误；
C、动能增加3mgh，重力势能减小mgh，故机械能增加3mgh﹣mgh＝2mgh，故C正确；
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系．
5．（2021春?郑州期末）如图所示，质量为M，长为L的木板静止于光滑水平面上，质量为m的物块（可看做质点），以某一初速度从长木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最终物块刚好没从木板的右端滑下。物块相对木板滑动的过程中，木板的位移为x，则在此过程中（ ）
A．物块与木板组成的系统机械能守恒
B．物块的动能减少了μmgL
C．长木板获得的动能为μmgx
D．物块与长木板组成的系统机械能损失了μmg（L+x）
【分析】物块与木板组成的系统有内能产生，故机械能不守恒；根据动能定理，摩擦力对两物体做的功代表两物体动能的变化可求解。
【解答】解：A、物块与木板组成的系统有内能产生，故机械能不守恒，故A错误；
B、物块运动过程中摩擦力做功﹣μmg（x+L），根据动能定理可知动能减少μmg（x+L），故B错误；
C、摩擦力对木板做功为μmgx，根据动能定理可知木板动能增加μmgx，故C正确；
D、系统机械能转化为内能，内能为μmgL，所以机械能损失μmgL，故D错误；
故选：C。
【点评】本题综合考查动能定理、机械能守恒定律，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键。
6．（2021春?兴国县校级月考）如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v斜向上抛出。以地面为参考平面，不计空气阻力，当石块落地时（ ）
A．动能为mgh
B．机械能为mgh+mv02
C．动能为mv02
D．重力势能为mgh
【分析】不计空气阻力，石块的机械能守恒，根据机械能守恒求出石块落地时的动能大小、机械能大小，重力势能计算式为EP＝mgh，h是相对于参考平面的高度。
【解答】解：ACD、不计空气阻力，石块的机械能守恒，以地面为参考平面，落地时石块的重力势能为零，
根据机械能守恒得落地时石块的动能，故ACD错误；
B、机械能等于重力势能与动能之和，以地面为参考平面，落地时石块的重力势能为零，则石块落地时机械能等于动能，即E＝，故B正确。
故选：B。
【点评】本题要准确理解重力势能计算式EP＝mgh中h的含义，知道是相对于参考平面的高度，灵活运用机械能守恒定律求解。
7．（2021?如皋市校级模拟）校排球队的小华同学，为了训练自己的球感，练就了好多特技．在一次表演中，他将双臂和肩背搭成一个“轨道”，能将排球控制在水平面内做连贯的椭圆运动．如果排球的速率保持不变，则在排球运动一圈的过程中（ ）
A．人对排球不做功
B．排球所受的合力为零
C．“轨道”不可能是水平的
D．排球与轨道中心点的连线在单位时间内扫过的面积相等
【分析】排球在水平面内做匀速率椭圆运动，具有向心加速度，合外力不为零，在整个过程中合力做功为零，由于受到摩擦力做功，根据动能定理求得人对排球做功情况，根据在相同时间内通过的弧长和对应的角度判断出扫过的面积。
【解答】解：A、由于排球控制在水平面内做连贯的椭圆运动且速率不变，根据动能定理可得合力做功为零，由于重力始终与速度方向垂直，故不做功，在运动过程中摩擦力做负功，故人对排球做正功，故A错误；
B、由于排球速度方向时刻在变化，则有加速度，故合外力不为零，故B错误；
C、由于排球的向心力在水平方向，重力竖直向下，则所受支持力不可能竖直向上，则轨道不可能是水平的，故C正确；
D、由于速率不变，单位时间内通过的弧长相同，随排球越来越接近短半轴，经过相同的弧长转过的角度越大，扫过的面积越大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了匀速率椭圆运动，分析受力及做功，明确通过相同的弧长扫过的角度越大，面积越大即可。
8．（2021?丰台区校级三模）2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在我国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，跳台滑雪赛道可简化为助滑道、起跳区、着陆坡、停止区。某运动员从助滑道的最高点A由静止开始下滑，到达起跳点O时借助设备和技巧，保持在O点的速率沿与水平方向成θ角的方向起跳，最后落在雪坡上的B点，起跳点O与落点B之间的距离OB为此项运动的成绩。不考虑运动员在空中受到的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在助滑道上（运动过程中）机械能守恒
B．运动员在起跳点O点起跳角度θ越大，运动的成绩越好
C．运动员在空中重力的瞬时功率可能为零
D．运动员在空中运动的时间与雪坡的倾角α无关
【分析】用机械能守恒条件判断；将速度和加速度分别沿斜面向下和垂直斜面分解，分别按匀变速规律处理；按瞬时功率定义解答。
【解答】解：A、运动员在助滑道上要克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误；
B、如图所示：设运动员在O点起跳速率为v，则：v1＝vsin（θ+α），v2＝vcos（θ+α），a1＝gcosα，a2＝gsinα
设运动员离开雪坡距离为h，从O点到B点的时间为t，h＝v1
t﹣，h＝0时，到达B点，t＝，运动员从O点到B点的距离为L，
L＝v2t+，解得：L＝vcos（θ+α）+
整理得：L＝，其中v、α、g是定值，当2θ+α＝90°，即时，L最大，故B错误；
C、当运动员在空中速度v′水平时，重力的瞬时功率P＝mgv′cos90°＝0，故C正确；
D、由t＝＝可知：t与雪坡的倾角α有关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题难点在C项，斜上抛运动沿斜面向下（匀加速运动）和垂直斜面向上（类竖直上抛运动）分解，分别按匀变速规律处理，特别考查用三角函数处理物理问题的能力。
二．多选题（共10小题）
9．（2021?漳州二模）2020年11月10日，中国自主研发制造的“奋斗者”号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录。在这次深潜探测中，“奋斗者”号下潜过程潜水深度随时间变化规律如图所示，其中t1～t2、t3～t4为直线，忽略下潜过程重力加速度的变化及潜水器的体积变化。则（ ）
A．0～t1时间内，潜水器做加速下潜
B．t1～t2时间内，潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大
C．t2～t3时间内，潜水器内的科考人员处于失重状态
D．t3～t4时间内，潜水器竖直方向所受合外力为零
【分析】根据h﹣t图像的斜率判断潜水器的速度，根据图像分析运动方向和加速度方向，从而判断超重和失重。
【解答】解：A、h﹣t图像类似位移﹣时间图像，斜率代表速度，0～t1速度增加，潜水器做加速下潜，故A正确；
B、t1～t2为直线，说明潜水器匀速下潜，科考人员所受重力的功率不变，故B错误；
C、t2～t3速度减小，加速度向上，科考人员处于超重状态，故C错误；
D、t3～t4图像为直线，且潜水深度不变，说明竖直方向上加速度为零，潜水器竖直方向所受合外力为零，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题主要考查了对图像的理解和应用，特别注意对超重失重现象的理解，潜水器处于超重或失重状态时，潜水器的重力并没变。
10．（2021?广州一模）如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高1m，速度大小为10m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为2.8m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量为0.6kg，重力加速度取10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A．球在空中上升时处于超重状态
B．甲传球时，球与乙的水平距离为4.8m
C．队友接球前瞬间，球的机械能一定为36J
D．队友接球前瞬间，球的动能一定为30J
【分析】根据超重和失重状态的特点结合加速度的方向可以判断；利用斜抛运动的规律可以求出水平距离；求出球的重力势能和动能，利用球在空中运动时机械能守恒，可以判断队友接球时的机械能；因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能。
【解答】解：A、球在空中上升时加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误；
B、甲传球，球做斜向上抛运动，设初速度与水平方向夹角为θ，有
竖直方向
h乙﹣h甲＝gt2
v0sinθ＝gt
水平方向
x＝v0cosθt
联立代入数据，得
θ＝37°
x＝4.8m
故B正确；
C、以地面为零势能面，则球刚抛出时的机械能为
E＝mgh+mv2
代入数据可得
E＝36J
球在空中运动时，只受重力作用，机械能守恒，故C正确；
D、因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查功能关系，在涉及超重现象和失重现象时，要注意其实质是在竖直方向有加速度，加速度的方向向下可判断此时处于失重状态。
11．（2021春?郑州期末）如图所示，一小物块以一定的初速度从粗糙固定斜面底端开始沿斜面向上滑动，速度减为零后又返回到底端。取地面为重力势能参考平面，该过程中，物块的动能Ek和机械能E随位移x变化关系的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据动能定理列出两次运动的表达式，根据表达式判断两次运动动能与位移关系均为直线；摩擦力做功引起机械能变化。
【解答】解：AB、由于斜面粗糙，分别对两次运动做受力分析，物块向上运动时：﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，物块向下运动：mgsinθ﹣μmgcosθ?x＝ma2，得a1＞a2，根据v2＝2ax,可知Ek＝，向上运动的斜率大于向下运动的斜率，且因为摩擦力做负功，使得滑到低端的动能小于处动能，故A正确，B错误；
CD、摩擦力做功引起机械能变化，两次运动摩擦力做功相同，机械能变化也相同，故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】熟练掌握动能定理是解决该题的关键，摩擦力做功引起机械能变化。
12．（2021?桃城区校级模拟）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2
C．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：4
【分析】由题意利用牛顿第二定律求出车厢间的作用力，利用公式P＝Fv分析动车组的最大速度关系。
【解答】解：A、启动时乘客和车厢一起沿水平方向做加速运动，乘客受车厢作用力和重力作用，车厢作用力竖直分力和重力平衡，水平分力提供加速度，故车厢对乘客的作用力斜向上，故A错误；
B、做匀加速运动时，设整个动车组的加速度为a，动车的牵引力为F，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重比例系数为k，即f＝knmg，以第6、7、8节车厢为研究对象，则由牛顿第二定律可知
F56﹣3kmg＝3ma
以第7、8节车厢为研究对象，则由牛顿第二定律可知
F67﹣2kmg＝2ma
整理可得F56：F67＝3:2
故B正确；
