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第五章 實驗六 驗證機械能守恒定律
知能演練場
1．下列關于“驗證機械能守恒定律”實驗的實驗誤差的說法中，正確的是 (　　)
A．重物質量的稱量不準會造成較大誤差
B．重物質量選用得大些，有利于減小誤差
C．重物質量選用得較小些，有利于減小誤差
D．紙帶下落和打點不同步會造成較大誤差
解析：從需要驗證的關系式ghn＝看，與質量無關，A錯誤．當重物質量大一些時，空氣阻力可以忽略，B正確，C錯誤．紙帶先下落而后打點，此時，紙帶上最初兩點的點跡間隔較正常時略大，用此紙帶進行數(shù)據(jù)處理，其結果是重物在打第一個點時就有了初動能，因此重物動能的增加量比重物重力勢能的減少量大，D正確．
答案：BD
2．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，已知打點計時器所用電源的頻率為50 Hz，查得當?shù)刂亓铀俣萭＝9.80 m/s2，測得所用的重物的質量為1.00 kg.實驗中得到一條點跡清晰的紙帶(如圖實－4－9所示)，把第一個點記作O，另選連續(xù)的四個點A、B、C、D作為測量的點．經測量知道A、B、C、D各點到O點的距離分別為62.99 cm,70.18 cm,77.76 cm,85.73 cm.根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可知重物由O點運動到C點，重力勢能的減少量等于________ J，動能的增加量等于________J(取三位有效數(shù)字)．
圖實－4－9
解析：根據(jù)測量數(shù)據(jù)，重物從O點運動到C點下落的高度h＝0.7776 m，故重力勢能減
少量
ΔEp＝mgh＝1.00×9.80×0.7776 J＝7.62 J
重物動能的增加量ΔEk＝mvC2－mv02
根據(jù)實驗情況，重物在O點的速度v0＝0，C點的速度vC等于重物從B點到D點這一
段時間Δt＝2× s內的平均速度．由實驗數(shù)據(jù)可得
vC＝＝ m/s＝3.8875 m/s
重物的動能增加量
ΔEk＝mvC2＝×1.00×3.88752 J＝7.56 J.
答案：7.62　7.56
3．關于驗證機械能守恒定律實驗，下面列出一些實驗步驟：
A．用天平稱出重物和夾子質量
B．將重物系在夾子上
C．將紙帶穿過打點計時器的限位孔，上端用手提著，下端夾上系住重物的夾子，再把紙帶向上拉，讓夾子靠近打點計時器，處于靜止狀態(tài)
D．把打點計時器接在學生電源的交流輸出端，把輸出電壓調到6 V(電源不接通)
E．把打點計時器用鐵夾固定放到桌邊的鐵架臺上，使兩個限位孔在同一豎直面內
F．在紙帶上選取兩個點，進行測量并記錄數(shù)據(jù)
G．用秒表測出重物下落的時間
H．接通電源，待計時器打點穩(wěn)定后釋放紙帶
I．切斷電源
J．更換紙帶，重新進行兩次實驗
K．在三條紙帶中選出較好的一條
L．進行計算，得出結論，完成實驗報告
M．拆下導線，整理器材
對于本實驗以上步驟中，不必要的有__________________；正確步驟的合理順序是______________________(填寫代表字母)．
解析：根據(jù)實驗原理和操作步驟可知不必要的有A、G；正確步驟的合理順序是E、D、B、C、H、I、J、K、F、L、M.
答案：A、G　EDBCHIJKFLM
4．用落體法“驗證機械能守恒定律”的實驗中：(g取9.8 m/s2)
(1)運用公式mv2＝mgh時對實驗條件的要求是________________．為此目的，所選擇的紙帶第1、2兩點間的距離應接近__________．
(2)若實驗中所用重物質量m＝1 kg，打點紙帶如圖實－4－10所示，打點時間間隔為0.02 s，則記錄B點時，重物速度vB＝________，重物動能Ek＝________；從開始下落起至B點，重物的重力勢能減小量是__________，由此可得出的結論是____________________________________．
圖實－4－10
(3)根據(jù)紙帶算出各點的速度v，量出下落距離h，則以為縱軸，以h為橫軸畫出的圖象應是圖實－4－11中的 (　　)
圖實－4－11
解析：(1)自由下落的物體在第一個0.02 s內，下落距離
h＝gt2＝2 mm
(2)vB＝＝ m/s＝0.59 m/s
Ek＝mvB2＝×1×0.592 J≈0.174 J
ΔEp＝mgh＝1×9.8×17.9×10－3 J≈0.175 J.
答案：(1)自由下落的物體　2 mm
(2)0.59 m/s　0.174 J　0.175 J　在實驗誤差允許的范圍內，動能的增加量等于重力勢能的減少量　(3)C
5．光電計時器是物理實驗中經常用到的一種精密計時儀器，它由光電門和計時器兩部分組成，光電門的一臂的內側附有發(fā)光裝置(發(fā)射激光的裝置是激光二極管，發(fā)出的光束很細)，如圖實－4－12中的A和A′，另一臂的內側附有接收激光的裝置，如圖實－4－12中的B和B′，當物體在它們之間通過時，二極管發(fā)出的激光被物體擋住，接收裝置不能接
收到激光信號，同時計時器就開始計時，直到擋光結束光電計時器停止計時，故此裝置能精確地記錄物體通過光電門所用的時間．現(xiàn)有一小球從兩光電門的正上方開始自由下落，如圖實－4－12所示．
圖實－4－12
(1)若要用這套裝置來驗證機械能守恒定律，則要測量的物理量有________________________(每個物理量均用文字和字母表示，如高度H)．
(2)驗證機械能守恒定律的關系式為________．
解析：本實驗是圍繞機械能守恒定律的驗證設計的，關鍵是速度的測定，本題改打點計時器測量速度為光電門測量．由于本裝置可記錄小球通過光電門的時間Δt，則將小球的直徑D除以Δt，即可求出小球經過光電門的速度，若再測出兩光電門間相距的高度H，即可驗證機械能守恒定律．
(1)需要測量的物理量有：小球直徑D，兩光電門間的豎直高度H，小球通過上、下兩光電門的時間Δt1、Δt2.則小球通過上、下兩光電門處的速度分別為、.
(2)驗證守恒關系式為：
m()2－m()2＝mgH，
化簡得：－＝2gH.
