高考物理一轮复习专题练6机械能及其守恒2含答案

这是一份高考物理一轮复习专题练6机械能及其守恒2含答案，共37页。试卷主要包含了[2020江苏,1]质量为1等内容，欢迎下载使用。

专题六　机械能及其守恒

考点1 功和功率　　　　　　　　　
1.[2020江苏,1]质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20 m/s,受到的阻力大小为1.8×103 N.此时,汽车发动机输出的实际功率是 (　　)
A.90 W B.30 kW C.36 kW D.300 kW


2.[2021江西宜春模拟]如图为测定运动员体能的装置,拴在腰间的轻绳沿水平线跨过定滑轮(不计滑轮的质量与摩擦),下悬重力为G的物体.设人的重心相对地面不动,人用力向后蹬传送带,使水平传送带以速率v0逆时针转动,则 (　　)
A.人对重物做功的功率为Gv0
B.人对传送带的摩擦力大小等于G,方向水平向右
C.人对传送带的摩擦力对传送带不做功
D.人对传送带做功的功率为Gv0
3.[2021北京师范大学附属中学检测,多选]放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间的图像、该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示.下列说法正确的是 (　　)

A.0~6 s内物体的位移大小为30 m
B.0~6 s内拉力做的功为70 J
C.合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等
D.滑动摩擦力的大小为5 N
4.

[2017全国Ⅲ,16]如图,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
5.[2017江苏,14,16分]如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R.C的质量为m,A、B的质量都为,与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面.整个过程中B保持静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:
(1)未拉A时,C受到B作用力的大小F;
(2)动摩擦因数的最小值μmin;
(3)A移动的整个过程中,拉力做的功W.



6.[生产生活实践问题情境——直升机应急救援][12分]应急救援中心派直升机营救一被困于狭小山谷底部的探险者.直升机悬停在山谷正上方某处,放下一质量不计的绳索,探险者将绳索一端系在身上,在绳索拉力作用下,从静止开始竖直向上运动,到达直升机处速度恰为零.已知绳索拉力F随时间t变化的关系如图所示,探险者(含装备)质量为m=80 kg,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力.求:
(1)直升机悬停处距谷底的高度h;
(2)在探险者从山谷底部到达直升机的过程中,牵引绳索的发动机输出的平均机械功率.
考点2 动能定理
1.[生产生活实践问题情境——无人机投送物品]在新冠疫情防控期间,可以利用无人机投送物品.设无人机悬停在距离地面高度为h的空中,欲将质量为m的物品投送到地面,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
A.若让物品自由下落,到达地面时速度为v1,则下落过程中物品克服空气阻力做的功为m
B.若轻绳一端系在物品上,另一端系在无人机上,物品加速下落到达地面时物品速度为v2,不计空气阻力,则下落过程中克服轻绳拉力做的功为mgh-m
C.若轻绳一端系在物品上,另一端系在无人机上(忽略短暂的加速过程),物品以速度v3匀速落到地面,不计空气阻力,则下落过程中克服轻绳拉力做的功为mgh-m
D.若轻绳一端系在物品上,另一端系在无人机上,使物品先加速下落h,然后以同样大小的加速度减速下落,不计空气阻力,则下落过程中克服轻绳拉力做的功为0
2.[生产生活实践问题情境——发光弹弓飞箭]发光弹弓飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具.其工作原理是弹弓发生形变后将所具有的弹性势能传递给发光飞箭,使飞箭具有初动能,从而能弹出并在空中飞行.若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出,飞箭落回地面时动能大小为,设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变,以地面为零势能面,则下列说法正确的是 (　　)
A.飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为
B.飞箭下落过程中重力做的功为
C.飞箭在最高点具有的机械能为
D.飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1∶7
3.[2020湖南四校摸底联考,多选]如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图像如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=cos 53°=0.6.则(　　)

A.传送带的速率v0=10 m/s
B.传送带与水平方向的夹角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~2.0 s内摩擦力对物体做的功Wf=-24 J


4.[2020福建五校第二次联考,多选]如图甲所示,下端固定的轻质弹簧竖直放置,一质量为m的小球,从距离弹簧上端高h处由静止释放.若以小球开始下落的位置为坐标原点O,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球落到弹簧上继续向下运动到最低点的过程中,小球所受弹力F的大小随下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示.不计空气阻力,重力加速度为g.以下判断正确的是 (　　)
A.小球受到的弹力最大值等于2mg
B.当x=h+a时,小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
C.小球动能的最大值为mgh+
D.弹力F随时间t变化的图线也应该是线性图线
5.[16分]如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CE是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CE足够长且倾角θ=37°,D为轨道CE上一点,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.3 m、h2=1.35 m.现让质量为m的小滑块从A点由静止释放.已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD;
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔;
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离.


考点3 机械能守恒定律


1.[生产生活实践问题情境——跳楼机]有一种大型游戏机叫“跳楼机”,如图所示,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,先由电动机将座椅沿竖直轨道提升到离地面高H处,然后由静止释放.游客们的总质量为m,重力加速度为g,下列关于游客们缓慢上升的过程说法正确的是 (　　)
A.合力对游客们所做的功为mgH
B.游客们的重力势能增加了mgH
C.电动机所做的功为mgH
D.游客们的机械能守恒
2.[2021浙江五校高三联考]如图所示,一同学将甲球从桌子边缘O点以水平速度v1弹出,球直接落在A点;另一同学将乙球从桌子边缘O点以水平速度v2弹出,落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点.两球质量均为m.若乙球落在B点时的速度与地面的夹角为60°,且与地面发生弹性碰撞,不计碰撞时间和空气阻力,下列说法正确的是(　　)

A.由O点到A点,甲、乙两球运动时间之比是1∶1
B.甲球落地时速度与水平地面的夹角为45°
C.设地面处势能为零,甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3∶1
D.若乙球要在地面上弹两次后落在A点,则乙球的初速度应变为
3.[2021安徽名校高三联考,多选]如图所示,质量分别为2m、m的小滑块A、B,其中A套在固定的竖直杆上,B静置于水平地面上,A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接.一轻弹簧左端与B相连,右端固定在竖直杆上,弹簧水平.当α=30°时,弹簧处于原长状态,此时将A由静止释放,下降到最低点时α变为45°,整个运动过程中,A、B始终在同一竖直平面内,弹簧也始终在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则A下降过程中 (　　)

A.A、B组成的系统机械能守恒
B.弹簧弹性势能的最大值为(-)mgL
C.竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力
D.A的速度达到最大值前,地面对B的支持力小于3mg

4.[2020辽宁大连双基测试,多选]如图所示,由长为L的轻杆构成的等边三角形支架位于竖直平面内,其中两个端点分别固定质量均为m的小球A、B,系统可绕O点在竖直面内转动,初始位置OA水平.由静止释放,重力加速度为g,不计一切摩擦及空气阻力,则 (　　)
A.系统在运动过程中机械能守恒
B.B球运动至最低点时,系统重力势能最小
C.A球运动至最低点过程中,动能一直在增大
D.转动过程中,小球B的最大动能为mgL

5.[2020河北唐山第一次联考,18分]如图所示,倾角θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上,在斜面顶端固定一个光滑定滑轮D,质量均为m=1 kg的物体A和B用一劲度系数k=240 N/m的轻弹簧连接,物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住.用一不可伸长的轻绳跨过定滑轮与物体A和小环C连接,轻弹簧轴线和定滑轮右侧的绳均与斜面平行,小环C穿在竖直固定的光滑均匀细杆上.当环C位于Q处时整个系统静止,此时绳与细杆的夹角α=53°,且物体B对挡板P的压力恰好为零.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.
(1)求当环C位于Q处时绳子的拉力大小T和小环C的质量M.
(2)现让环C从位置R由静止释放,位置R与位置Q关于位置S对称,图中SD水平且长度为d=0.2 m,求:
①小环C运动到位置Q的速率v;
②小环C从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT.
考点4 功能关系、能量守恒定律
1.[多选]如图所示,一长木板B放在粗糙的水平地面上,在B的左端放一物块A,现以恒定的外力F拉A,经一段时间物块A从长木板B的右端滑下,在此过程中以地面为参考系, 长木板B也向右移动一段距离,则在此过程中 (　　)