CD、当动车组匀速运动时，运动速度最大，此时动车组的牵引力等于其所受的阻力，设题中动车额定功率为P，动车组最大速度为v1max，4节动车带4节拖车的动车组最大速度为v2max，则有
2P＝8kmgv1max
4P＝8kmgv2max
整理可得v1max：v2max＝1:2
故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】在利用P＝Fv分析问题时，要注意只有当P一定时，F和v的反比关系才成立；同样，只有F一定时，P与v成正比关系。
13．（2021?泉州模拟）泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法正确的是（ ）
A．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为ρπvR2
B．此风力发电机发电的功率为ρπv2R2η
C．若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的
D．若仅风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍
【分析】建立圆柱模型解决单位时间内通过叶片的转动圆面的空气质量，能得出单位时间空气质量就能知道空气的动能，用空气的动能乘以效率结合功率公式，从而得出风力发电机发电的功率。
【解答】A、设发电机的叶片半径为R，吹到叶片的风速为v，空气的密度为ρ，建立如图所示的圆柱模型：
圆柱体积表示为v＝πR2vt，则单位时间内通过叶片的转动圆面的空气质量m＝ρπvR2，故A正确；
B、设单位时间内通过叶片的转动圆面的空气的动能为：Ek＝
动能转化为电能的效率为η，由功率公式得：P＝ρπv3R2η，故B错误；
C、若仅风速减小为原来的，由发电的功率P＝ρπv3R2η可以得出减小为原来的，故C正确；
D、若仅风速增大为原来的2倍，由发电的功率P＝ρπv3R2η可以得出增大为原来的8倍，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题以风力发电为背景，重点考查功率的概念，同时考查了学生对流体类问题处理方法，体现物理模型构建能力的考查。
14．（2021?三明三模）我国高铁技术处于世界领先水平，复兴号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车。假设某段时间内动车组在水平直轨道上做匀加速运动，各车厢质量均相等，每节动车的动力大小均为F，阻力与车重成正比，则在这段时间内（ ）
A．动车的功率随时间均匀增大
B．第6节车厢对第7节车厢的作用力大小为F
C．刹车时轨道对车厢的作用力等于车厢的重力
D．刹车时轨道对车厢作用力方向与运动方向相反
【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力；根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量。
【解答】解：A、动车做匀加速运动，则动车的功率P＝Fv＝Fat，即功率随时间均匀增大，故A正确；
B、对动车的整体2F﹣8kmg＝8ma
对最后的7、8节车厢
T﹣2kmg＝2ma
解得：T＝，故B正确；
CD、刹车时轨道对车厢有竖直向上的支持力和向后的摩擦力，因竖直向上的支持力和重力相等，轨道对车厢的作用力为支持力和摩擦力的合力，大于车厢的重力，方向斜向后上方，与运动方向不共线，CD错误。
故选：AB。
【点评】当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题。
15．（2021?沙坪坝区校级模拟）如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，下列说法正确的是（已知弹簧的长度为l时，弹性势能为k（l﹣l0）2）（ ）
A．最高点与最低点加速度相同
B．金属环的最大速度为g
C．重力的最大功率为mg2
D．弹簧的最大拉力为2mg
【分析】加速度是矢量，加速度相同时大小方向都相同；当加速度为0时速度达到最大，应用机械能守恒定律求出金属环的最大速度；根据功率公式求出金属环的速度最大时重力的功率；当金属环下落到速度为零时弹簧的伸长量最大，根据胡克定律求解弹簧的最大拉力。
【解答】解：A、在最高点时金属环的加速度方向沿杆向下、最低点加速度方向沿杆向上，加速度不同，故A错误；
B、当金属环的加速度为0时，速度最大，金属环受力如图所示：
金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力
沿杆方向加速度为0，即合力为0：
mgsin45°＝Fcos45°
F＝k△x
解得形变量△x＝
根据几何知识，两个小球下降的高度为h＝
对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，
2mg×△x＝k△x2+×2mv2
解得：v＝g，故B正确；
C、金属环达到最大速度时重力的功率最大，最大功率为：P＝mgvcos45°，解得：P＝mg2,故C错误；
D、金属环下降h'达到最低时，速度减小为0，形变量最大为2h'，根据机械能守恒定律：
2mgh'＝k（2h'）2
解得：h'＝，弹簧的最大伸长量△x＝2h′＝
弹簧的最大拉力为T＝k△x＝2mg，故D正确。
故选：BD。
【点评】解题的关键是找到临界条件，加速度最大的条件是弹簧弹力等0，故开始释放时加速度最大，当加速度为0时速度最大，当金属环下落到速度为零时弹簧的弹力最大金属环与杆的弹力最大，注意用重力乘以竖直方向的速度求重力的瞬时功率。
16．（2021?清城区校级模拟）一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为。已知运动员（包含装备）的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员动能的增加量为
B．运动员动能的增加量为
C．运动员的机械能减小了
D．运动员重力势能的减少量为
【分析】根据牛顿第二定律可求得物体受到的合外力，根据动能定理可知动能的改变情况；根据重力做功与重力势能的变化关系分析重力势能的减少量，根据机械能的概念求解机械能的减少量。
【解答】解：AB、运动员下落的高度是h，则飞行的距离：L＝＝h，运动员受到的合外力：F合＝ma＝mg
根据动能定理可知动能的增加等于合外力做的功，即：△EK＝mg×h＝mgh，故A错误、B正确；
CD、运动员下落的高度是h，则重力做功：W＝mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh；
动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了△E＝mgh﹣mgh＝，故C正确、D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查功能关系，关键是能够分析运动员的受力情况和能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关。
17．（2021?泉州模拟）如图，光滑的匀质圆球静置在“∠”型木板中，现将木板绕O点逆时针缓慢旋转直至OP边竖直，则此过程中（ ）
A．球对OP边的压力先增大后减小
B．球对OQ边的压力先增大后减小
C．OP边对球先做正功后做负功
D．球的重力势能先增大后减小
【分析】以球为研究对象，将木板以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转直至OP边竖直，两个支持力的夹角不变，可以认为将重力顺时针旋转90°，根据拉密定理（点评中有其方法说明）结合角度的变化进行分析；OP边上的支持力在竖直方向上有分力，一直做正功；分析小球的重心高度变化从而判断重力势能变化。
【解答】解：AB、以球为研究对象，将木板以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°，两个支持力的夹角不变，可以认为将重力顺时针旋转90°，设在某一位置时受力情况如图所示
根据拉密定理可得：＝＝
由于转动过程中两个支持力的夹角不变，故α不变，不变；
由于β由180°逐渐减小到90°，所以球对OQ的压力逐渐增大；
由于θ由锐角逐渐增加到90°再增加到钝角，故sinθ先增大后减小，球对OP的压力先增大后减小；故A正确，B错误；
C、OP边的支持力一直都有竖直向上的分力，故一直对球做正功，故C错误；
D、小球绕着O点做圆周运动，由圆形轨迹可知，球的重心先增加后减小，所以球的重力势能先增大后减小，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题主要是考查共点力的平衡条件中的动态分析问题，本题可用拉密定理来分析力的动态变化。拉密定理：同一平面内，当三个共点力的合力为零时，其中任意一个力与其它两个力夹角正弦的比值相等（即：＝＝，α为F2与F3的夹角，β为F1与F3的夹角，θ为F1与F2的夹角）。找好几何关系，准确的判断三个力的夹角变化，根据正弦图像判断正弦值的变化趋势，从而判断力的变化趋势。
18．（2021?南山区校级模拟）如图，足够长的刚性轻杆固定，杆与水平面夹角a＝30°，AB段光滑，其余部分粗糙，两个完全相同的小球甲、乙套在杆上，可以看作质点，质量m＝1kg，乙球静止在图中B位置，OB水平，甲球与轻质弹簧相连，在外力作用下静止于A位置，弹力大小为N，另一端固定在O点，弹簧与杆垂直处为弹簧原长，OA与杆夹角为也为30°，AB长为20cm，现静止释放甲球，并与乙球发生弹性碰撞，碰后乙球运动40cm重新静止，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．A到B的过程，甲球一直加速
B．甲球会在AB之间做往复运动
C．球与杆之间动摩擦因数μ＝
D．A到B的过程，甲球重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
【分析】在特殊点做受力分析可判断运动情况，根据弹性碰撞可计算碰后甲乙两球的速度，再根据匀变速直线运动与牛顿第二定律结合求得μ；明确A到B过程中能量变化情况。
【解答】解：A、对甲球在B点做受力分析，可知甲球在B点时受力平衡，所以甲球在A到B的过程中沿斜面向下重力的分力大于弹簧沿斜面向上的分力，所以一直做加速运动，故A正确；
B、根据弹性碰撞时动量守恒，且由于质量相等，碰后两球速度互换，甲球会静止在B点，故B错误；
C、甲球从A到B，重力势能转化为动能，根据动能定理mgh＝，解得v＝10m/s,碰后乙球沿斜面运动40cm，根据v2＝2ax，解得a＝0.25m/s2
对乙球根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得μ＝，故C正确；
D、甲球从A到B的过程中能量守恒，动能不断增大，所以弹性势能与重力势能之和增大，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查机械能守恒的应用，重点在于理解甲球在A和B点的弹性势能相等，只有重力势能转化为动能。
三．实验题（共1小题）
19．（2021春?郑州期末）某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括气垫导轨、上方安装有遮光片的滑块、两个与计算机相连接的光电门A和B、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：
（1）启动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平。
（2）用天平测出砝码与砝码盘的总质量为m、滑块（含遮光片）的质量为M，光电门AB之间的距离为L，测量遮光片的宽度为d。
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块。释放砝码和砝码盘，令滑块在细线的拉动下从左边开始运动，滑块从A运动到B的过程中，砝码和砝码盘的重力势能减少了