答案：(1)小球直徑D、兩光電門間的豎直高度H、小球通過上、下兩光電門的時間Δt1、Δt2
(2)－＝2gH
第五章 第1單元 功和功率
[課時作業(yè)]
命 題 設 計
難度　
題號　　　　　　　　　　
較易
中等
稍難
單
一
目
標
功
1、4
11
功率
6
8
綜合
目標
功及功率的計算
2、3、7
5、9
10、12
一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)
1．一人乘電梯從1樓到20樓，在此過程中經歷了先加速，后勻速，再減速的運動過程，則電梯支持力對人做功情況是 (　　)
A．加速時做正功，勻速時不做功，減速時做負功
B．加速時做正功，勻速和減速時做負功
C．加速和勻速時做正功，減速時做負功
D．始終做正功
解析：支持力始終豎直向上，與位移同向，α＝0°，故支持力始終做正功，D正確．
答案：D
2．在距地面高5 m的平臺上，以25 m/s的速率豎直向上拋出一質量為1 kg的石塊，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，則拋出后第三秒內重力對石塊所做的功是 (　　)
A．－100 J B．50 J
C．100 J D．0 J
解析：石塊在2 s末與3 s末在同一位置，故第3 s內位移為0，所以第3 s內重力做功為
零．
答案：D
3. (2010·蘇州模擬)如圖1所示，質量相同的兩物體處于同一高度，A沿固定在地面上的
光滑斜面下滑，B自由下落，最后到達同一水平面，則 (　　)
A．重力對兩物體做的功相同
B．重力的平均功率相同
C．到達底端時重力的瞬時功率相同
D．到達底端時兩物體的動能相同，速度相同
解析：由于兩個物體質量相同、下落高度相同，所以重力對兩物體做的功相同，A選項正確．由于下落的時間不同，所以重力的平均功率不相同，B選項錯誤．根據(jù)機械能守恒可知，兩物體到達底端時動能相同，即速度大小相同、方向不同，D選項錯誤．由瞬時功率的計算式可得PA＝mgvcosθ，PB＝mgv，因此，到達底端時重力的瞬時功率PA＜PB，C選項錯誤．
答案：A
4．(2008·寧夏高考)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1 m/s，從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力F和滑塊的速率v隨時間的變化規(guī)律分別如圖2甲和乙所示．設在第1秒內、第2秒內、第3秒內力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，則以下關系正確的是 (　　)
圖2
A．W1＝W2＝W3 B．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2 D．W1＝W2＜W3
解析：力F做的功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移數(shù)值(v－t圖象中圖象與坐標軸圍成的面積)的乘積，第1秒內，位移為一個小三角形面積S；第2秒內，位移也為一個小三角形面積S；第3秒內，位移為兩個小三角形面積2S，故W1＝1S，W2＝3S，W3＝4S，所以W1＜W2＜W3.
答案：B
5．(2010·常州模擬)如圖3所示，質量為m的物體置于水平地面上，所受水平拉力F在2 s時間內的變化圖象如圖4甲所示，其運動的速度圖象如圖4乙所示，g＝10 m/s2.下列說法正確的是 (　　) 圖3
圖4
A．物體和地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1
B．水平拉力F的最大功率為5 W
C．2 s 末物體回到出發(fā)點
D．2 s 內物體的加速度不變
解析：本題考查通過圖象處理勻變速運動問題．在減速階段，F(xiàn)f＝ma，μmg＝ma，μ＝0.1，A正確；拉力F的最大功率P＝Fv＝10×1 W＝10 W，B不正確；物體在第一秒內受到的合力的方向與第二秒內受到的合力的方向相反，加速度方向相反，D不正確；由v－t圖象可知，物體在2 s 內位移是速度圖線與t軸所圍面積，即1 m，沒有回到起點，C不正確．
答案：A
二、多項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分，每小題有多個選項符合題意，全部選對的得7分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
6．(2009·寧夏高考)水平地面上有一木箱，木箱與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ(0＜μ＜1)．現(xiàn)
對木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運動．設F的方向與水
平面夾角為θ，如圖5所示，在θ從0逐漸增大到90°的過程中，木
箱的速度保持不變，則 (　　)
A．F先減小后增大 B．F一直增大
C．F的功率減小 D．F的功率不變
解析：由木箱受力平衡可知：Fcosθ＝μ(G－Fsinθ)，
即F＝＝，
故F先減小后變大．根據(jù)P＝Fvcosθ＝可知F的功率減小．故A、C正確．
答案：AC
7.如圖6所示是某中學科技小組制作的利用太陽能驅動小車的裝
置．當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產生的電流
經電動機帶動小車前進．若小車在平直的公路上以初速度v0開始
加速 行駛，經過時間t，前進了距離l，達到最大速度vmax，設
此過程中電動機功率恒為額定功率P，受的阻力恒為Ff，則此過
程中電動機所做的功為 (　　) 圖6
A．Ffvmaxt B．Pt
C．Fft D.mvmax2＋Ffl－mv02
解析：因小車以恒定的功率運動，故此過程小車電動機做功為W＝Pt＝Ffvmaxt，A、B均正確．由動能定理可得
W－Ff·l＝mvmax2－mv02，
得：W＝mvmax2－mv02＋Ffl.
故D正確，C錯誤．
答案：ABD
8. (2009·寧夏高考)質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始
受到水平力的作用．力的大小F與時間t的關系如圖7所示，力的方向保
持不變，則 (　　) 圖7
A．3t0時刻的瞬時功率為
B．3t0時刻的瞬時功率為
C．在t＝0到3t0這段時間內，水平力的平均功率為
D．在t＝0到3t0這段時間內，水平力的平均功率為
解析：2t0時速度v1＝·2t0
0～2t0內位移x1＝·(2t0)2＝2·
F做功W1＝F0x1＝2
3t0時速度v2＝·t0＋v1＝5·t0
3t0時刻瞬時功率：P＝3F0·v2＝15，故B正確．
2t0～3t0內位移x2＝v1t0＋·t02＝，
F做的功W2＝3F0x2＝.