A.外力F对A做的功等于A和B动能的增加量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增加量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增加量和B与地面之间因摩擦产生的热量之和
2.[生产生活实践问题情境——“水上飞人”]在旅游景点经常会有“水上飞人”表演,如图所示,当表演者脚踩的喷水装置向下高速喷水时,人就会飞起

来,这套装置其实是水管在水面通过小艇连接一高压水泵,水泵从水面吸水,逐渐加大功率,通过脚底两个喷口喷出水柱使人升起.已知人与喷水装置的质量为65 kg,脚底每个喷口的横截面积为225 cm2,人升起后悬停在8.5 m高处,此时喷口喷出水流的速度为10 m/s,水的密度为1.0×103 kg/m3,整个过程中水泵的效率为75%,重力加速度g取
10 m/s2,则以下叙述正确的是(　　)
A.人从升起至悬停的过程中,喷水系统做的功为5 525 J
B.人悬停在8.5 m高处时,喷水系统不做功
C.人悬停在8.5 m高处时,高压水泵的总功率为81 kW
D.人悬停在8.5 m高处时,两个喷口喷射水流的总功率为11.25 kW
3.[2020山西太原定时检测,多选]如图所示,倾角为θ的

传送带由电动机带动,始终保持速率v顺时针匀速运动,质量为m的物块由传送带底端静止释放.已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ),物块到达传送带顶端前已经与传送带保持相对静止,则在物块由静止释放到相对传送带静止的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.电动机多提供的能量为mv2
B.传送带克服摩擦力做的功为mv2
C.传送带和物块增加的内能为
D.摩擦力对物块做功的平均功率为μmgvcos θ
4.[2020山东四市联考,多选]如图甲所示,固定粗糙斜面的倾角为θ=37°,与斜面平行的轻弹簧下端固定在C处,上端连接质量为1 kg的小滑块(视为质点),BC等于弹簧的原长.现将滑块从A处由静止释放,在滑块从释放至第一次到达最低点的过程中,其加速度a随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示(取沿斜面向下为加速度的正方向).已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

A.滑块到达B处时的速度最大
B.弹簧的劲度系数为10 N/m
C.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D.滑块第一次运动到最低点时,弹簧的弹性势能为1.6 J
考点5 实验:探究动能定理


1.[6分]如图甲所示是探究“恒力做功与物体动能改变的关系”的实验装置,主要实验步骤如下:
①用天平测出滑块(含滑轮)质量M=240 g,并安装好实验装置;
②适当垫高长木板不带滑轮的一端,滑块不挂轻绳,挂上纸带,轻推滑块使滑块沿长木板匀速运动;
③轻绳通过长木板末端的滑轮和滑块上的滑轮,一端挂在拉力传感器上,另一端挂质量为m=100 g的钩码,绕过两滑轮的轻绳与长木板平行;
④接通打点计时器电源,释放滑块,打出一条点迹清晰的纸带,如图乙所示,相邻计数点的时间间隔为0.1 s,并记录拉力传感器示数F=0.39 N.

回答下列问题:
(1)从打点计时器打出B点到打出D点的过程中,合力对滑块(含滑轮)所做的功W=　　　　J,滑块(含滑轮)动能的增量ΔEk=　　　　J.(计算结果均保留2位有效数字) 
(2)多次实验发现合力对滑块(含滑轮)所做的功W总略大于滑块(含滑轮)动能的增量ΔEk,可能的原因是　　　　(填选项前面字母). 
A.没有满足滑块(含滑轮)质量远大于钩码质量
B.平衡摩擦力过度
C.滑轮摩擦影响
(3)写出一种利用该实验装置还可以完成的物理实验:　　　　　　　　　　　　. 
2.[5分]某实验小组用图甲所示实验装置探究合力做功与动能变化的关系.铁架台竖直固定放置在水平桌面上,将长木板倾斜放置,一端P固定在水平桌面边缘处,另一端放置在铁架台的铁杆上,忽略长木板厚度,P处放置一光电门计时器.实验步骤如下:
①用游标卡尺测出滑块的挡光片宽度l,用天平测出含挡光片的滑块的质量m;
②以长木板放置在水平桌面上的一端为轴,调节长木板在铁架台上的放置位置,使滑块恰好沿长木板向下做匀速运动,在铁架台竖直杆上记下此位置Q1,用刻度尺测出Q1到水平桌面的高度H;
③保持长木板P端与桌面接触位置不变,长木板另一端放置在铁架台竖直杆Q2位置处,用刻度尺量出Q1、Q2的距离h1,将滑块从Q2位置由静止释放,由光电门计时器读出滑块的挡光时间t1;
④保持长木板P端与桌面接触位置不变,重新调节长木板另一端在铁架台上的放置位置,重复步骤③数次.
(1)滑块沿长木板由Q2运动到P的过程中,用测量的物理量表示下列物理量(已知重力加速度为g):滑块动能的变化量ΔEk=　　　　,滑块克服摩擦力做的功Wf=　　　　,合力对滑块做的功W合=　　　　. 
(2)某学生以长木板在铁架台竖直杆上的放置位置到Q1的距离h为横坐标,以滑块通过光电门的挡光时间的平方的倒数为纵坐标,根据测量数据画出如图乙所示图线,若图线过原点,且图线斜率k=　　　　,则能证明合外力做的功等于滑块动能增量. 

考点6 实验:验证机械能守恒定律
1.[6分]实验室准备了如图甲所示的实验装置.

图甲
(1)你认为用此实验装置能用来验证哪些规律或测量哪些物理量?(重物的质量已知).请列举两例填在下面的横线上.
例如:验证机械能守恒定律.
①　　　　　　　　　　　　　 . 
②　　　　　　　　　　　　　 . 
(2)如图乙所示是在验证机械能守恒定律时,打点计时器打出的重物在重力作用下做匀加速直线运动时的纸带.已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,当地的重力加速度g=9.80 m/s2,测得所用重物的质量为m=1.00 kg,纸带上刚打出的两点间的距离约为2 mm,A、B、C是连续打出的三个点,它们到O点的距离分别是hA=15.55 cm、hB=19.20 cm、hC=23.23 cm,则重物由O点运动到B点,重力势能的减少量为　　　　J,动能的增加量为　　　　J,动能的增加量小于重力势能的减少量的原因主要是　　　　　　　　　　　　　　　　.(计算结果保留两位小数) 

图乙
2.[2021河南名校第一次联考,7分]某物理兴趣小组的同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律,轻绳一端固定在光滑固定转轴O处,另一端系一小球.

(1)张同学在小球运动的最低点和最高点附近均放置了一组光电门(未画出),用螺旋测微器测出了小球的直径,如图乙所示,则小球的直径d=　　　　mm,使小球在竖直面内做圆周运动,测出小球经过最高点的挡光时间为Δt1,经过最低点的挡光时间为Δt2. 
(2)戴同学在光滑水平转轴O处安装了一个拉力传感器,已知当地重力加速度为g.现使小球在竖直平面内做圆周运动,通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是F1,在最低点时绳上的拉力大小是F2.
(3)如果要验证小球从最低点到最高点的过程机械能守恒,张同学还需要测量的物理量有　　　　(填字母序号),戴同学还需要测量的物理量有　　　　(填字母序号). 
A.小球的质量m B.轻绳的长度L
C.小球运行一周所需要的时间T
(4)根据张同学的思路,请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程机械能守恒的表达式:　　　　　　　　　　　(用题目所给物理量表示). 
(5)根据戴同学的思路,请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程机械能守恒的表达式:　　　　　　　　　　　(用题目所给物理量表示). 