mgL 。
（4）和计算机连接的光电门测量出遮光片经过A、B两处光电门的遮光时间分别为t1、t2，从而得出滑块经过A、B两点时的速度。通过A点时的速度为
。
（5）在滑块从A运动到B的过程中，要验证砝码和砝码盘、滑块组成的系统机械能守恒，需要满足的表达式为
。（均用题中给出物理量的对应符号及重力加速度g表示）
【分析】（3）根据下降的高度求出系统重力势能的减小量；
（4）（5）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块到达光电门A、B的速度，根据A、B点的速度得出系统动能的增加量，再结合重力势能减少量写出系统机械能守恒表达式。
【解答】解：（3）滑块从A到B的过程中，砝码和砝码盘的重力势能的减小量为△EP＝mgL
（4）光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
因此遮光片通过A、B两个光电门的速度分别为vA＝，vB＝
根据动能的定义式得出，砝码与砝码盘、滑块组成的系统动能增加量为：△Ek＝（m+M）vB2﹣（m+M）vA2＝（m+M）（）
若在运动过程中机械能守恒，△Ek＝△EP，
因此验证系统机械能守恒的表达式为：
故答案为：（3）mgL；（4）；（5）
【点评】解决本题的关键知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．
四．解答题（共5小题）
20．（2021春?宝山区期末）物块在高3m、长5m的斜面顶端从静止开始沿斜面下沿，以斜面底端所在的水平面为零势能面，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，取g＝10m/s2？试问：
（1）物块的质量是多少kg？
（2）物块在下滑过程中机械能如何变化？为什么？
【分析】根据图像可得物块初始状态和末状态的重力势能，动能，从而可以判断机械能变化。
【解答】解：（1）由图可知，物块在高3m斜面顶端从静止运动，起初具有30J重力势能，根据公式EP＝mgh
解得m＝1kg
（2）机械能减少，物块初始具有30J重力势能，滑到低端时具有10J动能，故机械能减少。
答：（1）物块质量为1kg
（2）下滑过程中机械能减少，理由见解析
【点评】本题考查机械能的理解，要求学生从图中提取有效信息。
21．（2021?浙江模拟）小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，想到了教材必修2上有如下表述：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看做圆周运动的一部分（注解：该一小段圆周的半径为该点的曲率半径）。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了（如图所示），小珂设计了如图所示过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8m的圆形轨道（恰能做完整的圆周运动），再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2m，并且在水滴形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。（g＝10m/s2）
（1）求小球释放点A距离水平面的高度H；
（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系；
（3）设小球在水滴形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系（h为小球离水平面的高度）。
【分析】（1）在D点根据牛顿第二定律求得速度，从释放点到D点根据动能定理求得高度；
（2）从释放到离水平面的高度为h的过程中，根据动能定理求得速度，利用牛顿求得向心加速度；
（3）从A到E根据动能定理求得速度，在E点根据向心加速度公式求得加速度大小，当小球高度为h时，根据动能定理求得速度，即可求得轨道曲率半径r与h的函数关系。
【解答】解：（1）最高点D根据牛顿第二定律可得：
A到D根据动能定理：
解得：H＝2m
（2）从释放到离水平面的高度为h的过程中，根据动能定理可得：mg（H﹣h）＝
根据向心加速度公式可得a＝
联立解得：a＝50﹣25h
（0≤h≤1.6m）
（3）A到E点根据动能定理可得：
向心加速度为a＝
解得：a＝2g
由题意水滴形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为2g.
当小球高度为h时，根据动能定理可得：
（a＝2g）
解得：r＝2﹣h
答：（1）小球释放点A距离水平面的高度H为2m；
（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，向心加速度a与h的函数关系为a＝50﹣25h
（0≤h≤1.6m）；
（3）设小球在水滴形轨道上运动时，轨道曲率半径r与h的函数关系为r＝2﹣h。
【点评】本题主要考查了机械能守恒和动能定理，明确物体的运动过程，及受力，利用好数学关系是解决的关键
22．（2021?浙江模拟）如图所示，在车厢和地面之间搭块木板，构成一个倾斜的面，车厢离地面高度H＝1.5m。箱子体积很小，可以看做质点，箱子质量m＝40kg。箱子从木板顶端静止释放，滑到斜面底端时速度不可以超过v＝1m/s。为了计算木板至少需要多长，小珂同学把木板平放在水平地面上，箱子放在木板上，发现用F＝290N的水平推力恰能使箱子做匀速运动（木板没有滑动，g＝10m/s2）
（1）求箱子与木板间的动摩擦因数；
（2）求木板至少需要多长；
（3）若滑到斜面底端速度恰为1m/s，箱子与地面的动摩擦因数为0.5，箱子从斜面进入水平面时，只保留水平分速度，求箱子从静止释放到在水平地面上停止所用的时间。
【分析】（1）在水平面上根据共点力平衡求得滑动摩擦因数；
（2）箱子从顶端到底端，根据动能定理求得斜面的倾角和木板的长度；
（3）在斜面上做初速度为零的匀加速度运动，根据运动学公式求得时间，到达水平面时，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得运动时间，即可求得总时间。
【解答】解：（1）木箱在水平面受力平衡：μmg＝F
解得：
（2）设木板至少长为L，此时斜面倾角为θ。
根据动能定理可得：
解得：θ＝37°
木板的长度为：
解得：L＝2.5m
（3）箱子在斜面上运动的时间为
在水平面上的速度为vx＝vcosθ
在水平面上根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma
经历的时间为：
t＝t1+t2
联立解得t＝5.16s
答：（1）箱子与木板间的动摩擦因数为；
（2）木板至少需要2.5m；
（3）若滑到斜面底端速度恰为1m/s，箱子与地面的动摩擦因数为0.5，箱子从斜面进入水平面时，只保留水平分速度，箱子从静止释放到在水平地面上停止所用的时间为5.16s。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和动能定理，关键是过程的分析和受力分析，抓住箱子从斜面进入水平面时，只保留水平分速度即可求得。
23．（2021?浙江模拟）如图所示，在离水平地面CD高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点距地面CD的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接．物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s2．
（1）求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小；
（3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围．
【分析】（1）物块离开平台做平抛运动，根据高度求出运动的时间；根据几何关系求出圆弧的圆心角，通过平行四边形定则，结合竖直分速度求出水平分速度，即平抛运动的初速度，根据能量守恒求出弹性势能的大小；
（2）根据动能定理求解物块在C点的速度大小，再根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解在C点时对轨道的压力大小；
（3）对全过程分析，运用能量守恒求出满足条件的动摩擦因数的大小范围。
【解答】解：（1）由平抛运动规律可得：h1﹣h2＝
解得；
因为圆弧半径R＝h1＝30m，故由几何关系可得cos∠BOC＝＝
则∠BOC＝60°，
设物块平抛的水平初速度为v0，在B点进行运动的合成与分解，如图所示；
则有：＝，解得v0＝10m/s；
由功能关系可得弹簧储存的弹性势能：＝J＝50J；
（2）从A到C的过程，由动能定理可得：mgh1＝﹣
在C点，对物块根据牛顿第二定律可得：NC﹣mg＝m
联立上述两式得：NC＝N
由牛顿第三定律得对轨道的压力大小：NC′＝NC＝N；
（3）若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞，从A点至第一次到D点的过程，
由动能定理得：
解得μ1＝；
若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零，从A点至第一次返回到B点的过程，由动能定理得：
解得；
若物块第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞，从A点至第二次到D点的过程，由动能定理得：
解得μ3＝；
综上所述，μ的取值范围：。
答：（1）物块从A到B的时间为s，被K锁住时弹簧储存的弹性势能为50J；
（2）物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为N；
（3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围为。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合进入圆弧轨道的速度方向，通过平行四边形定则求出初速度是解决本题的关键。
24．（2021?三明三模）如图甲为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为d＝0.8m的竖直细管，管底部与水面距离h＝0.6m，上半部BC是半径R＝0.4m的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有原长为L0＝0.4m、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到L＝0.2m后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设某一质量的鱼饵到达管口C时，对上管壁的作用力大小为其重力的3倍。不计鱼饵的大小和运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）此鱼饵到达管口C时的速度大小v；
（2）此鱼饵落到水面时水平射程x；
（3）若每次弹射时只放置一粒鱼饵，持续投放质量不同的鱼饵，且均能落到水面。测得鱼饵弹射出去的水平射程x随鱼饵质量m的变化规律如图乙所示，则弹簧压缩到0.2m时的弹性势能为多少？
【分析】（1）根据牛顿第二定律，抓住在C点管口弹力为重力的3倍，求出鱼饵在C点的速度大小．
（2）由平抛的规律求出水平射程；
（3）根据机械能守恒律和平抛规律写出的关系式，由纵截距求出弹簧的弹性势能。
【解答】解：（1）由题意知，质量为m的鱼铒到达管口C时做圆周运动的向心力由重力和管口弹力提供，则：
3mg+mg＝