0～3t0內F的平均功率＝＝.故D正確．
答案：BD
9．一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的有用功率達到最大值P，以后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，直到以最大速度v2勻速上升為止，物體上升的高度為h，則整個過程中，下列說法正確的是(　　)
A．鋼繩的最大拉力為
B．鋼繩的最大拉力為
C．重物的最大速度v2＝
D．重物勻加速運動的加速度為－g
解析：由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物勻加速上升過程中鋼繩拉力大于重力且不變，達到最大功率P后，隨v增加，鋼繩拉力F變小，當F＝mg時重物達最大速度v2，故v2＝，最大拉力F＝mg＋ma＝，A錯誤，B、C正確．由－mg＝ma得：a＝－g，D正確．
答案：BCD
10．(2010·連云港模擬)一物塊放在水平面上，在水平拉力F作用下做直線運動，
運動的v－t圖象如圖8所示，則有關該力F的功率P－t圖象可能是圖9中
的 (　　)
圖9
解析：由于題目未講水平面是否光滑，故應分情況討論，若水平面光滑，0～t1段F為恒力，速度線性增加，故功率也線性增大，t1～t2段F為零，功率為零，t2～t3段F反向，仍為恒力，速度線性減小，故功率也線性減小，故C正確．
若水平面不光滑，由于t1、t2時刻后一小段時間內，F(xiàn)突然減小，故功率突然減小，故B項正確．
答案：BC
三、計算題(本題共2小題，共30分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
11．(15分)靜止在水平地面上的木箱，質量m＝50 kg.木箱與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，若用大小為400 N、方向與水平方向成37°角的斜向上的拉力拉木箱從靜止開始運動，使木箱能夠到達50 m遠處，拉力最少做多少功？(cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2)
解析：欲使拉力做功最少，須使拉力作用的位移最小，故重物應先在拉力作用下加速，再撤去拉力使木箱減速，到達50 m處時速度恰好減為0.設加速時加速度的大小為a1，減速時加速度的大小為a2.
由牛頓第二定律得，加速時有：
水平方向Fcos37°－μFN＝ma1
豎直方向Fsin37°＋FN－mg＝0
減速時有：μmg＝ma2
且有v2＝2a1x1＝2a2x2　x1＋x2＝x
聯(lián)立以上各式解得：x1≈24 m
由功的定義，有
W＝Fx1cos37°＝400×24×0.8 J＝7.68×103 J.
答案：7.68×103 J
12．(15分)汽車發(fā)動機的功率為60 kW，汽車的質量為4 t，當它行駛在坡
度為0.02(sinα＝0.02)的長直公路上時，如圖10所示，所受摩擦阻力為車
重的0.1倍(g＝10 m/s2)，求： 圖10
(1)汽車所能達到的最大速度vm；
(2)若汽車從靜止開始以0.6 m/s2的加速度做勻加速直線運動，則此過程能維持多長時間？
(3)當汽車勻加速行駛的速度達到最大值時，汽車做功多少？
解析：(1)汽車在坡路上行駛，所受阻力由兩部分構成，即Ff＝kmg＋mgsinα＝4000 N＋800 N＝4800 N.
又因為當F＝Ff時，P＝Ff·vm，所以
vm＝＝ m/s＝12.5 m/s.
(2)汽車從靜止開始，以a＝0.6 m/s2勻加速行駛，
由F合＝ma，有
F′－Ff＝ma，
所以F′＝ma＋kmg＋mgsinα
＝4×103×0.6 N＋4800 N＝7.2×103 N.
保持這一牽引力，汽車可達到勻加速行駛的最大速度vm′，
有vm′＝＝ m/s＝8.33 m/s.
由運動學規(guī)律可以求出勻加速行駛的時間與位移
t＝＝ s＝13.9 s，
x＝＝ m＝57.82 m.
(3)由W＝F′·x可求出汽車在勻加速運動階段行駛時牽引力做功為
W＝F′·x＝7.2×103×57.82 J＝4.16×105 J.
答案：(1)12.5 m/s　(2)13.9 s　(3)4.16×105 J
第五章 第2單元 動能定理
[課時作業(yè)]
命 題 設 計
難度　
題號　　　　　　　　　　
較易
中等
稍難
單
一
目
標
動能、動能定理
1
4
綜合
目標
2、36、7、8
5、9、10
11、12
一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)
1.如圖1所示，質量為m的物體靜止于傾角為α的斜面體上，現(xiàn)對斜面體施
加一水平向左的推力F，使物體隨斜面體一起沿水平面向左勻速移動x，
則在此勻速運動過程中斜面體對物體所做的功為 (　　)
A．Fx B．mgxcosαsinα 圖1
C．mgxsinα D．0
解析：由于物體做勻速運動，其處于平衡狀態(tài)．物體動能和勢能在運動過程中都不發(fā)生變化，故根據(jù)動能定理知合外力對物體做功為零．而重力做功為零，所以斜面體對物體做功為零，故應選D.
答案：D
2. (2010·蘇州模擬)如圖2所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，AB＝2BC.小物塊P(可視為質點)與AB、BC兩段斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2.已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應滿足的關系是 (　　)
A．tanθ＝ B．tanθ＝ 圖2
C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1
解析：由動能定理得mg·AC·sinθ－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC＝0，則有tanθ＝，
B項正確．
答案：B
3．人用手托著質量為m的物體，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離x后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與人手掌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為(　　)
A．mgx　　　　　　　 　　B．0
C．μmgx D.mv2
解析：物體與手掌之間的摩擦力是靜摩擦力，靜摩擦力在零與最大值μmg之間取值，不一定等于μmg.在題述過程中，只有靜摩擦力對物體做功，故根據(jù)動能定理，摩擦力對物體做的功W＝mv2.
答案：D
4．(2010·常州模擬)構建和諧型、節(jié)約型社會深得民心，節(jié)能器材遍布于生活的方方面面．自動充電式電動車就是很好的一例．電動車的前輪裝有發(fā)電機，發(fā)電機與蓄電池連接．當騎車者用力蹬車或電動自行車自動滑行時，自行車就可以連通發(fā)電機向蓄電池充電，將其他形式的能轉化成電能儲存起來．現(xiàn)有某人騎車以500 J的初動能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關閉自動充電裝置，讓車自由滑行，其動能隨位移變化關系如圖3中圖線①所示；
第二次啟動自動充電裝置，其動能隨位移變化關系如圖線②所示，則第二次向蓄電池所充的電能是 (　　)
A．200 J B．250 J
C．300 J D．500 J
解析：滑行時阻力Ff恒定，由動能定理對圖線①有
ΔEk＝Ffx1，x1＝10 m
對圖線②有ΔEk＝Ffx2＋E電，x2＝6 m
所以E電＝ΔEk＝200 J，故A正確．
答案：A
5．(2009·全國卷Ⅱ)以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的小物塊．假定物塊所受的空氣阻力Ff大小不變．已知重力加速度為g，則物塊上升的最大高度和返回到原拋出點的速率分別為 (　　)
A.和v0
B.和v0
C.和v0
D.和v0
解析：設物塊上升的最大高度為H，返回的速率為v.