3.[6分]如图所示,两个质量分别为m1和m2的小物块A和B,分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端,已知m1>m2,现要利用此装置验证机械能守恒定律.
(1)若选物块A从静止开始下落的过程进行测量,则需要测量的物理量有　　　　. 
A.物块的质量m1、m2
B.物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间
C.物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间
D.绳子的长度
(2)为提高实验结果的准确程度,某小组同学对此实验提出以下建议:
A.绳的质量要轻
B.在“轻质绳”的前提下,绳子越长越好
C.尽量保证物块只沿竖直方向运动,不要摇晃
D.两个物块的质量之差要尽可能大
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是　　　　. 
(3)在处理数据的过程中,A、B物块的势能减小量总是大于A、B物块的动能增加量,导致这一结果的原因除有空气阻力和摩擦阻力外,还有可能的原因是　. 
(4)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议:　 .

一、选择题(共9小题,54分)　　
1.[生产生活实践问题情境——电动平衡车]电动平衡车因为其炫酷的操作,被年轻人所喜欢,变成了日常通勤的交通工具.平衡车依靠人体重心的改变,来实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作.下表所示为某款电动平衡车的部分参数,若平衡车以最大速度行驶时,电机恰好达到额定功率,则下列说法中正确的是 (　　)
电池输出电压
36 V
电池总容量
50 000 mA·h
电机额定功率
900 W
最大速度
15 km/h
充电时间
2~3小时
百公里标
准耗电量
6 kW·h

A.电池输出的电能最多为1 800 J
B.充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间为2 h
C.该平衡车以最大速度行驶时牵引力为60 N
D.该平衡车在标准情况下能骑行的最大里程为3 km
2.[生产生活实践问题情境——风力发电]风力发电是一种环保的电能获取方式.某风力发电机的叶片转动形成的圆面积为S,某时间风的速度大小为v,风向恰好跟此圆面垂直,此时空气的密度为ρ,该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为η,则风力发电机发电的功率为 (　　)
A.ηρSv2 B.ηρSv2 C.ηρSv3 D.ηρSv3
3.[生产生活实践问题情境——襄阳炮]如图甲所示为历史上著名的襄阳炮,其实质就是一种大型抛石机.它采用杠杆原理,由一根横杆和支架构成,横杆的一端固定重物,另一端放置石袋,发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽,而后突然松开,石袋里的巨石就被抛出.将其简化为如图乙所示的装置,横杆的质量不计,将一质量m=10 kg,可视为质点的石块,装在横杆长臂与转轴O点相距L=5 m的末端石袋中,在短臂右端固定一重物,发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点,静止时长臂与水平面的夹角α=37°,解除外力后石块被发射,当长臂转到竖直位置时立即停止运动,石块被水平抛出,落在水平地面上,石块落地位置与O点的水平距离s=20 m,空气阻力不计,sin 37°=0.6,g取10 m/s2.则 (　　)

A.石块水平抛出时的初速度为10 m/s
B.石块水平抛出时的初速度为20 m/s
C.从A点到最高点的过程中,长臂对石块做的功为2 050 J
D.从A点到最高点的过程中,长臂对石块做的功为2 500 J
4.[2020浙江7月选考,16,多选]如图所示,系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机,旋翼由电动机带动.现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作.已知直流电源供电电压为400 V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,则 (　　)

A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N
B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A
C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W
D.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
5.[多选]如图,汽车从静止开始通过缆绳将质量为m的货物从A处沿光滑斜面拉到B处,此过程中货物上升高度为h,到B处时定滑轮右侧缆绳与水平方向间夹角为θ,左侧缆绳与斜面间夹角为2θ,汽车的速度大小为v,已知重力加速度为g,则(　　)

A.此时货物的速度大小为v
B.此时货物的速度大小为v
C.此过程中缆绳对货物做的功为
D.此过程中缆绳对货物做的功为+mgh
6.[多选]如图所示,两质量分别为m、2m的物块甲、乙之间用一不可伸长的轻质细线拴接,然后用一轻质橡皮筋悬挂在天花板上,装置静止时橡皮筋伸长了Δx,此时橡皮筋储存的弹性势能为Ep,若橡皮筋的劲度系数为k,则Ep=k(Δx)2.已知当地的重力加速度为g.某时刻将物块甲、乙之间的细线烧断,则 (　　)

A.烧断细线瞬间,物块甲的加速度大小为0
B.当物块甲的加速度为零时,其动能为mgΔx
C.从烧断细线到物块甲的加速度为零的过程,橡皮筋上弹力做的功为mgΔx
D.橡皮筋处于原长状态时,物块甲的速度一定为0
7.[2020广东汕头模拟,多选]如图甲所示,固定在竖直面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动,小球直径略小于管道内径,管道最低处N装有连着数字计时器的光电门,可测出球经过N点时的速率vN,最高处装有力的传感器M,可测出球经过M点时对管道的作用力F(竖直向上为正方向),用同一小球以不同的初速度重复实验,得到F与的关系图像如图乙所示,c为图像与横轴交点的横坐标,b为图像延长线与纵轴交点的纵坐标,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)

A.若小球经过N点时满足=c,则经过M点时对管道无压力
B.若小球经过N点时满足=c,则经过M点时对内管道壁有压力
C.小球做圆周运动的半径为
D.F=-b表示小球经过N点时速度等于0

8.[多选]质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
A.x=1 m时物块的速度大小为2 m/s
B.x=3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2
C.在前2 m的运动过程中物块所经历的时间为2 s
D.在前4 m的运动过程中拉力对物块做的功为25 J
9.[2020河北六校第一次联考,多选]如图所示,质

量为m和2m的两个小球甲、乙分别固定在长为2l的轻杆两端,杆的中点是一水平转轴O,系统可在竖直面内无摩擦转动,空气阻力不计,重力加速度为g.若将杆处于水平位置由静止释放系统,系统转过90°的过程中,以下说法正确的是(　　)
A.该过程杆的弹力对小球甲做正功
B.该过程系统机械能守恒,小球乙的机械能也守恒
C.杆处于竖直方向时,两小球速度均为v=
D.杆处于竖直方向时,转轴O对杆的作用力大小为4mg,方向竖直向上
二、非选择题(共6小题,70分)
10.[6分]某物理兴趣小组利用如图所示装置进行探究弹簧弹性势能与弹簧形变量的关系实验.图中光滑水平平台距水平地面高h=1.25 m,平台上一轻质弹簧一端固定在挡板上,质量为m的小球与弹簧另一端接触并压缩弹簧,记录弹簧的压缩量 x后,由静止释放小球,小球从平台边缘水平飞出,落在地面上,用刻度尺测出小球的水平飞行距离s,并用传感器(图中未画出)测量出小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t.多做几次实验后,记录的数据如下表所示.
(1)由表中数据可知,在h一定时,小球水平位移 s=　　x,与　　　　　　　　　　　无关; 
(2)由实验原理和表中数据可知,弹簧弹性势能Ep与弹簧形变量x的关系式为Ep= 　　　　　　　(用m、h、x和重力加速度g表示); 
(3)某同学按物体平抛运动规律计算出小球在空中的飞行时间t== s=0.5 s=500 ms,对比表中数据,发现测量值t均偏大,经检查,实验操作及测量无误,且空气阻力可以忽略,造成以上偏差的原因是　 . 