代入数据解得：v＝4m/s
（2）鱼铒从管口离开后做平抛运动，由平抛规律有：
水平方向有：x＝vt
竖直方向有：R+d+h＝
代入数据解得：x＝2.4m
（3）设在弹簧上端放置质量为m的鱼铒时，从开始到弹出，根据动能定理得：
W弹﹣mg（d﹣L+R）＝mv2﹣0
而W弹＝Ep
由平抛规律x＝vt＝v
联立得取：＝
结合图乙直线的截距b＝1kg﹣1
解得：Ep＝10J
答：（1）鱼饵到达管口C时的速度大小v为4m/s；
（2）鱼饵落到水面时水平射程x为2.4m；
（3）鱼饵弹射出去的水平射程x随鱼饵质量m的变化规律如图乙所示，则弹簧压压缩到0.2m时的弹性势能为为10J。
【点评】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程以及动能定理的应用，难度适中。好象缺少质量，关键是抓住了的表达式，从纵截距来求。
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机械能守恒定律
一．选择题（共8小题）
1．（2021春?宝山区期末）在一间隔热非常好的密闭房间中，把正在工作的电冰箱门打开，室内空气温度将（ ）
A．升高
B．不变
C．降低
D．无法确定
2．（2021?浙江模拟）如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．动能不变，机械能减小
B．动能增加，机械能减小
C．动能增加，机械能增加
D．动能增加，机械能不变
3．（2021春?烟台期中）将某一物体由地面开始竖直上抛，不计空气阻力，物体能够达到的最大距地高度为H。选取地面为参考平面，当物体在上升过程中通过某一位置时，它的动能恰好等于其重力势能的一半，则这一位置的距地高度为（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2021春?仪征市校级月考）质量为m的物体以竖直向下的3g的加速度加速运动，在它向下运动h的过程中（ ）
A．物体的重力势能减少3mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的机械能增加2mgh
D．合外力物对物体做功2mgh
5．（2021春?郑州期末）如图所示，质量为M，长为L的木板静止于光滑水平面上，质量为m的物块（可看做质点），以某一初速度从长木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最终物块刚好没从木板的右端滑下。物块相对木板滑动的过程中，木板的位移为x，则在此过程中（ ）
A．物块与木板组成的系统机械能守恒
B．物块的动能减少了μmgL
C．长木板获得的动能为μmgx
D．物块与长木板组成的系统机械能损失了μmg（L+x）
6．（2021春?兴国县校级月考）如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v斜向上抛出。以地面为参考平面，不计空气阻力，当石块落地时（ ）
A．动能为mgh
B．机械能为mgh+mv02
C．动能为mv02
D．重力势能为mgh
7．（2021?如皋市校级模拟）校排球队的小华同学，为了训练自己的球感，练就了好多特技．在一次表演中，他将双臂和肩背搭成一个“轨道”，能将排球控制在水平面内做连贯的椭圆运动．如果排球的速率保持不变，则在排球运动一圈的过程中（ ）
A．人对排球不做功
B．排球所受的合力为零
C．“轨道”不可能是水平的
D．排球与轨道中心点的连线在单位时间内扫过的面积相等
8．（2021?丰台区校级三模）2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在我国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，跳台滑雪赛道可简化为助滑道、起跳区、着陆坡、停止区。某运动员从助滑道的最高点A由静止开始下滑，到达起跳点O时借助设备和技巧，保持在O点的速率沿与水平方向成θ角的方向起跳，最后落在雪坡上的B点，起跳点O与落点B之间的距离OB为此项运动的成绩。不考虑运动员在空中受到的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在助滑道上（运动过程中）机械能守恒
B．运动员在起跳点O点起跳角度θ越大，运动的成绩越好
C．运动员在空中重力的瞬时功率可能为零
D．运动员在空中运动的时间与雪坡的倾角α无关
二．多选题（共10小题）
9．（2021?漳州二模）2020年11月10日，中国自主研发制造的“奋斗者”号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录。在这次深潜探测中，“奋斗者”号下潜过程潜水深度随时间变化规律如图所示，其中t1～t2、t3～t4为直线，忽略下潜过程重力加速度的变化及潜水器的体积变化。则（ ）
A．0～t1时间内，潜水器做加速下潜
B．t1～t2时间内，潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大
C．t2～t3时间内，潜水器内的科考人员处于失重状态
D．t3～t4时间内，潜水器竖直方向所受合外力为零
10．（2021?广州一模）如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高1m，速度大小为10m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为2.8m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量为0.6kg，重力加速度取10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A．球在空中上升时处于超重状态
B．甲传球时，球与乙的水平距离为4.8m
C．队友接球前瞬间，球的机械能一定为36J
D．队友接球前瞬间，球的动能一定为30J
11．（2021春?郑州期末）如图所示，一小物块以一定的初速度从粗糙固定斜面底端开始沿斜面向上滑动，速度减为零后又返回到底端。取地面为重力势能参考平面，该过程中，物块的动能Ek和机械能E随位移x变化关系的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
12．（2021?桃城区校级模拟）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2
C．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：4
13．（2021?泉州模拟）泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法正确的是（ ）
A．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为ρπvR2
B．此风力发电机发电的功率为ρπv2R2η
C．若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的
D．若仅风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍
14．（2021?三明三模）我国高铁技术处于世界领先水平，复兴号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车。假设某段时间内动车组在水平直轨道上做匀加速运动，各车厢质量均相等，每节动车的动力大小均为F，阻力与车重成正比，则在这段时间内（ ）
A．动车的功率随时间均匀增大
B．第6节车厢对第7节车厢的作用力大小为F
C．刹车时轨道对车厢的作用力等于车厢的重力
D．刹车时轨道对车厢作用力方向与运动方向相反
15．（2021?沙坪坝区校级模拟）如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，下列说法正确的是（已知弹簧的长度为l时，弹性势能为k（l﹣l0）2）（ ）
A．最高点与最低点加速度相同
B．金属环的最大速度为g
C．重力的最大功率为mg2
D．弹簧的最大拉力为2mg
16．（2021?清城区校级模拟）一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为。已知运动员（包含装备）的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员动能的增加量为
B．运动员动能的增加量为
C．运动员的机械能减小了
D．运动员重力势能的减少量为
17．（2021?泉州模拟）如图，光滑的匀质圆球静置在“∠”型木板中，现将木板绕O点逆时针缓慢旋转直至OP边竖直，则此过程中（ ）
A．球对OP边的压力先增大后减小
B．球对OQ边的压力先增大后减小
C．OP边对球先做正功后做负功
D．球的重力势能先增大后减小
18．（2021?南山区校级模拟）如图，足够长的刚性轻杆固定，杆与水平面夹角a＝30°，AB段光滑，其余部分粗糙，两个完全相同的小球甲、乙套在杆上，可以看作质点，质量m＝1kg，乙球静止在图中B位置，OB水平，甲球与轻质弹簧相连，在外力作用下静止于A位置，弹力大小为N，另一端固定在O点，弹簧与杆垂直处为弹簧原长，OA与杆夹角为也为30°，AB长为20cm，现静止释放甲球，并与乙球发生弹性碰撞，碰后乙球运动40cm重新静止，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．A到B的过程，甲球一直加速
B．甲球会在AB之间做往复运动
C．球与杆之间动摩擦因数μ＝
D．A到B的过程，甲球重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
三．实验题（共1小题）
19．（2021春?郑州期末）某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括气垫导轨、上方安装有遮光片的滑块、两个与计算机相连接的光电门A和B、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：
（1）启动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平。
（2）用天平测出砝码与砝码盘的总质量为m、滑块（含遮光片）的质量为M，光电门AB之间的距离为L，测量遮光片的宽度为d。
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块。释放砝码和砝码盘，令滑块在细线的拉动下从左边开始运动，滑块从A运动到B的过程中，砝码和砝码盘的重力势能减少了
。
（4）和计算机连接的光电门测量出遮光片经过A、B两处光电门的遮光时间分别为t1、t2，从而得出滑块经过A、B两点时的速度。通过A点时的速度为
。
（5）在滑块从A运动到B的过程中，要验证砝码和砝码盘、滑块组成的系统机械能守恒，需要满足的表达式为
。（均用题中给出物理量的对应符号及重力加速度g表示）
四．解答题（共5小题）
20．（2021春?宝山区期末）物块在高3m、长5m的斜面顶端从静止开始沿斜面下沿，以斜面底端所在的水平面为零势能面，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，取g＝10m/s2？试问：
（1）物块的质量是多少kg？
（2）物块在下滑过程中机械能如何变化？为什么？