由動能定理得：(mg＋Ff)H＝mv02，(mg－Ff)H＝mv2，聯(lián)立得H＝，v＝v0.A正確．
答案：A
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題7分，共28分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得7分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
6.如圖4所示，板長為l，板的B端靜放有質量為m的小物體P，物體與板間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時板水平，若緩慢轉過一個小角度α的過程中，物體保持與板相對靜止，則這個過程中 (　　)
A．摩擦力對P做功為μmgcosα·l(1－cosα) 圖4
B．摩擦力對P做功為mgsinα·l(1－cosα)
C．支持力對P做功為mglsinα
D．板對P做功為mglsinα
解析：對物體運用動能定理
W合＝WG＋WFN＋W摩＝ΔEk＝0
所以WFN＋W摩＝－WG＝mglsinα
因摩擦力的方向(平行于木板)和物體速度方向(垂直于木板)始終垂直，對物體不做功，故斜面對物體做的功就等于支持力對物體做的功，即WFN＝mglsinα，故C、D正確．
答案：CD
7.如圖5所示，質量相等的物體A和物體B與地面的動摩擦因數(shù)相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移動x，則 (　　)
A．摩擦力對A、B做功不相等
B．A、B動能的增量相同
C．F對A做的功與F對B做的功相等
D．合外力對A做的功與合外力對B做的功不相等
解析：因F斜向下作用在物體A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力對A、B做的功不相等，A正確；A、B兩物體一起運動，速度始終相同，故A、B動能增量一定相同，B正確；F不作用在B上，不能說F對B做功，C錯誤；合外力對物體做的功應等于物體動能增量，故D錯誤．
答案：AB
8．(2010·南通模擬)兩根光滑直桿(粗細可忽略不計)水平平行放置，一質量為m、半徑為r的均勻細圓環(huán)套在兩根直桿上，兩桿之間的距離為r，圖6甲所示為立體圖，圖6乙所示為側視圖．現(xiàn)將兩桿沿水平方向緩慢靠近直至兩桿接觸為止，在此過程中 (　　)
圖6
A．每根細桿對圓環(huán)的彈力均增加
B．每根細桿對圓環(huán)的最大彈力均為mg
C．每根細桿對圓環(huán)的彈力均不做功
D．每根細桿對圓環(huán)所做的功均為－mgr
解析：本題考查物體平衡的動態(tài)分析和動能定理．以圓環(huán)為研究對象，由于兩桿始終處于同一水平面，因此兩桿對環(huán)的作用力大小始終相等，且它們的合力始終等于環(huán)的重力，即合力F是一定值，當兩桿水平靠近時，兩個彈力與豎直方向的夾角變小，根據(jù)三角形邊與角的關系可知，兩個彈力逐漸變小，A項錯誤；因此開始時兩桿相距r時彈力最大，由幾何關系可知，這時FN=F=mg，B項正確；在緩慢移動的過程中，圓環(huán)的重心下降r/2，設兩個彈力做的功各為W，則根據(jù)動能定理，2W+mgr/2=0，則W=-mgr，D項正確．
答案：BD
9.如圖7所示，質量為M、長度為L的木板靜止在光滑的水平面上，質量為m的小物體(可視為質點)放在木板上最左端，現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物體上，使物體從靜止開始做勻加速直線運動．已知物體和木板之間的摩擦力為Ff.當物體滑到木板的最右端時，木板運動的距離為x，則在此過程中 (　　)
A．物體到達木板最右端時具有的動能為(F－Ff)(L＋x)
B．物體到達木板最右端時，木板具有的動能為Ffx
C．物體克服摩擦力所做的功為FfL
D．物體和木板增加的機械能為Fx
解析：由題意畫示意圖可知，由動能定理對小物體：(F-Ff)·(L+x)= mv2，故A正確．對木板：Ff·x=Mv2，故B正確．物塊克服摩擦力所做的功Ff·(L+x)，故C錯．物塊和木板增加的機械能
mv2+Mv2=F·(L+x)-Ff·L=(F-Ff)·L+F·x，故D錯．
答案：AB
三、計算題(本題共3小題，共37分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
10. (11分)如圖8所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點，
圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ.現(xiàn)有一質量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復運動，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：
(1)滑塊第一次至左側AC弧上時距A點的最小高度差h.
(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s.
解析：(1)由動能定理得：
mgh－μmgcosθ·R/tanθ＝0
得h＝μRcos2θ/sinθ＝μRcosθcotθ
(2)滑塊最終至C點的速度為0時對應在斜面上的總路程最大，由動能定理得
mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0
得：s＝.
答案：(1)μRcosθcotθ　(2)
11．(12分)右端連有光滑弧形槽的水平桌面AB長L＝1.5 m，如圖9所示．將一個質量為m＝0.5 kg的木塊在F＝1.5 N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求： 圖9
(1)木塊沿弧形槽上升的最大高度；
(2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動的最大距離．
解析：(1)由動能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝＝ m＝0.15 m
(2)由動能定理得：
mgh－Ffx＝0
所以x＝＝ m＝0.75 m
答案：(1)0.15 m　(2)0.75 m
12．(14分)質量m＝1 kg的物體，在水平拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)
的作用下，沿粗糙水平面運動，經過位移4 m時，拉力F停止作用，運動到位
移是8 m時物體停止，運動過程中Ek－x的圖線如圖10所示．求：(g取10 m/s2)
(1)物體的初速度多大？
(2)物體和平面間的動摩擦因數(shù)為多大？ 圖10
(3)拉力F的大小．
解析：(1)從圖線可知初動能為2 J，
Ek0＝mv2＝2 J，v＝2 m/s.
(2)在位移4 m處物體的動能為10 J，在位移8 m處物體的動能為零，這段過程中物體克
服摩擦力做功．
設摩擦力為Ff，則
－Ffx2＝0－10 J＝－10 J
Ff＝ N＝2.5 N
因Ff＝μmg
故μ＝＝＝0.25.