1
2
3
4
5
x/m
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05
s/m
0.51
0.99
1.50
1.98
2.50
t/ms
505.3
505.1
504.8
504.9
505.2

11.[2020上海,18,10分]图(a)是用DIS研究机械能守恒的装置.

(1)图(a)中定位挡片的作用是
 
　. 
(2)[多选]实验中测得C点的机械能偏大的原因可能是　　　　. 
A.光电门在C的下方
B.摆锤释放时绳子松弛
C.摆锤在摆动的过程中有空气阻力
D.摆锤释放时在A的上方
(3)为了验证单摆的机械能守恒,某同学制作了摆在下摆时动能Ek与偏角θ的函数关系图,如图(b)所示.以D所在的水平面为零势能面,当偏角θ=32°时摆的重力势能为　　　　 J,若摆的质量为0.007 5 kg.则摆长为　　　 m. 

12.[12分]如图所示,质量为mA=2 kg的木板A被锁定在倾角为30°的光滑斜面的顶端,质量mB=1 kg可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑.现让物块B以v0=7.5 m/s的初速度从木板的上端下滑,同时解除对木板A的锁定.g取10 m/s2,斜面足够长.
(1)要使物块B不从木板A上滑落下来,求木板A的长度至少为多少.
(2)在物块B不从木板A上滑落的前提下,求系统损失的机械能最多是多少.

13.[2021浙江杭州重点中学测试,12分]如图所示,两个半径均为R的圆形光滑细管道组成的轨道CDE竖直放置在水平面上,C、E两管口切线水平,O1和O2分别为两细管道圆心, O1O2连线与竖直线间的夹角α=120°,一劲度系数k=的轻质弹簧右端固定,原长时左端处于P点,已知弹簧原长足够长,一质量为m、可视为质点的滑块从A点以初速度v0=2斜向上抛出,刚好从C点沿水平方向进入管道,已知滑块与地面间的动摩擦因数为μ=0.25,弹簧的弹性势能Ep与弹簧形变量Δx的关系是Ep=k(Δx)2,细管内径和空气阻力不计,弹簧始终处于弹性限度内.
(1)求滑块到C点时对轨道的压力;
(2)求A、E间的距离;
(3)要使滑块能再次返回细管道EDC但又不能从C点离开轨道,求E、P间的水平距离x应满足的条件. (计算结果可用根式表示)


14.[新设问——判断论证题][14分]在滑板公园里经常看到各种滑板场地,现有一个滑板场地可简化为如图所示模型,滑板轨道由足够长的斜直轨道、半径R1=2 m的凹形圆弧轨道和半径R2=3.6 m的凸形圆弧轨道三部分组成,这三部分轨道依次平滑连接,且处于同一竖直平面内.其中M点为凹形圆弧轨道的最低点,N点为凸形圆弧轨道的最高点,凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上.一可视为质点、质量为m=1 kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下,经M点滑向N点.在凸形圆弧轨道最右侧距离L=0.9 m的位置有一个高度h2=3 m、倾角为53°的斜面.不计一切阻力,sin 53°=0.8,g取10 m/s2.

(1)若P点距水平面的高度h1=3.2 m,滑板滑至M点时,求轨道对滑板的支持力大小FN.
(2)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力,求滑板的下滑点P距水平面的高度H.
(3)若保持(2)中条件不变,滑板滑至N点时刚好做平抛运动,滑板能否与右侧斜面发生碰撞(不考虑碰撞后反弹)?若能,请计算出碰撞的具体位置;若不能,请说明理由.
15.[16分]如图所示,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上,另一端与质量为m的物块A相连接且处于直立状态.细绳跨过一固定光滑定滑轮,一端系在物块A上,另一端连接一个不计质量的小挂钩.小挂钩不挂任何物体时,物块A处于静止状态.在小挂钩上轻轻挂上一个质量为2m的物块B并由静止释放后,物块A开始向上运动,运动过程中B始终未接触地面,弹簧的形变始终在弹性限度内.已知重力加速度为g.
(1)设物块A上升通过Q点位置时速度最大,求Q点到出发点的距离x0及最大速度vm;
(2)若物块B的质量增大为原来的N倍,试分析说明不管N多大,物块A上升到Q点时的速度都不可能增大到2vm;
(3)若把物块B撤掉,在小挂钩上施加一个竖直向下的外力F(未知),使物块A由静止向上做匀加速直线运动,经过时间t上升到Q点,求此过程外力做的功.