21．（2021?浙江模拟）小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，想到了教材必修2上有如下表述：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看做圆周运动的一部分（注解：该一小段圆周的半径为该点的曲率半径）。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了（如图所示），小珂设计了如图所示过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8m的圆形轨道（恰能做完整的圆周运动），再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2m，并且在水滴形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。（g＝10m/s2）
（1）求小球释放点A距离水平面的高度H；
（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系；
（3）设小球在水滴形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系（h为小球离水平面的高度）。
22．（2021?浙江模拟）如图所示，在车厢和地面之间搭块木板，构成一个倾斜的面，车厢离地面高度H＝1.5m。箱子体积很小，可以看做质点，箱子质量m＝40kg。箱子从木板顶端静止释放，滑到斜面底端时速度不可以超过v＝1m/s。为了计算木板至少需要多长，小珂同学把木板平放在水平地面上，箱子放在木板上，发现用F＝290N的水平推力恰能使箱子做匀速运动（木板没有滑动，g＝10m/s2）
（1）求箱子与木板间的动摩擦因数；
（2）求木板至少需要多长；
（3）若滑到斜面底端速度恰为1m/s，箱子与地面的动摩擦因数为0.5，箱子从斜面进入水平面时，只保留水平分速度，求箱子从静止释放到在水平地面上停止所用的时间。
23．（2021?浙江模拟）如图所示，在离水平地面CD高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点距地面CD的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接．物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s2．
（1）求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小；
（3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围．
24．（2021?三明三模）如图甲为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为d＝0.8m的竖直细管，管底部与水面距离h＝0.6m，上半部BC是半径R＝0.4m的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有原长为L0＝0.4m、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到L＝0.2m后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设某一质量的鱼饵到达管口C时，对上管壁的作用力大小为其重力的3倍。不计鱼饵的大小和运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）此鱼饵到达管口C时的速度大小v；
（2）此鱼饵落到水面时水平射程x；
（3）若每次弹射时只放置一粒鱼饵，持续投放质量不同的鱼饵，且均能落到水面。测得鱼饵弹射出去的水平射程x随鱼饵质量m的变化规律如图乙所示，则弹簧压缩到0.2m时的弹性势能为多少？
2021年06月26日的高中物理组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2021春?宝山区期末）在一间隔热非常好的密闭房间中，把正在工作的电冰箱门打开，室内空气温度将（ ）
A．升高
B．不变
C．降低
D．无法确定
【分析】冰箱体内有压缩机、制冰机用以结冰的柜或箱，带有制冷装置的情藏箱，冰箱是保持恒定低温的一种制冷设备.也是种使食物或其他物品保持恒定低温冷态的民用产品。
【解答】解：冰箱的作用是将冰箱内部的内能通过压缩机的工作“拿“到冰箱外面（注意不是室外），总的能量还是在室内。当冰箱的门开着的时候，冰箱的压缩机将一直处于工作状态，电能直在转化为热能（室内的温度不会降低），所以房间的温度将一直上升，故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】本题主要考查了电能转化为内能，总的能量保持不变，即可判断
2．（2021?浙江模拟）如图所示，一辆汽车关闭发动机后沿粗糙斜坡向下加速运动过程中，关于其能量变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．动能不变，机械能减小
B．动能增加，机械能减小
C．动能增加，机械能增加
D．动能增加，机械能不变
【分析】根据速度的变化分析动能的变化；根据机械能守恒定律的守恒条件分析机械能的变化。
【解答】解：汽车关闭发动机后向下加速运动过程中，速度增大、则动能增大；
由于摩擦力对汽车做负功，则汽车的机械能减少，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了机械能守恒定律和动能大小的判断；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少。
3．（2021春?烟台期中）将某一物体由地面开始竖直上抛，不计空气阻力，物体能够达到的最大距地高度为H。选取地面为参考平面，当物体在上升过程中通过某一位置时，它的动能恰好等于其重力势能的一半，则这一位置的距地高度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】不计空气阻力，说明物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律和动能与重力势能的关系分别列式，即可求解．
【解答】解：物体总的机械能为mgH，
当高度为h时，动能是重力势能的一半，即动能为mgh，
由机械能守恒定律可得：mgh+mgh＝mgH，则h＝H，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】此题是机械能守恒定律的应用，要抓住不计空气阻力时，抛体运动的机械能是守恒的，并能挖掘和利用题设的条件．
4．（2021春?仪征市校级月考）质量为m的物体以竖直向下的3g的加速度加速运动，在它向下运动h的过程中（ ）
A．物体的重力势能减少3mgh
B．物体的动能增加mgh
C．物体的机械能增加2mgh
D．合外力物对物体做功2mgh
【分析】根据重力做功判断重力势能的变化，根据合力做功判断动能的变化，根据动能和重力势能的变化判断机械能的变化．
【解答】解：A、重力做功等于重力势能的减小量，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，故A错误；
BD、物体以竖直向下3g的加速度加速运动，合力为F＝ma＝3mg，故合力做功为W＝Fh＝3mgh，故动能增加3mgh，故BD错误；
C、动能增加3mgh，重力势能减小mgh，故机械能增加3mgh﹣mgh＝2mgh，故C正确；
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系．
5．（2021春?郑州期末）如图所示，质量为M，长为L的木板静止于光滑水平面上，质量为m的物块（可看做质点），以某一初速度从长木板左端开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最终物块刚好没从木板的右端滑下。物块相对木板滑动的过程中，木板的位移为x，则在此过程中（ ）
A．物块与木板组成的系统机械能守恒
B．物块的动能减少了μmgL
C．长木板获得的动能为μmgx
D．物块与长木板组成的系统机械能损失了μmg（L+x）
【分析】物块与木板组成的系统有内能产生，故机械能不守恒；根据动能定理，摩擦力对两物体做的功代表两物体动能的变化可求解。
【解答】解：A、物块与木板组成的系统有内能产生，故机械能不守恒，故A错误；
B、物块运动过程中摩擦力做功﹣μmg（x+L），根据动能定理可知动能减少μmg（x+L），故B错误；
C、摩擦力对木板做功为μmgx，根据动能定理可知木板动能增加μmgx，故C正确；
D、系统机械能转化为内能，内能为μmgL，所以机械能损失μmgL，故D错误；
故选：C。
【点评】本题综合考查动能定理、机械能守恒定律，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键。
6．（2021春?兴国县校级月考）如图所示，将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v斜向上抛出。以地面为参考平面，不计空气阻力，当石块落地时（ ）
A．动能为mgh
B．机械能为mgh+mv02
C．动能为mv02
D．重力势能为mgh
【分析】不计空气阻力，石块的机械能守恒，根据机械能守恒求出石块落地时的动能大小、机械能大小，重力势能计算式为EP＝mgh，h是相对于参考平面的高度。
【解答】解：ACD、不计空气阻力，石块的机械能守恒，以地面为参考平面，落地时石块的重力势能为零，
根据机械能守恒得落地时石块的动能，故ACD错误；
B、机械能等于重力势能与动能之和，以地面为参考平面，落地时石块的重力势能为零，则石块落地时机械能等于动能，即E＝，故B正确。
故选：B。
【点评】本题要准确理解重力势能计算式EP＝mgh中h的含义，知道是相对于参考平面的高度，灵活运用机械能守恒定律求解。
7．（2021?如皋市校级模拟）校排球队的小华同学，为了训练自己的球感，练就了好多特技．在一次表演中，他将双臂和肩背搭成一个“轨道”，能将排球控制在水平面内做连贯的椭圆运动．如果排球的速率保持不变，则在排球运动一圈的过程中（ ）
A．人对排球不做功
B．排球所受的合力为零
C．“轨道”不可能是水平的
D．排球与轨道中心点的连线在单位时间内扫过的面积相等
【分析】排球在水平面内做匀速率椭圆运动，具有向心加速度，合外力不为零，在整个过程中合力做功为零，由于受到摩擦力做功，根据动能定理求得人对排球做功情况，根据在相同时间内通过的弧长和对应的角度判断出扫过的面积。
【解答】解：A、由于排球控制在水平面内做连贯的椭圆运动且速率不变，根据动能定理可得合力做功为零，由于重力始终与速度方向垂直，故不做功，在运动过程中摩擦力做负功，故人对排球做正功，故A错误；
B、由于排球速度方向时刻在变化，则有加速度，故合外力不为零，故B错误；
C、由于排球的向心力在水平方向，重力竖直向下，则所受支持力不可能竖直向上，则轨道不可能是水平的，故C正确；
D、由于速率不变，单位时间内通过的弧长相同，随排球越来越接近短半轴，经过相同的弧长转过的角度越大，扫过的面积越大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了匀速率椭圆运动，分析受力及做功，明确通过相同的弧长扫过的角度越大，面积越大即可。
8．（2021?丰台区校级三模）2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在我国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，跳台滑雪赛道可简化为助滑道、起跳区、着陆坡、停止区。某运动员从助滑道的最高点A由静止开始下滑，到达起跳点O时借助设备和技巧，保持在O点的速率沿与水平方向成θ角的方向起跳，最后落在雪坡上的B点，起跳点O与落点B之间的距离OB为此项运动的成绩。不考虑运动员在空中受到的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在助滑道上（运动过程中）机械能守恒