(3)物體從開始到移動4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，
根據(jù)動能定理有
(F－Ff)·x1＝ΔEk
故得F＝＋Ff＝(＋2.5) N＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
第五章 第3單元 機械能守恒定律
[課時作業(yè)]
命 題 設 計
難度　
題號　　　　　　　　　　
較易
中等
稍難
單
一
目
標
重力勢能、
彈性勢能
1、3
綜合
目標
機械能守恒及應用
2、4、6、7
5、8、
9、10
11、12
一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)
1．(2010·常州模擬)質量為m的小球從高H處由靜止開始自由下落，以地面作為參考平面．當小球的動能和重力勢能相等時，重力的瞬時功率為 (　　)
A．2mg　　　　　 　B．mg
C.mg D.mg
解析：動能和重力勢能相等時，下落高度為h＝，速度v＝＝，故P＝mg·v＝mg，B選項正確．
答案：B
2.如圖1所示，具有一定初速度的物塊，沿傾角為30°的粗糙斜面向上運動的過程中，受一個恒定的沿斜面向上的拉力F作用，這時物塊的加速度大小為4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物塊向上運動的過程中，下列說法正確的是 (　　) 圖1
A．物塊的機械能一定增加
B．物塊的機械能一定減小
C．物塊的機械能可能不變
D．物塊的機械能可能增加也可能減小
解析：機械能變化的原因是非重力、彈力做功，題中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff
做功，則機械能的變化決定于F與Ff做功大小關系．
由mgsinα＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin30°－ma＞0，即F＞Ff，故F做正功多于克
服摩擦力做功，故機械能增加．A項正確．
答案：A
3．(2010·連云港模擬)如圖2所示，在高1.5 m的光滑平臺上有一個質量為2 kg的小球被一細線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質彈簧．當燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，則彈簧被壓縮時具有的彈性勢能為(g＝10 m/s2) (　　)
圖2
A．10 J B．15 J C．20 J D．25 J
解析：由h＝gt2和vy＝gt得：vy＝ m/s，
落地時，tan60°＝可得：
v0＝＝ m/s，
由機械能守恒得：Ep＝mv02，
可求得：Ep＝10 J，故A正確．
答案：A
4. (2008·全國卷Ⅱ)如圖3所示，一很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑
定滑輪，繩兩端各系一小球a和b.a球質量為m，靜置于地面；b球質
量為3m，用手托住，高度為h，此時輕繩剛好拉緊．從靜止開始釋放b
后，a可能達到的最大高度為 (　　)
A．h　　　　　　 　B．1.5h 圖3
C．2h D．2.5h
解析：在b落地前，a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，且a、b兩物體速度大小相等，根據(jù)
機械能守恒定律可知：3mgh－mgh＝(m＋3m)v2?v＝
b球落地時，a球高度為h，之后a球向上做豎直上拋運動，上升過程中機械能守恒，mv2
＝mgΔh，所以Δh＝＝，即a可能達到的最大高度為1.5h，B項正確．
答案：B
5．(2010·南京模擬)有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一不可伸長的輕細繩相連，A、B質量相等，且可看做質點，如圖4所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止．由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為 (　　)
A. B. C. D. 圖4
解析：設滑塊A的速度為vA，因繩不可伸長，兩滑塊沿繩方向的分速度大小相等，得：vAcos30°＝vBcos60°，又vB＝v，設繩長為l，由A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒得：mglcos60°＝mvA2＋mv2，以上兩式聯(lián)立可得：l＝，故選D.
答案：D
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題7分，共28分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得7分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
6．如圖5所示，一輕繩的一端系在固定粗糙斜面上的O點，另一端系一小球，給小球一足夠大的初速度，使小球在斜面上做圓周運動．在此過程中(　　)
A．小球的機械能減少
B．重力對小球不做功
C．繩的張力對小球不做功 圖5
D．在任何一段時間內，小球克服摩擦力所做的功總是等于小球動能的減少
解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、繩子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做負功，機械能減少，A正確、B錯；繩子張力總是與運動方向垂直，故不做功，C對；小球動能的變化等于合外力做的功，即重力與摩擦力做的功，D錯．
答案：AC
7.如圖6所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物
體下滑過程中，下列說法正確的是 (　　)
A．物體的重力勢能減少，動能增加
B．斜面的機械能不變
C．斜面對物體的作用力垂直于接觸面，不對物體做功
D．物體和斜面組成的系統(tǒng)機械能守恒
解析：在物體下滑過程中，由于物體與斜面相互間有垂直于斜面的作用力，使斜面加速運動，斜面的動能增加；物體克服其相互作用力做功，物體的機械能減少，但動能增加，重力勢能減少，選項A正確、B錯誤．
物體沿斜面下滑時既沿斜面向下運動，又隨斜面向右運動，其合速度方向與彈力方向不垂直，彈力方向垂直于接觸面，但與速度方向之間的夾角大于90°，所以斜面對物體的作用力對物體做負功，選項C錯誤．對物體與斜面組成的系統(tǒng)，僅有動能和勢能之間的轉化，因此，系統(tǒng)機械能守恒，選項D亦正確．
答案：AD
8．質點A從某一高度開始自由下落的同時，由地面豎直上拋質量相等的質點B(不計空氣阻力)．兩質點在空中相遇時的速率相等，假設A、B互不影響，繼續(xù)各自的運動．對兩物體的運動情況有以下判斷，其中正確的是 (　　)
A．相遇前A、B的位移大小之比為1∶1
B．兩物體落地速率相等
C．兩物體在空中的運動時間相等
D．落地前任意時刻兩物體的機械能都相等
解析：由于兩物體相遇時速度大小相等，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性特點，可知兩物體落地時速率是相等的，B是正確的；由于A是加速運動而B是減速運動，所以A的平均速率小于B的平均速率，故在相遇時A的位移小于B的位移，A是錯誤的；兩物體在空中的運動時間不相等，自由落體運動時間是豎直上拋時間的一半，故C是錯誤的；在相遇點A、B兩物體具有相同的機械能，由機械能守恒可以確定落地前任意時刻兩物體的機械能都相等，故D是正確的．
答案：BD
9.如圖7所示，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q(可視為質點)固定在光滑絕緣斜面上的M點，且在通過彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)把與Q大小相同，帶電性也相同的小球P，從直線ab上的N點由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中(　　)
圖7
A．小球P的速度先增大后減小
B．小球P和彈簧的機械能守恒，且P速度最大時所受彈力與庫侖力的合力最大
C．小球P的動能、重力勢能、電勢能與彈簧的彈性勢能的總和不變
D．系統(tǒng)的機械能守恒
解析：小球P與彈簧接觸時，沿平行斜面方向受到小球Q對P的靜電力、重力的分力、彈簧的彈力，開始時合力的方向沿斜面向下，速度先增加，后來隨著彈簧壓縮量變大，合力的方向沿斜面向上，速度逐漸減小，A項正確；小球P和彈簧組成的系統(tǒng)受到小球Q的靜電力，且靜電力做正功，所以系統(tǒng)機械能不守恒，B、D項錯誤；把彈簧、小球P、Q看成一個系統(tǒng)，除重力外無外力對該系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)的總能量守恒，C正確．
答案： AC
三、計算題(本題共3小題，共37分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
10. (11分)如圖8所示，一固定的楔形木塊，其斜面的傾角為θ＝30°，
另一邊與水平地面垂直，頂端有一個定滑輪，跨過定滑輪的細線
兩端分別與物塊A和B連接，A的質量為4m，B的質量為m.開
始時，將B按在地面上不動，然后放開手，讓A沿斜面下滑而B
上升，所有摩擦均忽略不計．當A沿斜面下滑距離x后，細線突然斷了．求物塊B上升
的最大高度H.(設B不會與定滑輪相碰)
解析：設細線斷前一瞬間A和B速度的大小為v，A沿斜面下滑距離x的過程中，A的高度降低了xsinθ，B的高度升高了x.物塊A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，物塊A機械能的減少量等于物塊B機械能的增加量，即
4mgxsinθ－·4mv2＝mgx＋mv2
細線斷后，物塊B做豎直上拋運動，物塊B機械能守恒，設物塊B繼續(xù)上升的最大高度為h，有mgh＝mv2.