答 案
专题六　机械能及其守恒

考点1　功和功率
1.C　根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力,即F=f=1.8×103 N,此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率,根据P=Fv,代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36 kW,A、B、D项均错误,C项正确.
2.D　重物没有位移,所以人对重物没有做功,故A错误;人的重心不动,可知人处于平衡状态,受到的摩擦力与拉力平衡,传送带对人的摩擦力方向水平向右,拉力等于物体的重力G,所以人对传送带的摩擦力大小等于G,方向水平向左,人与传送带之间有相对位移,且传送带相对人的位移的方向与人对传送带的摩擦力的方向相同,所以人对传送带做正功,根据P=Fv,可得人对传送带做功的功率为Gv0,故B、C错误,D正确.
3.ABC　v-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移,由题图甲计算可知0~6 s内物体的位移大小为 30 m,A正确.P-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示功,由题图乙计算可知0~6 s内拉力做的功为70 J,B正确.由题图甲可知2~6 s内物体做匀速运动,速度不变,动能不变,合外力对物体不做功,由受力分析可知F=Ff,又P=Fv,联立并代入数据可得Ff= N,故C正确,D错误.
4.A　在绳的下端Q缓慢地被竖直向上拉起的过程中,由于被外力拉起来的绳长不断增大,所以外力的大小在不断增大,即外力是一个变力.由于这个过程是“缓慢”的,所以细绳的动能不变,但细绳的重力势能不断增大,外力做的功等于细绳重力势能的增量.比较始、末两个状态,发现整个过程就是将距离下端Q长l的细绳提升了l的高度.设细绳重力势能的增量为Ep,则Ep=mg×l=mgl,外力做的功为W=Ep=mgl,所以选项A正确.
5.(1)mg　(2)　(3)(2μ-1)(-1)mgR
解析:(1)由C受力平衡知,2Fcos 30°=mg(1分)
解得F=mg(1分).
(2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大
Fxmax=mg(1分)
B受地面的摩擦力f=μmg(1分)
根据题意fmin=Fxmax,解得μmin=(3分).
(3)C下降的高度h=(-1)R(1分)
A的位移x=2(-1)R(2分)
摩擦力做功的大小Wf=fx=2(-1)μmgR(2分)
根据动能定理知,W-Wf+mgh=0-0(2分)
解得W=(2μ-1)(-1)mgR(2分).
6.(1)112.5 m　(2)3 000 W
解析:(1)由题意知mg=800 N,结合题图可知,探险者先做匀加速运动,再做匀速运动,最后做匀减速直线运动到达直升机处.加速阶段绳索拉力为F1=840 N,时间t1=10 s,设探险者的加速度大小为a1,上升高度为h1,则有F1-mg=ma1(1分)
h1=a1(1分)
解得a1=0.5 m/s2,h1=25 m
匀速阶段时间t2=15 s,设探险者的运动速度大小为v,上升高度为h2,则有v=a1t1(1分)
h2=vt2(1分)
解得v=5 m/s,h2=75 m
减速阶段绳索拉力F3=720 N,设探险者的加速度大小为a3,时间为t3,上升高度为h3,则有mg-F3=ma3(1分)
v=a3t3(1分)
h3=a3(或h3=vt3)(1分)
解得a3=1 m/s2,t3=5 s,h3=12.5 m
探险者上升的总位移即为直升机悬停处距谷底的高度h,则有
h=h1+h2+h3(1分)
解得h=112.5 m(1分).
(2)设在探险者从山谷底部到达直升机的过程中,牵引绳索拉力做的功为W,则有W=mgh(1分)
=(1分)
解得=3 000 W(1分).
考点2　动能定理
1.B　若让物品自由下落,到达地面时速度为v1,则下落过程由动能定理有mgh-Wf1=m,解得下落过程中物品克服空气阻力做的功为Wf1=mgh-m,选项A错误;根据题意由动能定理有mgh-WF2=m,解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF2=mgh-m,选项B正确;根据题意由动能定理有mgh-WF3=0,解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF3=mgh,选项C错误;根据题意由运动的对称性可知,物品落地时速度为零,动能变化量为零,不计空气阻力,则由动能定理有mgh-WF4=0,解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF4=mgh,选项D错误.
2.D　设飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为Wf,由于空气阻力大小不变,上升过程和落回地面的过程位移大小相等,则飞箭下落阶段克服空气阻力做的功也为Wf,对飞箭从发射到落回地面的整个过程,由动能定理有-2Wf=-E,解得Wf=,选项A错误;对飞箭从最高点到落回地面的过程,由动能定理有WG-Wf=,解得该过程中重力做的功为WG=,选项B错误;由功能关系可知,飞箭在最高点的重力势能为Ep=WG=,又动能为零,即飞箭在最高点具有的机械能为,选项C错误;Wf==fh,WG==Gh,联立解得空气阻力f与重力G的大小之比为f ∶G=1∶7,选项D正确.
3.ACD　由题图乙知,物体先以加速度a1做初速度为零的匀加速直线运动,速度达到传送带速度后(在t=1.0 s时刻),物体继续向下做加速度为a2的匀加速直线运动,可知传送带的速率为 v0=10 m/s,故A正确;在0~1.0 s内,对物体受力分析可知物体所受摩擦力方向沿传送带向下,加速度为a1==gsinθ+μgcosθ,由题图乙可得a1= m/s2=10 m/s2,即gsinθ+μgcosθ=10 m/s2,在1.0~2.0 s内,对物体受力分析可知物体的加速度为a2==gsin θ-μgcosθ,由题图乙可得a2=2 m/s2,即gsinθ-μgcosθ=2 m/s2,联立解得 μ=0.5、
θ=37°,故B错误,C正确;根据图线与横轴所围图形的面积表示物体的位移,可知0~1.0 s内物体相对于地面的位移 x1=×10×1 m=5 m,由动能定理有mgx1sinθ+Wf1=m,解得Wf1=20 J,1.0~2.0 s内物体相对于地的位移x2=×1 m=
11 m,由动能定理有mgx2sin θ+Wf2=m-m,解得Wf2=-44 J,故0~2.0 s内摩擦力对物体做的功Wf=Wf1+Wf2=-24 J,D正确.
4.BC　设小球下落到弹簧压缩量最大为x1时弹簧的弹力为Fmax,从小球开始下落到弹簧压缩量达到最大的过程中,由动能定理有mg(h+x1)-WF=0,根据F-x图线与横轴所围图形的面积表示小球克服弹力做的功,可得WF=Fmaxx1,联立可得Fmax=2mg+>2mg,选项A错误;由题图乙可知,当x=h+a时,小球所受重力和弹力的合力为零,此时小球的速度最大,动能最大,由于小球和弹簧组成的系统机械能守恒,所以当x=h+a时,小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和最小,选项B正确;小球开始下落至下落到x=h+a的过程,由动能定理有mg(h+a)-W'F=Ek,此时弹簧弹性势能为W'F=mga,联立解得小球动能的最大值Ek=mgh+mga,故选项C正确;由于小球不是做匀速运动,即x与t不是线性关系,可知弹力F随时间t变化的图线不是线性图线,选项D错误.