B．运动员在起跳点O点起跳角度θ越大，运动的成绩越好
C．运动员在空中重力的瞬时功率可能为零
D．运动员在空中运动的时间与雪坡的倾角α无关
【分析】用机械能守恒条件判断；将速度和加速度分别沿斜面向下和垂直斜面分解，分别按匀变速规律处理；按瞬时功率定义解答。
【解答】解：A、运动员在助滑道上要克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误；
B、如图所示：设运动员在O点起跳速率为v，则：v1＝vsin（θ+α），v2＝vcos（θ+α），a1＝gcosα，a2＝gsinα
设运动员离开雪坡距离为h，从O点到B点的时间为t，h＝v1
t﹣，h＝0时，到达B点，t＝，运动员从O点到B点的距离为L，
L＝v2t+，解得：L＝vcos（θ+α）+
整理得：L＝，其中v、α、g是定值，当2θ+α＝90°，即时，L最大，故B错误；
C、当运动员在空中速度v′水平时，重力的瞬时功率P＝mgv′cos90°＝0，故C正确；
D、由t＝＝可知：t与雪坡的倾角α有关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题难点在C项，斜上抛运动沿斜面向下（匀加速运动）和垂直斜面向上（类竖直上抛运动）分解，分别按匀变速规律处理，特别考查用三角函数处理物理问题的能力。
二．多选题（共10小题）
9．（2021?漳州二模）2020年11月10日，中国自主研发制造的“奋斗者”号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录。在这次深潜探测中，“奋斗者”号下潜过程潜水深度随时间变化规律如图所示，其中t1～t2、t3～t4为直线，忽略下潜过程重力加速度的变化及潜水器的体积变化。则（ ）
A．0～t1时间内，潜水器做加速下潜
B．t1～t2时间内，潜水器内的科考人员所受重力的功率逐渐增大
C．t2～t3时间内，潜水器内的科考人员处于失重状态
D．t3～t4时间内，潜水器竖直方向所受合外力为零
【分析】根据h﹣t图像的斜率判断潜水器的速度，根据图像分析运动方向和加速度方向，从而判断超重和失重。
【解答】解：A、h﹣t图像类似位移﹣时间图像，斜率代表速度，0～t1速度增加，潜水器做加速下潜，故A正确；
B、t1～t2为直线，说明潜水器匀速下潜，科考人员所受重力的功率不变，故B错误；
C、t2～t3速度减小，加速度向上，科考人员处于超重状态，故C错误；
D、t3～t4图像为直线，且潜水深度不变，说明竖直方向上加速度为零，潜水器竖直方向所受合外力为零，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题主要考查了对图像的理解和应用，特别注意对超重失重现象的理解，潜水器处于超重或失重状态时，潜水器的重力并没变。
10．（2021?广州一模）如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高1m，速度大小为10m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为2.8m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量为0.6kg，重力加速度取10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则（ ）
A．球在空中上升时处于超重状态
B．甲传球时，球与乙的水平距离为4.8m
C．队友接球前瞬间，球的机械能一定为36J
D．队友接球前瞬间，球的动能一定为30J
【分析】根据超重和失重状态的特点结合加速度的方向可以判断；利用斜抛运动的规律可以求出水平距离；求出球的重力势能和动能，利用球在空中运动时机械能守恒，可以判断队友接球时的机械能；因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能。
【解答】解：A、球在空中上升时加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误；
B、甲传球，球做斜向上抛运动，设初速度与水平方向夹角为θ，有
竖直方向
h乙﹣h甲＝gt2
v0sinθ＝gt
水平方向
x＝v0cosθt
联立代入数据，得
θ＝37°
x＝4.8m
故B正确；
C、以地面为零势能面，则球刚抛出时的机械能为
E＝mgh+mv2
代入数据可得
E＝36J
球在空中运动时，只受重力作用，机械能守恒，故C正确；
D、因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查功能关系，在涉及超重现象和失重现象时，要注意其实质是在竖直方向有加速度，加速度的方向向下可判断此时处于失重状态。
11．（2021春?郑州期末）如图所示，一小物块以一定的初速度从粗糙固定斜面底端开始沿斜面向上滑动，速度减为零后又返回到底端。取地面为重力势能参考平面，该过程中，物块的动能Ek和机械能E随位移x变化关系的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据动能定理列出两次运动的表达式，根据表达式判断两次运动动能与位移关系均为直线；摩擦力做功引起机械能变化。
【解答】解：AB、由于斜面粗糙，分别对两次运动做受力分析，物块向上运动时：﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1，物块向下运动：mgsinθ﹣μmgcosθ?x＝ma2，得a1＞a2，根据v2＝2ax,可知Ek＝，向上运动的斜率大于向下运动的斜率，且因为摩擦力做负功，使得滑到低端的动能小于处动能，故A正确，B错误；
CD、摩擦力做功引起机械能变化，两次运动摩擦力做功相同，机械能变化也相同，故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】熟练掌握动能定理是解决该题的关键，摩擦力做功引起机械能变化。
12．（2021?桃城区校级模拟）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2
C．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：4
【分析】由题意利用牛顿第二定律求出车厢间的作用力，利用公式P＝Fv分析动车组的最大速度关系。
【解答】解：A、启动时乘客和车厢一起沿水平方向做加速运动，乘客受车厢作用力和重力作用，车厢作用力竖直分力和重力平衡，水平分力提供加速度，故车厢对乘客的作用力斜向上，故A错误；
B、做匀加速运动时，设整个动车组的加速度为a，动车的牵引力为F，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重比例系数为k，即f＝knmg，以第6、7、8节车厢为研究对象，则由牛顿第二定律可知
F56﹣3kmg＝3ma
以第7、8节车厢为研究对象，则由牛顿第二定律可知
F67﹣2kmg＝2ma
整理可得F56：F67＝3:2
故B正确；
CD、当动车组匀速运动时，运动速度最大，此时动车组的牵引力等于其所受的阻力，设题中动车额定功率为P，动车组最大速度为v1max，4节动车带4节拖车的动车组最大速度为v2max，则有
2P＝8kmgv1max
4P＝8kmgv2max
整理可得v1max：v2max＝1:2
故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】在利用P＝Fv分析问题时，要注意只有当P一定时，F和v的反比关系才成立；同样，只有F一定时，P与v成正比关系。
13．（2021?泉州模拟）泉州小岞风电场利用风能发电，既保护环境，又可创造很高的经济价值。如图风力发电机的叶片半径为R。某段时间内该区域的风速大小为v，风恰好与叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为ρ，风力发电机的发电效率为η，下列说法正确的是（ ）
A．单位时间内通过叶片转动圆面的空气质量为ρπvR2
B．此风力发电机发电的功率为ρπv2R2η
C．若仅风速减小为原来的，发电的功率将减小为原来的
D．若仅风速增大为原来的2倍，发电的功率将增大为原来的4倍
【分析】建立圆柱模型解决单位时间内通过叶片的转动圆面的空气质量，能得出单位时间空气质量就能知道空气的动能，用空气的动能乘以效率结合功率公式，从而得出风力发电机发电的功率。
【解答】A、设发电机的叶片半径为R，吹到叶片的风速为v，空气的密度为ρ，建立如图所示的圆柱模型：
圆柱体积表示为v＝πR2vt，则单位时间内通过叶片的转动圆面的空气质量m＝ρπvR2，故A正确；
B、设单位时间内通过叶片的转动圆面的空气的动能为：Ek＝
动能转化为电能的效率为η，由功率公式得：P＝ρπv3R2η，故B错误；
C、若仅风速减小为原来的，由发电的功率P＝ρπv3R2η可以得出减小为原来的，故C正确；
D、若仅风速增大为原来的2倍，由发电的功率P＝ρπv3R2η可以得出增大为原来的8倍，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题以风力发电为背景，重点考查功率的概念，同时考查了学生对流体类问题处理方法，体现物理模型构建能力的考查。
14．（2021?三明三模）我国高铁技术处于世界领先水平，复兴号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车。假设某段时间内动车组在水平直轨道上做匀加速运动，各车厢质量均相等，每节动车的动力大小均为F，阻力与车重成正比，则在这段时间内（ ）
A．动车的功率随时间均匀增大
B．第6节车厢对第7节车厢的作用力大小为F
C．刹车时轨道对车厢的作用力等于车厢的重力
D．刹车时轨道对车厢作用力方向与运动方向相反
【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力；根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量。
【解答】解：A、动车做匀加速运动，则动车的功率P＝Fv＝Fat，即功率随时间均匀增大，故A正确；
B、对动车的整体2F﹣8kmg＝8ma
对最后的7、8节车厢
T﹣2kmg＝2ma
解得：T＝，故B正确；
CD、刹车时轨道对车厢有竖直向上的支持力和向后的摩擦力，因竖直向上的支持力和重力相等，轨道对车厢的作用力为支持力和摩擦力的合力，大于车厢的重力，方向斜向后上方，与运动方向不共线，CD错误。
故选：AB。
【点评】当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题。
15．（2021?沙坪坝区校级模拟）如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，重力加速度为g。对其中一个金属环分析，下列说法正确的是（已知弹簧的长度为l时，弹性势能为k（l﹣l0）2）（ ）
A．最高点与最低点加速度相同
B．金属环的最大速度为g
C．重力的最大功率为mg2
D．弹簧的最大拉力为2mg
【分析】加速度是矢量，加速度相同时大小方向都相同；当加速度为0时速度达到最大，应用机械能守恒定律求出金属环的最大速度；根据功率公式求出金属环的速度最大时重力的功率；当金属环下落到速度为零时弹簧的伸长量最大，根据胡克定律求解弹簧的最大拉力。
【解答】解：A、在最高点时金属环的加速度方向沿杆向下、最低点加速度方向沿杆向上，加速度不同，故A错误；
B、当金属环的加速度为0时，速度最大，金属环受力如图所示：
金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力
沿杆方向加速度为0，即合力为0：
mgsin45°＝Fcos45°
F＝k△x
解得形变量△x＝
根据几何知识，两个小球下降的高度为h＝