聯(lián)立兩式解得h＝，故物塊B上升的最大高度為H＝x＋h＝x＋＝x.
答案：x
11．(12分)如圖9所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為R.一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，當它經過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半個圓周運動到達C點．試求： 圖9
(1)彈簧開始時的彈性勢能；
(2)物體從B點運動至C點克服阻力做的功；
(3)物體離開C點后落回水平面時的動能．
解析：(1)物塊在B點時，
由牛頓第二定律得：FN－mg＝m，F(xiàn)N＝7mg
EkB＝mvB2＝3mgR
在物體從A點至B點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能Ep＝EkB＝3mgR.
(2)物體到達C點僅受重力mg，根據(jù)牛頓第二定律有
mg＝m
EkC＝mvC2＝mgR
物體從B點到C點只有重力和阻力做功，根據(jù)動能定理有：
W阻－mg·2R＝EkC－EkB
解得W阻＝－0.5mgR
所以物體從B點運動至C點克服阻力做的功為W＝0.5mgR.
(3)物體離開軌道后做平拋運動，僅有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律有：
Ek＝EkC＋mg·2R＝2.5mgR.
答案：(1)3mgR　(2)0.5mgR　(3)2.5mgR
12．(14分)(2010·淮安模擬)如圖10所示，半徑為R的四分之一圓弧形支架豎直放置，圓弧邊緣C處有一小定滑輪，繩子不可伸長，不計一切摩擦，開始時，m1、m2兩球靜止，且m1＞m2，試求：
(1)m1釋放后沿圓弧滑至最低點A時的速度．
(2)為使m1能到達A點，m1與m2之間必須滿足什么關系．
(3)若A點離地高度為2R，m1滑到A點時繩子突然斷開，則m1落地點離
A點的水平距離是多少？ 圖10
解析：(1)設m1滑至A點時的速度為v1，此時m2的速度為v2，由機械能守恒得：
m1gR－m2gR＝m1v12＋m2v22
又v2＝v1cos45°
得：v1＝ .
(2)要使m1能到達A點，v1≥0且v2≥0，
必有：m1gR－m2gR≥0，得：m1≥m2.
(3)由2R＝gt2，x＝v1t得x＝4R·.
答案：(1)
(2)m1≥m2　(3)4R·
第五章 第4單元 功能關系 能量守恒定律
[課時作業(yè)]
命 題 設 計
難度　
題號　　　　　　　　　　
較易
中等
稍難
單
一
目
標
功能關系
1、2、6
能量守恒定律
3、8
9
11
綜合
目標
綜合應用
7
4、5、10
12
一、單項選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分)
1. (2010·南通模擬)滑板是現(xiàn)在非常流行的一種運動，如圖1所示，一滑板運動員以7 m/s的初速度從曲面的A點下滑，運動到B點速度仍為7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A點下滑，則他運動到B點時的速度 (　　) 圖1
A．大于6 m/s　　　　　B．等于6 m/s
C．小于6 m/s D．條件不足，無法計算
解析：當初速度為7 m/s時，由功能關系，運動員克服摩擦力做功等于減少的重力勢能．而當初速度變?yōu)? m/s時，運動員所受的摩擦力減小，故從A到B過程中克服摩擦力做的功減少，而重力勢能變化量不變，故運動員在B點動能大于他在A點的動能．
答案：A
2．質量為m的物體，從距地面h高處由靜止開始以加速度a＝g豎直下落到地面，在此過程中 (　　)
A．物體的重力勢能減少mgh
B．物體的動能增加mgh
C．物體的機械能減少mgh
D．物體的機械能保持不變
解析：物體所受合力為F合＝ma＝mg
由動能定理得，動能的增加量
ΔEk＝F合·h＝mgh.
答案：B
3.如圖2所示，一小球從光滑圓弧軌道頂端由靜止開始下滑，進入光
滑水平面又壓縮彈簧．在此過程中，小球重力勢能和動能的最大值分
別為Ep和Ek，彈簧彈性勢能的最大值為Ep′，則它們之間的關系為(　　) 圖2
A．Ep＝Ek＝Ep′ B．Ep>Ek>Ep′
C．Ep＝Ek＋Ep′ D．Ep＋Ek＝Ep′
解析：當小球處于最高點時，重力勢能最大；當小球剛滾到水平面時重力勢能全部轉化為動能，此時動能最大；當小球壓縮彈簧到最短時動能全部轉化為彈性勢能，彈性勢能最大．由機械能守恒定律可知Ep＝Ek＝Ep′，故答案選A.