5.(1)vD=3 m/s　(2)t=2 s　(3)1.4 m
解析:(1)小滑块在A→B→C→D过程中,应用动能定理有
mg(h1-h2)-μmgs=m-0(2分)
代入数据解得vD=3 m/s(2分).
(2)小滑块在A→B→C过程中,由动能定理有mgh1-μmgs=m-0(2分)
代入数据解得小滑块第一次到达C点的速度大小vC=6 m/s(1分)
小滑块沿CE段上滑时,由牛顿第二定律有mgsinθ=ma(1分)
解得小滑块的加速度大小a=gsinθ=6 m/s2(1分)
则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间t1==1 s(1分)
小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变,由对称性可知,小滑块从最高点滑回C点所用的时间t2=1 s(1分)
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2 s(1分).
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总,对小滑块从静止释放到最终停止的全过程,由动能定理得mgh1-μmgs总=0,解得s总=8.6 m(2分)
故小滑块最终停止的位置与B点的距离为2s-s总=1.4 m(2分).
考点3　机械能守恒定律
1.B　游客们在缓慢上升的过程中,动能不变,故合力对游客们做的功为零,选项A错误.游客们被提升到H高度的过程中,重力做的功WG=-mgH,重力势能增加mgH,选项B正确.电动机做的功,一方面用于增加游客们的重力势能,另一方面用于克服其他阻力做功,故电动机做的功大于mgH,选项C错误.游客们在上升的过程中,动能不变,重力势能增加,故机械能增加,选项D错误.
2.C　设O点距离地面的高度为h,则由平抛运动规律可知甲球的运动时间为t1=,乙球先做平抛运动,反弹后再做斜上抛运动,所以乙球的运动时间为t2=3,A错误;由于水平方向做匀速直线运动,则甲球的初速度大小为乙球初速度大小的3倍,即v1=3v2,对乙球有tan 60°=,对甲球有tan θ=,整理解得θ=30°,B错误;以地面为零势能面,甲球落地瞬间的速度大小v甲==v1,乙球落地瞬间的速度大小v乙==2v2,则甲、乙两球落地瞬间的动能分别为Ek甲=m=m,Ek乙=m=2m,又v1=3v2,故Ek甲∶Ek乙=3∶1,而两球运动过程中机械能守恒,则两球在运动过程中的机械能之比为3∶1,C正确;设O、A间水平距离为x,则乙球的初速度为v2=,若反弹两次后落在A点,则乙球的初速度应变为v'2=,解得v'2=v2,D错误.
3.BD　忽略所有摩擦力,故A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,又弹簧逐渐伸长,弹簧弹性势能逐渐变大,故A、B组成的系统机械能逐渐减小,故A错误;根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒可得Epmax=2mgL(cos 30°-cos 45°),解得弹性势能的最大值为Epmax=(-)mgL,故B正确;对B受力分析,水平方向的合力Fx=F杆1·sin α-F弹=ma,对A受力分析,竖直杆对A的弹力大小F杆2=F杆1·sin α,由于滑块B先做加速运动后做减速运动,所以竖直杆对A的弹力先大于弹簧弹力后小于弹簧弹力,故C错误;A下降过程中动能达到最大前,A加速下降,对A、B整体在竖直方向上受力分析,可知地面对B的支持力N<3mg,故D正确.
4.AD　系统在运动过程中,只有重力做功,故机械能守恒,A项正确;系统重心在A、B连线的中点位置,故A、B连线水平时,系统重力势能最小,动能最大,所以A球运动至最低点过程中,其动能先增加,后减小,故B、C两项错误;因A、B连线水平时,系统动能最大,此时A球在题图中B球位置,故根据机械能守恒定律,有mg·L=2×mv2,解得mv2=mgL,故D项正确.
5.(1)T=12 N　M=0.72 kg　(2)①2 m/s　②0.3 J
解析:(1)以A、B和轻弹簧组成的系统为研究对象,系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态,根据平衡条件得绳子的拉力大小T=2mgsin θ(1分)
解得T=12 N(1分)
以C为研究对象,进行受力分析,根据平衡条件得
Tcos 53°=Mg(1分)
解得M=0.72 kg(1分).
(2)①环从位置R运动到位置Q的过程中,小环C、弹簧、轻绳、A、B组成的系统机械能守恒,有
Mg·2d·=Mv2+m(2分)
其中vA=vcos α(1分)
联立解得v=2 m/s(1分).
②由题意分析知,环C位于Q处时,B对挡板的压力恰好为零,所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力,对B受力分析,有
kΔx1=mgsin θ(1分)
解得弹簧的伸长量Δx1=0.025 m(1分)
小环从R运动到S时,A下降的距离为
xA=-d=0.05 m(1分)
此时弹簧的压缩量Δx2=xA-Δx1=0.025 m(1分)
由速度分解可知此时A的速度为零,小环从R运动到S的过程中,初、末的弹性势能相等,故小环C、弹簧、轻绳、A、B组成的系统机械能守恒,有Mgd·+mgxAsin θ=Ek(2分)
解得小环C在位置S时的动能Ek=1.38 J(1分)
小环从位置R运动到位置S的过程中,对小环C,由动能定理可知
WT+Mgd·=Ek(2分)
解得WT=0.3 J(1分).
考点4　功能关系、能量守恒定律
1.CD　根据能的转化和能量守恒定律可知,外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量(包括A、B之间,B和地面之间因摩擦所产生的热量)之和;同理,A对B的摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间因摩擦产生的热量之和,虽然A对B的摩擦力与B对A的摩擦力大小相等,但在力的方向上的位移大小不同,所以A对B的摩擦力做的功与B对A的摩擦力做的功的绝对值不相等,C、D正确,A、B错误.
2.C　人从升起至悬停的过程中,喷水系统做的功应该等于人与喷水装置增加的重力势能和运动过程中水增加的机械能之和,而人增加的重力势能为Ep=mgh=5 525 J,A错误;人悬停在8.5 m高处时,喷水系统对人不做功,但对水仍然要做功,B错误;人悬停在8.5 m高处时,高压水泵的有效功为ηP'Δt=Δm·v2+Δm·gh=ρ·2SΔl·v2+ρ·2SΔl·gh,高压水泵的总功率P'==81 kW,C正确;人悬停在8.5 m高处时对单个喷口有PΔt=Δm·v2=ρSΔl·v2,单个喷口喷射水流的功率为P=ρSv2=ρSv3=11.25 kW,两个喷口喷射水流的总功率为22.5 kW,D错误.