对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，
2mg×△x＝k△x2+×2mv2
解得：v＝g，故B正确；
C、金属环达到最大速度时重力的功率最大，最大功率为：P＝mgvcos45°，解得：P＝mg2,故C错误；
D、金属环下降h'达到最低时，速度减小为0，形变量最大为2h'，根据机械能守恒定律：
2mgh'＝k（2h'）2
解得：h'＝，弹簧的最大伸长量△x＝2h′＝
弹簧的最大拉力为T＝k△x＝2mg，故D正确。
故选：BD。
【点评】解题的关键是找到临界条件，加速度最大的条件是弹簧弹力等0，故开始释放时加速度最大，当加速度为0时速度最大，当金属环下落到速度为零时弹簧的弹力最大金属环与杆的弹力最大，注意用重力乘以竖直方向的速度求重力的瞬时功率。
16．（2021?清城区校级模拟）一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图所示，运动方向与水平方向成53°，运动员的加速度大小为。已知运动员（包含装备）的质量为m，则在运动员下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员动能的增加量为
B．运动员动能的增加量为
C．运动员的机械能减小了
D．运动员重力势能的减少量为
【分析】根据牛顿第二定律可求得物体受到的合外力，根据动能定理可知动能的改变情况；根据重力做功与重力势能的变化关系分析重力势能的减少量，根据机械能的概念求解机械能的减少量。
【解答】解：AB、运动员下落的高度是h，则飞行的距离：L＝＝h，运动员受到的合外力：F合＝ma＝mg
根据动能定理可知动能的增加等于合外力做的功，即：△EK＝mg×h＝mgh，故A错误、B正确；
CD、运动员下落的高度是h，则重力做功：W＝mgh，所以运动员重力势能的减少量为mgh；
动员重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mgh，所以运动员的机械能减少了△E＝mgh﹣mgh＝，故C正确、D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查功能关系，关键是能够分析运动员的受力情况和能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有关。
17．（2021?泉州模拟）如图，光滑的匀质圆球静置在“∠”型木板中，现将木板绕O点逆时针缓慢旋转直至OP边竖直，则此过程中（ ）
A．球对OP边的压力先增大后减小
B．球对OQ边的压力先增大后减小
C．OP边对球先做正功后做负功
D．球的重力势能先增大后减小
【分析】以球为研究对象，将木板以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转直至OP边竖直，两个支持力的夹角不变，可以认为将重力顺时针旋转90°，根据拉密定理（点评中有其方法说明）结合角度的变化进行分析；OP边上的支持力在竖直方向上有分力，一直做正功；分析小球的重心高度变化从而判断重力势能变化。
【解答】解：AB、以球为研究对象，将木板以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°，两个支持力的夹角不变，可以认为将重力顺时针旋转90°，设在某一位置时受力情况如图所示
根据拉密定理可得：＝＝
由于转动过程中两个支持力的夹角不变，故α不变，不变；
由于β由180°逐渐减小到90°，所以球对OQ的压力逐渐增大；
由于θ由锐角逐渐增加到90°再增加到钝角，故sinθ先增大后减小，球对OP的压力先增大后减小；故A正确，B错误；
C、OP边的支持力一直都有竖直向上的分力，故一直对球做正功，故C错误；
D、小球绕着O点做圆周运动，由圆形轨迹可知，球的重心先增加后减小，所以球的重力势能先增大后减小，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题主要是考查共点力的平衡条件中的动态分析问题，本题可用拉密定理来分析力的动态变化。拉密定理：同一平面内，当三个共点力的合力为零时，其中任意一个力与其它两个力夹角正弦的比值相等（即：＝＝，α为F2与F3的夹角，β为F1与F3的夹角，θ为F1与F2的夹角）。找好几何关系，准确的判断三个力的夹角变化，根据正弦图像判断正弦值的变化趋势，从而判断力的变化趋势。
18．（2021?南山区校级模拟）如图，足够长的刚性轻杆固定，杆与水平面夹角a＝30°，AB段光滑，其余部分粗糙，两个完全相同的小球甲、乙套在杆上，可以看作质点，质量m＝1kg，乙球静止在图中B位置，OB水平，甲球与轻质弹簧相连，在外力作用下静止于A位置，弹力大小为N，另一端固定在O点，弹簧与杆垂直处为弹簧原长，OA与杆夹角为也为30°，AB长为20cm，现静止释放甲球，并与乙球发生弹性碰撞，碰后乙球运动40cm重新静止，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．A到B的过程，甲球一直加速
B．甲球会在AB之间做往复运动
C．球与杆之间动摩擦因数μ＝
D．A到B的过程，甲球重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
【分析】在特殊点做受力分析可判断运动情况，根据弹性碰撞可计算碰后甲乙两球的速度，再根据匀变速直线运动与牛顿第二定律结合求得μ；明确A到B过程中能量变化情况。
【解答】解：A、对甲球在B点做受力分析，可知甲球在B点时受力平衡，所以甲球在A到B的过程中沿斜面向下重力的分力大于弹簧沿斜面向上的分力，所以一直做加速运动，故A正确；
B、根据弹性碰撞时动量守恒，且由于质量相等，碰后两球速度互换，甲球会静止在B点，故B错误；
C、甲球从A到B，重力势能转化为动能，根据动能定理mgh＝，解得v＝10m/s,碰后乙球沿斜面运动40cm，根据v2＝2ax，解得a＝0.25m/s2
对乙球根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得μ＝，故C正确；
D、甲球从A到B的过程中能量守恒，动能不断增大，所以弹性势能与重力势能之和增大，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查机械能守恒的应用，重点在于理解甲球在A和B点的弹性势能相等，只有重力势能转化为动能。
三．实验题（共1小题）
19．（2021春?郑州期末）某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括气垫导轨、上方安装有遮光片的滑块、两个与计算机相连接的光电门A和B、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：
（1）启动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平。
（2）用天平测出砝码与砝码盘的总质量为m、滑块（含遮光片）的质量为M，光电门AB之间的距离为L，测量遮光片的宽度为d。
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块。释放砝码和砝码盘，令滑块在细线的拉动下从左边开始运动，滑块从A运动到B的过程中，砝码和砝码盘的重力势能减少了
mgL 。
（4）和计算机连接的光电门测量出遮光片经过A、B两处光电门的遮光时间分别为t1、t2，从而得出滑块经过A、B两点时的速度。通过A点时的速度为
。
（5）在滑块从A运动到B的过程中，要验证砝码和砝码盘、滑块组成的系统机械能守恒，需要满足的表达式为
。（均用题中给出物理量的对应符号及重力加速度g表示）
【分析】（3）根据下降的高度求出系统重力势能的减小量；
（4）（5）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块到达光电门A、B的速度，根据A、B点的速度得出系统动能的增加量，再结合重力势能减少量写出系统机械能守恒表达式。
【解答】解：（3）滑块从A到B的过程中，砝码和砝码盘的重力势能的减小量为△EP＝mgL
（4）光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
因此遮光片通过A、B两个光电门的速度分别为vA＝，vB＝
根据动能的定义式得出，砝码与砝码盘、滑块组成的系统动能增加量为：△Ek＝（m+M）vB2﹣（m+M）vA2＝（m+M）（）
若在运动过程中机械能守恒，△Ek＝△EP，
因此验证系统机械能守恒的表达式为：
故答案为：（3）mgL；（4）；（5）
【点评】解决本题的关键知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．
四．解答题（共5小题）
20．（2021春?宝山区期末）物块在高3m、长5m的斜面顶端从静止开始沿斜面下沿，以斜面底端所在的水平面为零势能面，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，取g＝10m/s2？试问：
（1）物块的质量是多少kg？
（2）物块在下滑过程中机械能如何变化？为什么？
【分析】根据图像可得物块初始状态和末状态的重力势能，动能，从而可以判断机械能变化。
【解答】解：（1）由图可知，物块在高3m斜面顶端从静止运动，起初具有30J重力势能，根据公式EP＝mgh
解得m＝1kg
（2）机械能减少，物块初始具有30J重力势能，滑到低端时具有10J动能，故机械能减少。
答：（1）物块质量为1kg
（2）下滑过程中机械能减少，理由见解析
【点评】本题考查机械能的理解，要求学生从图中提取有效信息。
21．（2021?浙江模拟）小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，想到了教材必修2上有如下表述：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看做圆周运动的一部分（注解：该一小段圆周的半径为该点的曲率半径）。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了（如图所示），小珂设计了如图所示过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8m的圆形轨道（恰能做完整的圆周运动），再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2m，并且在水滴形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。（g＝10m/s2）
（1）求小球释放点A距离水平面的高度H；
（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系；
（3）设小球在水滴形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系（h为小球离水平面的高度）。
【分析】（1）在D点根据牛顿第二定律求得速度，从释放点到D点根据动能定理求得高度；
（2）从释放到离水平面的高度为h的过程中，根据动能定理求得速度，利用牛顿求得向心加速度；
（3）从A到E根据动能定理求得速度，在E点根据向心加速度公式求得加速度大小，当小球高度为h时，根据动能定理求得速度，即可求得轨道曲率半径r与h的函数关系。
【解答】解：（1）最高点D根据牛顿第二定律可得：
A到D根据动能定理：
解得：H＝2m
（2）从释放到离水平面的高度为h的过程中，根据动能定理可得：mg（H﹣h）＝
根据向心加速度公式可得a＝
联立解得：a＝50﹣25h
（0≤h≤1.6m）
（3）A到E点根据动能定理可得：
向心加速度为a＝
解得：a＝2g
由题意水滴形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为2g.