答案：A
4．如圖3所示，水平面上的輕彈簧一端與物體相連，另一端固定在墻上的P點，已知物體的質量為m＝2.0 kg，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，彈簧的勁度系數(shù)k＝200 N/m.現(xiàn)用力F拉物體，使彈簧從處于自然狀態(tài)的O點由靜止開始向左移動10 cm，這時彈簧具有彈性勢能Ep＝1.0 J，物體處于靜止狀態(tài)．若取g＝10 m/s2，則撤去外力F后 (　　) 圖3
A．物體向右滑動的距離可以達到12.5 cm
B．物體向右滑動的距離一定小于12.5 cm
C．物體回到O點時速度最大
D．物體到達最右端時動能為零，系統(tǒng)機械能也為零
解析：當物體向右運動至O點過程中，彈簧的彈力向右．由牛頓第二定律可知，kx－μmg＝ma(x為彈簧的伸長量)，當a＝0時，物體速度最大，此時kx＝μmg，彈簧仍處于伸長狀態(tài)，故C錯誤．當物體至O點時，由Ep－μmg×0.1＝mv2可知，物體至O點的速度不為零，將繼續(xù)向右壓縮彈簧，由能量守恒可得，Ep＝μmgx′＋Ep′，因Ep′＞0，所以x′＜12.5 cm，A錯誤，B正確．物體到達最右端時，動能為零，但彈簧有彈性勢能，故系統(tǒng)的機械能不為零，D錯誤．
答案：B
5．(2010·徐州模擬)如圖4所示，傾角為30°的斜面體置于水平地面上．一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的小滑輪O，A的質量為m，B的質量為4m.開始時，用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)(繩中無拉力)，OB繩平行于斜面，此時B靜止不動．將A由靜止釋放，在其下擺過程中，斜面體始終保持靜止，下列判斷中錯誤的是 (　　)
圖4
A．物塊B受到的摩擦力先減小后增大
B．地面對斜面體的摩擦力方向一直向右
C．小球A的機械能守恒
D．小球A的機械能不守恒，A、B系統(tǒng)的機械能守恒
解析：因斜面體和B均不動，小球A下擺過程中只有重力做功，因此機械能守恒，C正確，D錯誤；開始A球在與O等高處時，繩的拉力為零，B受到沿斜面向上的摩擦力，小球A擺至最低點時，由FT－mg＝m和mglOA＝mv2得FT＝3mg，對B物體沿斜面列方程：4mgsinθ＝Ff＋FT，當FT由0增加到3mg的過程中，F(xiàn)f先變小后反向增大，故A正確．以斜面體和B為一整體，因OA繩的拉力水平方向的分力始終水平向左，故地面對斜面的摩擦力的方向一直向右，故B正確．
答案：D
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題7分，共28分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得7分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
6.輕質彈簧吊著小球靜止在如圖5所示的A位置，現(xiàn)用水平外力F將小球緩慢拉到B位置，此時彈簧與豎直方向的夾角為θ，在這一過程中，對于整個系統(tǒng)，下列說法正確的是 (　　) 圖5
A．系統(tǒng)的彈性勢能不變
B．系統(tǒng)的彈性勢能增加
C．系統(tǒng)的機械能不變
D．系統(tǒng)的機械能增加
解析：根據(jù)力的平衡條件可得F＝mgtanθ，彈簧彈力大小為F彈＝，B位置比A位置彈力大，彈簧伸長量大，所以由A位置到B位置的過程中，系統(tǒng)的彈性勢能增加，又由于重力勢能增加，動能不變，所以系統(tǒng)的機械能增加．
答案：BD
7．(2008·四川高考)一物體沿固定斜面從靜止開始向下運動，經過時間t0滑至斜面底端．已知在物體運動過程中物體所受的摩擦力恒定．若用F、v、x和E分別表示該物體所受的合力、物體的速度、位移和機械能，則如圖6所示的圖象中可能正確的是 (　　)
圖6
解析：物體在沿斜面向下滑動的過程中，受到重力、支持力、摩擦力的作用，其合力為恒力，A正確；而物體在此合力作用下做勻加速運動，v＝at，x＝at2，所以B、C錯；物體受摩擦力作用，總的機械能將減小，D正確．
答案：AD
8．(2009·廣東高考)某緩沖裝置可抽象成如圖7所示的簡單模型．圖中K1、
K2為原長相等，勁度系數(shù)不同的輕質彈簧．下列表述正確的是(　　)
A．緩沖效果與彈簧的勁度系數(shù)無關 圖7
B．墊片向右移動時，兩彈簧產生的彈力大小相等
C．墊片向右移動時，兩彈簧的長度保持相等
D．墊片向右移動時，兩彈簧的彈性勢能發(fā)生改變
解析：兩彈簧中任一點處，相互作用力均相等都等于彈簧一端的力，與勁度系數(shù)無關(只是勁度系數(shù)不同，形變量不同)，B對，C錯．兩彈簧均發(fā)生形變，其彈性勢能均變化，D對．
答案：BD
9．如圖8所示，A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側斜面完全相同，現(xiàn)從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進入右側不同的豎直軌道：除去底部一小段圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；B圖中的軌道與A圖中的軌道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C圖中的軌道是一個內徑略大于小球直徑的管道，其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管的高度大于h；D圖中的軌道是個半圓形軌道，其直徑等于h.如果不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進入右側軌道后能到達h高度的是 (　　)
圖8
解析：由能量守恒可知A項正確，C項正確；B項中，小球通過軌道后做斜拋運動，落地前水平速度分量將不變，到達最高點時速度不為零，由能量守恒可知，此時小球高度一定小于h；D項中要使小球能夠通過最高點，必須使小球在最高點的速度v滿足v≥(R為軌道半徑)，此時對應的最高點的機械能就大于小球剛下落時的機械能，違背了能量守恒定律，所以D項錯．
答案：AC
三、計算題(本題共3小題，共37分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
10．(11分)一組數(shù)據(jù)顯示：世界煤炭的儲量還能燒200多年，我國煤炭的儲量還能燒70多年；世界天然氣的儲量還能用50多年，我國天然氣的儲量還能用20年；世界石油的儲量還能用40多年，我國現(xiàn)有的石油儲量用不到20年．因此，新型清潔能源的開發(fā)利用成為人類的重點課題．風能作為一種清潔能源，對環(huán)境的破壞小，可再生，將成為人類未來大規(guī)模應用的能源之一．假設某地區(qū)的平均風速是6.0 m/s，已知空氣密度是1.2 kg/m3，此地有一風車，它的車葉轉動時可以形成半徑為20 m的圓面，假如這個風車能將此圓面內10%的氣流的動能轉變?yōu)殡娔埽畣枺?br/>(1)在圓面內，每秒沖擊風車車葉的氣流的動能是多少？
(2)這個風車平均每秒內發(fā)出的電能是多少？
解析：(1)在1秒內，能和車葉發(fā)生作用的氣流體積V＝vS＝vπr2，則這股氣流的動能Ek＝mv2＝ρ·vπr2·v2＝ρπr2v3.