3.CD　从物块由静止释放到与传送带相对静止的过程中,物块增加的动能为Ek=mv2,该过程中,传送带的位移为x2=vt、物块的位移为x1=vt,整理得x2=2x1,对物块有Ffx1=mv2+mgx1sinθ,因摩擦而产生的热量为Q=Ff(x2-x1)=Ffx1.由能量守恒定律可知,电动机多提供的能量等于物块增加的机械能与因摩擦而产生的热量之和,大于mv2,A项错误.传送带克服摩擦力做的功为W=Ffx2=2Q,即等于电动机多提供的能量,则大于mv2,B项错误.传送带和物块增加的内能为Ff(x2-x1)=Ff(vt-vt)=μmgcosθ·vt,对物块受力分析,由牛顿第二定律得a==μgcosθ-gsin θ,则物块加速的时间为t==,故传送带和物块增加的内能为,C项正确.摩擦力对物块所做的功为W1=Ffx1=μmgcosθ·vt,则摩擦力对物块做功的平均功率为P==μmgvcos θ,D项正确.
4.BC　滑块从A到B的过程,由牛顿第二定律有mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma,因此过程中x减小,则a减小,滑块做加速度减小的加速运动.从B到A'点(A点关于B点对称的点)的过程,由牛顿第二定律有mgsinθ-kx-μmgcosθ=ma,因此过程中x增大,则a减小,即从B到A'的过程中滑块做加速度减小的加速运动,滑块到达A'时,a恰好为0,此后滑块受到的合力沿斜面向上,做减速运动,综上可知滑块到达A'处时的速度最大,选项A错误.滑块从A到B,由牛顿第二定律有mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma,解得a=x+gsin θ-μgcosθ,结合题图乙得= N/(m·kg),解得弹簧的劲度系数为k=10 N/m,选项B正确.滑块在B点时,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,由题图乙知,此时滑块的加速度a=2 m/s2,代入数据解得μ=0.5,选项C正确.滑块从释放到第一次运动到最低点的过程,滑块沿斜面运动的位移为s=(0.2+0.6) m=0.8 m,则摩擦产生的热量Q=μmgcosθ·s=3.2 J,根据能量守恒定律知,弹簧的弹性势能的增加量为ΔEp=mgssinθ-Q=1.6 J,由于初始时弹簧有弹性势能,所以滑块第一次运动到最低点时,弹簧的弹性势能大于1.6 J,选项D错误.
考点5　实验:探究动能定理
1.(1)0.14(1分)　0.13(1分)　(2)C(2分)　(3)研究匀变速直线运动规律;探究加速度与合外力的关系;探究加速度与质量的关系;测量滑块与长木板间的动摩擦因数.(写出一种即可)(2分)
解析:(1)由题图乙知,合外力对滑块(含滑轮)做的功为W=2FxBD=0.14 J,根据匀变速直线运动的规律可得vB==
0.6 m/s,vD==1.2 m/s,所以滑块(含滑轮)动能的增量ΔEk=M-M=0.13 J.
(2)因有拉力传感器测量绳上的拉力,故不需要满足滑块(含滑轮)质量远大于钩码质量,A项错误;若平衡摩擦力过度,会有重力做正功,滑块(含滑轮)动能的增量应大于合外力做的功,B项错误;滑轮有摩擦,需要克服摩擦力做功,有一部分能量转化为内能,所以滑块(含滑轮)动能的增量略小于合外力做的功,C项正确.
(3)有打点计时器、纸带,可研究匀变速直线运动的规律,也可测量滑块与长木板间的动摩擦因数;加速度、质量、合外力均可知,故也可以研究加速度与质量、合外力的关系.
2.(1)(1分)　mgH(1分)　mgh1(1分)　(2)(2分)
解析:(1)由于挡光片宽度很小,可近似认为滑块通过光电门的速度v=,滑块(含挡光片)动能的变化量ΔEk=mv2-0=.滑块从Q1释放匀速下滑时,设长木板的倾角为θ,Q1P长度为L,P到铁架台竖直杆的距离为x,由动能定理有mgH-μmgLcosθ=0,且Lcosθ=x,得μmgx=mgH.滑块从Q2释放时,设长木板的倾角为α,Q2P长度为L',则滑块克服摩擦力做的功为Wf=μmgL'cosα,且L'cosα=x,故Wf=mgH.合力做的功W合=mg(H+h1)-Wf=mgh1.
(2)由动能定理有W合=ΔEk,即mgh=,整理得=h,故图线斜率k=.
考点6　实验:验证机械能守恒定律
1.(1)①验证动能定理 (1分)　②测量重力加速度(1分,其他符合要求的答案也给分)　(2)1.88(1分)　1.84(1分)　重物下落时受到振针、限位孔与纸带间的阻力作用(2分)
解析:(1)该实验装置可以验证的是动能定理、测量重力加速度等.
(2)因为纸带上刚打出的两点间的距离约为2 mm,所以可认为打O点时重物开始下落,则重物由O点运动到B点,重力势能的减少量ΔEp=mghB≈1.88 J,又因为vB=,动能的增加量ΔEk=m≈1.84 J.动能的增加量小于重力势能的减少量的原因主要是重物下落时受到振针、限位孔与纸带间的阻力作用.
2.(1)5.700(5.699~5.701均可,1分)　(3)B(1分)　A(1分)
(4)-=4gL+2gd(2分)　(5)F2-F1=6mg(2分)
解析:(1)螺旋测微器固定刻度读数为5.5 mm,可动刻度读数为20.0×0.01 mm,故最终读数为两者相加,即5.700 mm.
(3)根据张同学的实验方案,小球在最高点的速度大小为v1=,小球在最低点的速度大小为v2=,若小球从最低点到最高点的过程满足机械能守恒定律,则有m+mg(2L+d)=m成立,化简得-=4gL+2gd,所以张同学还需要测量的物理量是轻绳的长度L.根据戴同学的实验方案,设小球做圆周运动的半径为r,则小球在最低点有F2-mg=m,在最高点有F1+mg=m,若小球从最低点到最高点的过程满足机械能守恒定律,则有m=m+2mgr,联立方程并化简得F2-F1=6mg,所以戴同学还需要测量的物理量是小球的质量m.
(4)由(3)中分析可知,根据张同学的思路,验证小球从最低点运动到最高点的过程机械能守恒的表达式为-=4gL+2gd.
(5)由(3)中分析可知,根据戴同学的思路,验证小球从最低点运动到最高点的过程机械能守恒的表达式为F2-F1=6mg.
3.(1)AB(或AC)(2分)　(2)AC(2分)　(3)没有考虑滑轮动能的增加(1分)　(4)对同一距离进行多次测量取平均值(选取受力后相对伸长尽量小的绳也可)(1分)
解析:(1)通过连接在一起的A、B两物块验证机械能守恒定律,即验证系统的势能变化大小与动能变化大小是否相等,A、B连接在一起,A下降的距离一定等于B上升的距离;A、B的速度大小总是相等的,故不需要测量绳子的长度;对A、B两物块,分别由牛顿第二定律得加速度a=,又v=at,所以验证机械能守恒定律的表达式为(m1-m2)gs=(m1+m2)v2,即2(m1+m2)s=(m1-m2)gt2,故需要测量两物块的质量,以及物块A下落的距离以及下落这段距离所用的时间,或物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间,故选A、B或A、C均可以.
(2)如果绳子较重,系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能,造成实验误差;绳子不宜太长,越长,形变对实验的影响越大;物块末速度v是根据匀变速直线运动求出的,故要保证物块只在竖直方向运动;m1、m2相差越大,物块运动的速度越大,则对时间的测量误差就会越大.故提高实验结果的准确程度的做法选A、C.
(3)在处理数据的过程中,A、B物块的势能减小量总是大于A、B物块的动能增加量,导致这一结果的原因除有空气阻力和摩擦阻力外,还有可能的原因是没有考虑滑轮动能的增加.
(4)减小误差的建议:对同一距离进行多次测量取平均值;选取受力后相对伸长尽量小的绳等.