当小球高度为h时，根据动能定理可得：
（a＝2g）
解得：r＝2﹣h
答：（1）小球释放点A距离水平面的高度H为2m；
（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，向心加速度a与h的函数关系为a＝50﹣25h
（0≤h≤1.6m）；
（3）设小球在水滴形轨道上运动时，轨道曲率半径r与h的函数关系为r＝2﹣h。
【点评】本题主要考查了机械能守恒和动能定理，明确物体的运动过程，及受力，利用好数学关系是解决的关键
22．（2021?浙江模拟）如图所示，在车厢和地面之间搭块木板，构成一个倾斜的面，车厢离地面高度H＝1.5m。箱子体积很小，可以看做质点，箱子质量m＝40kg。箱子从木板顶端静止释放，滑到斜面底端时速度不可以超过v＝1m/s。为了计算木板至少需要多长，小珂同学把木板平放在水平地面上，箱子放在木板上，发现用F＝290N的水平推力恰能使箱子做匀速运动（木板没有滑动，g＝10m/s2）
（1）求箱子与木板间的动摩擦因数；
（2）求木板至少需要多长；
（3）若滑到斜面底端速度恰为1m/s，箱子与地面的动摩擦因数为0.5，箱子从斜面进入水平面时，只保留水平分速度，求箱子从静止释放到在水平地面上停止所用的时间。
【分析】（1）在水平面上根据共点力平衡求得滑动摩擦因数；
（2）箱子从顶端到底端，根据动能定理求得斜面的倾角和木板的长度；
（3）在斜面上做初速度为零的匀加速度运动，根据运动学公式求得时间，到达水平面时，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得运动时间，即可求得总时间。
【解答】解：（1）木箱在水平面受力平衡：μmg＝F
解得：
（2）设木板至少长为L，此时斜面倾角为θ。
根据动能定理可得：
解得：θ＝37°
木板的长度为：
解得：L＝2.5m
（3）箱子在斜面上运动的时间为
在水平面上的速度为vx＝vcosθ
在水平面上根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma
经历的时间为：
t＝t1+t2
联立解得t＝5.16s
答：（1）箱子与木板间的动摩擦因数为；
（2）木板至少需要2.5m；
（3）若滑到斜面底端速度恰为1m/s，箱子与地面的动摩擦因数为0.5，箱子从斜面进入水平面时，只保留水平分速度，箱子从静止释放到在水平地面上停止所用的时间为5.16s。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和动能定理，关键是过程的分析和受力分析，抓住箱子从斜面进入水平面时，只保留水平分速度即可求得。
23．（2021?浙江模拟）如图所示，在离水平地面CD高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点距地面CD的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接．物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s2．
（1）求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep；
（2）求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小；
（3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围．
【分析】（1）物块离开平台做平抛运动，根据高度求出运动的时间；根据几何关系求出圆弧的圆心角，通过平行四边形定则，结合竖直分速度求出水平分速度，即平抛运动的初速度，根据能量守恒求出弹性势能的大小；
（2）根据动能定理求解物块在C点的速度大小，再根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解在C点时对轨道的压力大小；
（3）对全过程分析，运用能量守恒求出满足条件的动摩擦因数的大小范围。
【解答】解：（1）由平抛运动规律可得：h1﹣h2＝
解得；
因为圆弧半径R＝h1＝30m，故由几何关系可得cos∠BOC＝＝
则∠BOC＝60°，
设物块平抛的水平初速度为v0，在B点进行运动的合成与分解，如图所示；
则有：＝，解得v0＝10m/s；
由功能关系可得弹簧储存的弹性势能：＝J＝50J；
（2）从A到C的过程，由动能定理可得：mgh1＝﹣
在C点，对物块根据牛顿第二定律可得：NC﹣mg＝m
联立上述两式得：NC＝N
由牛顿第三定律得对轨道的压力大小：NC′＝NC＝N；
（3）若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞，从A点至第一次到D点的过程，
由动能定理得：
解得μ1＝；
若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零，从A点至第一次返回到B点的过程，由动能定理得：
解得；
若物块第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞，从A点至第二次到D点的过程，由动能定理得：
解得μ3＝；
综上所述，μ的取值范围：。
答：（1）物块从A到B的时间为s，被K锁住时弹簧储存的弹性势能为50J；
（2）物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为N；
（3）若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围为。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合进入圆弧轨道的速度方向，通过平行四边形定则求出初速度是解决本题的关键。
24．（2021?三明三模）如图甲为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为d＝0.8m的竖直细管，管底部与水面距离h＝0.6m，上半部BC是半径R＝0.4m的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有原长为L0＝0.4m、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到L＝0.2m后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设某一质量的鱼饵到达管口C时，对上管壁的作用力大小为其重力的3倍。不计鱼饵的大小和运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）此鱼饵到达管口C时的速度大小v；
（2）此鱼饵落到水面时水平射程x；
（3）若每次弹射时只放置一粒鱼饵，持续投放质量不同的鱼饵，且均能落到水面。测得鱼饵弹射出去的水平射程x随鱼饵质量m的变化规律如图乙所示，则弹簧压缩到0.2m时的弹性势能为多少？
【分析】（1）根据牛顿第二定律，抓住在C点管口弹力为重力的3倍，求出鱼饵在C点的速度大小．
（2）由平抛的规律求出水平射程；
（3）根据机械能守恒律和平抛规律写出的关系式，由纵截距求出弹簧的弹性势能。
【解答】解：（1）由题意知，质量为m的鱼铒到达管口C时做圆周运动的向心力由重力和管口弹力提供，则：
3mg+mg＝
代入数据解得：v＝4m/s
（2）鱼铒从管口离开后做平抛运动，由平抛规律有：
水平方向有：x＝vt
竖直方向有：R+d+h＝
代入数据解得：x＝2.4m
（3）设在弹簧上端放置质量为m的鱼铒时，从开始到弹出，根据动能定理得：
W弹﹣mg（d﹣L+R）＝mv2﹣0
而W弹＝Ep
由平抛规律x＝vt＝v
联立得取：＝
结合图乙直线的截距b＝1kg﹣1
解得：Ep＝10J
答：（1）鱼饵到达管口C时的速度大小v为4m/s；
（2）鱼饵落到水面时水平射程x为2.4m；
（3）鱼饵弹射出去的水平射程x随鱼饵质量m的变化规律如图乙所示，则弹簧压压缩到0.2m时的弹性势能为为10J。
【点评】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程以及动能定理的应用，难度适中。好象缺少质量，关键是抓住了的表达式，从纵截距来求。
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