① B　由题表中所给电池的输出电压和容量,可算出电池最大输出的电能为W=qU=50 000×10-3×3 600×36 J=
6.48×106 J,选项A错误;充满电的平衡车以额定功率行驶时,行驶时间t= s=7 200 s=2 h,选项B正确;平衡车以额定功率行驶时的最大速度v=15 km/h= m/s,此时的牵引力F==216 N,选项C错误;平衡车的百公里标准耗电量为6 kW·h,在标准情况下能骑行的最大里程为x=×100 km=30 km,选项D错误.
2.D　设Δt时间内吹来风的质量为Δm,则Δm=vΔt·Sρ,空气动能转化得到的电能为η·Δmv2,所以发电功率为P==ηρSv3,D正确.
3.C　石块被抛出后做平抛运动,由平抛运动的相关规律及几何关系可知,抛出点离地面的竖直高度为h=L+Lsin α=gt2,解得石块做平抛运动的时间为t== s,石块在水平方向上做匀速直线运动,则有s=v0t,解得石块水平抛出的初速度为v0=5 m/s,选项A、B错误;石块从A点到最高点的过程中,由动能定理有W-mgh=m-0,解得长臂对石块做的功为W=2 050 J,选项C正确,D错误.
4.BD　无人机从静止到悬停的过程先加速上升后减速上升最终速度减为零,即无人机经历先超重再失重的过程,故空气对无人机的作用力并非始终大于或等于无人机的重力,A项错误;直流电源对无人机供电的额定电流I===12.5 A,B项正确;无人机上升过程克服重力做的功W=mgh=2×104 J,克服重力做功的功率P'=100 W,同时无人机上升过程还需克服空气阻力做功,故C项错误;无人机上升过程及悬停过程均会使空气动能增加,即对空气做功,D项正确.
5.AD　设货物在B处的速度大小为v1,将速度沿缆绳方向和与缆绳垂直方向分解,则沿缆绳方向的速度大小为v2=v1cos 2θ,将汽车的速度沿缆绳方向和与缆绳垂直方向分解,则v2=vcos θ,解得v1=v,A正确,B错误;此过程中缆绳对货物做的功为W,根据动能定理有W-mgh=m-0,解得W=+mgh,D正确,C错误.
6.BC　初始状态时,由题意可知Δx=,Ep=k(Δx)2=mgΔx,烧断细线的瞬间物块甲受重力和橡皮筋拉力的作用,则由牛顿第二定律得kΔx-mg=ma,解得a=2g,A错误;当物块甲的加速度为零时,物块甲的动能最大,此时橡皮筋的伸长量为Δx'==,则物块甲上升的高度为h=Δx-Δx'=,由于橡皮筋的弹性势能与形变量的平方成正比,则此时橡皮筋的弹性势能为Ep,则弹性势能减少了Ep,橡皮筋弹力所做的功在数值上等于橡皮筋弹性势能的减少量,则从烧断细线到物块甲的加速度为零的过程,橡皮筋上弹力做的功为Ep=mgΔx,C正确;由动能定理得Ep-mgh=Ek-0,解得Ek=mgΔx,B正确;橡皮筋恢复到原长状态过程中,橡皮筋上弹力做的功为Ep,物块甲克服重力做的功为mgΔx,则由动能定理得Ep-mgΔx=Ek',解得Ek'=mgΔx,则橡皮筋恢复到原长状态时,物块甲的速度不为零,D错误.
7.AC　由题图乙可知,若小球经过N点时的速度满足=c,有F=0,则小球经过M点时对管道无压力,选项A正确;由题图乙可知,若小球经过N点时满足=c>c,有F>0,即小球经过M点时对管道壁的作用力竖直向上,可知此时小球对外管道壁有压力,选项B错误;若小球经过N点时满足=c,则小球在M点时有mg=m,从N到M的过程,由机械能守恒有m=mg·2R+m,联立解得小球做圆周运动的半径为R=,选项C正确;F=-b表示小球经过M点时对管道壁的作用力方向向上,小球能经过M点,经过N点时速度不等于0,选项D错误.
8.BCD　根据题图知,x=1 m时,物块的动能为2 J,由mv2=2 J,解得v= m/s,故A错误;对x=2 m到x=4 m的过程运用动能定理,有F合2Δx=ΔEk,解得F合2=2.5 N,则物块的加速度a== m/s2=1.25 m/s2,故B正确;对前2 m的运动过程运用动能定理得F合1Δx'=ΔE'k,解得F合1=2 N,则物块的加速度a'== m/s2=1 m/s2,末速度v'== m/s=
2 m/s,根据v'=a't得t=2 s,故C正确;对全过程运用动能定理得WF-μmgx=ΔE″k,解得WF=25 J,故D正确.
9.AC　杆从水平位置由静止转过90°的过程中,对小球甲,由动能定理可得WF-mgl=mv2,显然杆的弹力对小球甲做正功,选项A正确;把轻杆和两端小球看作一个整体,系统的机械能守恒,而系统中杆的弹力对小球甲做正功,小球甲的机械能增加,则小球乙的机械能必然减少,选项B错误;对轻杆和两端小球组成的整体,由机械能守恒定律有2mgl-mgl=mv2+×2mv2,解得v=,选项C正确;系统转过90°,杆处于竖直方向时,对小球甲,由牛顿第二定律有mg+F1=m,解得F1=-mg,负号表示轻杆对小球甲的作用力竖直向上,即轴O对轻杆上半部分的作用力竖直向上,对小球乙,由牛顿第二定律有F2-2mg=2m,解得F2=mg,正号表示轻杆对小球乙的作用力竖直向上,即轴O对轻杆下半部分的作用力竖直向上,则杆处于竖直方向时,轴O对轻杆的作用力大小为+mg=mg,方向竖直向上,选项D错误.
10.(1)50(1分)　小球从平台边缘飞出后在空中的飞行时间t(或t)(1分)　(2)x2(2分)　(3)重力加速度g取10 m/s2,取值偏大(或者当地的重力加速度小于10 m/s2)(2分)
解析:(1)分析题表中数据可知,s和x成正比,其比例系数为k=,取它们的算术平均值,得k=50,则s=50x,故s与小球从平台边缘飞出后的飞行时间t无关.
(2)根据能的转化和能量守恒定律可知,小球被轻质弹簧弹出的过程中弹簧的弹性势能转化为小球的动能,设小球被轻质弹簧弹出后的速度大小为v,则Ep=mv2,根据平抛运动的规律有v=,t=,再根据(1)中的结论s=50x,联立解得Ep=x2.
(3)实验操作及测量无误,且空气阻力可以忽略,则导致t的测量值偏大的原因应该是当地的重力加速度小于
10 m/s2.
11.(1)定性研究在摆长改变时机械能是否守恒(2分)　(2)AD(2分)
(3)0.004 5(3分)　0.40(3分)
解析:(1)结合题图(a)知,在经过定位挡片前后,单摆的摆长变化,故定位挡片的作用是定性研究在摆长改变时机械能是否守恒.
(2)若摆锤释放时绳子松弛,则摆锤先做自由落体运动,绳子张紧后做圆周运动,且绳子张紧瞬间速度突变,有机械能损失,则测得C点的机械能应偏小,选项B错误.若摆锤在摆动过程中有空气阻力,则空气阻力做负功,测得C点的机械能应偏小,选项C错误.若光电门在C点下方,易知,测得C点的机械能应偏大,选项A正确.若摆锤释放时在A的上方,则摆锤到C点的速度较大,动能较大,测得C点的机械能应偏大,选项D正确.
(3)从题图(b)知,当θ=0°时,单摆的动能最大,此时单摆位于D处,单摆在最低点D处时的动能Ekm等于在其他位置动能与重力势能之和.从题图(b)知,当θ=32°时的动能为Ek1=0.006 0 J,故当θ=32°时单摆的重力势能为Ep=Ekm-Ek1=0.010 5 J-0.006 0 J=0.004 5 J,Ep=mgL(1-cos θ),解得L=,代入数据解得摆长L=0.40 m.
12.(1)3.75 m　(2)18.75 J
解析:(1)由题意,A锁定时,物块B匀速下滑,B受到的滑动摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力
即f=mBgsin 30°(2分)
木板A解除锁定后,设A的加速度为a
则有mAgsin 30°+mBgsin 30°=mAa
可得a=7.5 m/s2(2分)
设经过时间t后,A与B达到共同速度,则有
t== s=1 s(2分)
木板A的最小长度为
L=v0t-t=t=×1 m=3.75 m(2分).
(2)A、B达到共同速度时,A、B系统损失的机械能最多,损失的机械能转化为A、B系统的内能,即为
ΔE损失=Q=fL=mBgsin 30°L(2分)
解得ΔE损失=18.75 J(2分).
13.(1)mg,方向竖直向上　(2)3R　(3)R≤x≤7R
解析:(1)由几何关系可知,C、E间的竖直高度y=3R, C、E间的水平间距xCE=R(1分)
设滑块在A处的竖直速度为vy,根据平抛运动规律有
vy==
滑块运动到C点时的速度为vC==(1分)
在C点,由圆周运动知识有 FN+mg=(1分)
解得FN=mg
根据牛顿第三定律,可知滑块对轨道的压力大小为mg,方向竖直向上(1分).
(2)A、C间的水平间距为xAC=vC=2R(1分)
A、E间的距离为xAE=xAC+xCE=3R(1分).
(3)滑块从A运动到E的过程机械能守恒,则在E点的速度为
vE=v0=2(1分)
若滑块刚好能回到E点,设E、P间的水平距离为x1,弹簧的最大形变量为Δx1,则滑块从E点向右运动的过程,由动能定理得
μmg(x1+Δx1)+k(Δx1)2=m(1分)
滑块向左运动的过程,由动能定理得
k(Δx1)2-μmg(x1+Δx1)=0 (1分)
联立解得x1=7R
若滑块刚好能回到C点,设E、P间的水平距离为x2,弹簧的最大形变量为Δx2,则有
μmg(x2+Δx2)+k(Δx2)2=m(1分)
滑块向左运动到C点的过程,由动能定理得
k(Δx2)2-μmg(x2+Δx2)-3mgR=0(1分)
联立解得x2=R
所以滑块能再次返回细管道又不能从C点离开轨道,E、P间的水平距离x应满足R≤x≤7R(1分).
14.(1)42 N　(2)5.4 m　(3)能发生碰撞　碰撞点距离斜面底端的水平距离为0.3 m　理由见解析
解析:(1)滑板由P点滑至M点过程,由功能关系得
mgh1=m(2分)
滑板滑至M点时,由牛顿第二定律有FN-mg=m(1分)
联立并代入数据解得FN=42 N(1分).
(2)滑板滑至N点时对轨道恰好无压力,则有mg=m(1分)
代入数据解得vN=6 m/s(1分)
滑板从P点到N点,根据功能关系有mgH=mgR2+m(2分)
代入数据解得H=5.4 m(1分).
(3)因滑板滑至N点时刚好做平抛运动,则由平抛运动的规律有
y=gt2,x=vNt(1分)
由几何关系可知tan 53°=(1分)
联立以上各式并代入数据解得
x-R2-L=0.3 m,R2-y=0.4 m(1分)
综上可知,能发生碰撞,碰撞点距离斜面底端的水平距离为0.3 m,距离斜面底端的高度为0.4 m(2分).
15.(1)　　(2)详见解析　(3)
解析:(1)小挂钩不挂任何物体时,物块A处于静止状态,设弹簧的压缩量为x1,根据平衡条件有mg=kx1
得x1=(1分)
挂上物块B后,A开始向上加速运动,加速度逐渐减小,当加速度减小到零时,弹簧必然处于拉伸状态,物块A到达Q位置,此时速度达到最大.设弹簧的伸长量为x2,有
2mg-mg-kx2=0得x2=(1分)
x0=x1+x2=(1分)
物块A在出发点位置和Q位置,弹簧形变量相同,弹性势能相等,根据功能关系得(2mg-mg)·x0=(m+2m)(1分)
解得vm=(1分).
(2)若物块B的质量增大为原来的N倍,根据功能关系得
(2Nmg-mg)·x0=(m+2Nm)(1分)
解得v1=(1分)
当N增大时,v1增大,当N→∞时,v1=(1分)
而2vm=(1分)
显然v1=<2vm(1分)
所以不管N多大,物块A上升到Q点时的速度都不可能增大到2vm(1分).
(3)物块A由静止向上做匀加速直线运动,上升到Q点时的速度为v',
根据运动学公式有
x0=t(1分)
解得v'=(1分)
又x0=(1分)
此过程根据功能关系有WF-mgx0=mv'2(1分)
解得WF=(1分).