將ρ、r、v值代入上式得Ek＝1.63×105 J.
(2)每秒得到電能為
E＝ηEk＝1.63×104 J.
答案：(1)1.63×105 J　(2)1.63×104 J
11．(12分)(2010·連云港模擬)如圖9所示，B是質量為2m、半徑為R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上．A是質量為m的細長直桿，光滑套管D被固定，A可以自由上下運動，物塊C的質量為m，緊靠半球形碗放置．初始時，A桿被握住，使其下端正好與碗的半球面的上邊緣接觸(如圖)．然后從靜止開始釋放A，A、B、C便開始運動．求： 圖9
(1)長直桿的下端運動到碗的最低點時，長直桿豎直方向的速度和B、C水平方向的速度；
(2)運動的過程中，長直桿的下端能上升到的最高點距離半球形碗底部的高度．
解析：(1)長直桿的下端運動到碗的最低點時，長直桿在豎直方向的速度為0，而B、C水平速度相同，設為v，
由機械能守恒定律得：mgR＝×3mv2
所以v＝ .
(2)長直桿的下端上升到所能達到的最高點時，長直桿在豎直方向的速度為0，碗的水平速度亦為零．由機械能守恒定律得：×2mv2＝mgh
解得h＝.
答案：(1)0　　　(2)
12．(14分)如圖10所示，將質量均為m，厚度不計的兩物塊A、B用輕質彈簧相連接．第一次只用手托著B物塊于H高處，A在彈簧的作用下處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將彈簧鎖定，此時彈簧的彈性勢能為Ep，現(xiàn)由靜止釋放A、B，B物塊著地后速度立即變?yōu)榱悖瑫r彈簧解除鎖定，在隨后的過程中B物塊恰能離開地面但不繼續(xù)上升．第二次用手拿著A、B兩物塊，使彈簧豎直并處于原長狀態(tài)，此時物塊B離地面的距離也為H，然后由靜止同時釋放A、B，B物塊著地后速度同樣立即變?yōu)榱悖嚽螅? 圖10
(1)第二次釋放A、B后，A上升至彈簧恢復原長時的速度大小v1；
(2)第二次釋放A、B后，B剛要離開地面時A的速度大小v2.
解析：(1)第二次釋放A、B后，A上升至彈簧恢復原長時的速度大小等于B剛接觸地面時A的速度大小，所以mgH＝mv12，v1＝.
(2)第一次彈簧解除鎖定時與兩次B剛要離開地面時的彈性勢能均為Ep，設第一次彈簧解除鎖定后A上升的最大高度為h，則
mv12＝mgh，mv12＝mg＋mv22＋Ep
所以：v2＝.
答案：(1)　(2)
第五章 機械能及其守恒定律
(時間90分鐘，滿分120分)
命 題 設 計
　　　　　 難度
題號　　
　　
目標　　　　
較易
中等
稍難
功、功率、動能定理
1、5
14
能量守恒
6、8
16
機械能守恒
2、7、9
3、4、10、13
15
綜合應用
11
12
一、單項選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分)
1．物體沿直線運動的v－t關系如圖1所示，已知在第1秒內合外力對物體做的功為W，則 (　　)
圖1
A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W
B．從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2W
C．從第5秒末到第7秒末合外力做功為W
D．從第3秒末到第4秒末合外力做功為0.75W
解析：由題圖知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小關系：v1＝v3＝v7，由題知W＝mv12－0，則由動能定理知第1秒末到第3秒末合外力做功W2＝mv32－mv12＝0，故A錯．第3秒末到第5秒末合外力做功W3＝0－mv32＝－W，故B錯．第5秒末到第7秒末合外力做功W4＝mv72－0＝W，故C正確．第3秒末到第4秒末合外力做功W5＝mv42－mv32；因v4＝v3，所以W5＝－0.75 W．故D錯誤．
答案：C
2．在豎直平面內，有根光滑金屬桿彎成如圖2所示形狀，相應的曲線方程為y＝Acosx，將一個光滑小環(huán)套在該金屬桿上，并從x＝0、y＝A處以某一初速度沿桿向＋x方向運動．運動過程中 (　　)
圖2
A．小環(huán)在D點的加速度為零
B．小環(huán)在B點和D點的加速度相同
C．小環(huán)在C點的速度最大
D．小環(huán)在C點和E點的加速度方向相同
解析：小環(huán)在D點和B點的加速度是由環(huán)的重力沿桿切向分力產生的，由對稱性可知，小環(huán)在兩點的加速度的大小相同，方向不同，故A、B均錯誤；因C點最低，小環(huán)的重力勢能最小，由機械能守恒知，小環(huán)在C點的速度最大，C正確；小環(huán)在C點和E點的加速度均為向心加速度，故方向相反，D錯誤．
答案：C
3．光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下，抵達光滑的水平面上的B點時的速度大小為v0.光滑水平面上每隔相等的距離設置了一個與小球運動方向垂直的活動阻擋條，如圖3所示，小球越過n條活動擋條后停下來．若讓小球從h高處以初速度v0滾下，則小球能越過的活動阻擋條的條數(shù)是(設小球每次越過活動阻擋條時損失的動能相等) (　　)
圖3
A．n　　　　　　　　　　　B．2n C．3n D．4n
解析：設每條阻擋條對小球做的功為W，當小球在水平面上滾動時，由動能定理有0－mv02＝nW，對第二次有0－mv22＝0－(mv02＋mgh)＝NW，
又因為mv02＝mgh，聯(lián)立以上三式解得N＝2n.
答案：B
4．(2009·上海高考)小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設所受阻力大小恒定，地面為零勢能面．在上升至離地高度h處，小球的動能是勢能的2倍，在下落至離地高度h處，小球的勢能是動能的2倍，則h等于 (　　)
A. B. C. D.
解析：設小球上升至離地面高度h時，速度為v1，由地面上拋時速度為v0，下落至離地面高度h處速度為v2，空氣阻力為Ff.
上升階段：－mgH－FfH＝－mv02
－mgh－Ffh＝mv12－mv02
2mgh＝mv12
下降階段：mg(H－h(huán))－Ff(H－h(huán))＝mv22
mgh＝2×mv22
由以上各式聯(lián)立得：h＝H.故選D.
答案：D
5．如圖4甲所示，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環(huán)，沿桿方向給環(huán)施加一個拉力F，使環(huán)由靜止開始運動，已知拉力F及小環(huán)速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.則以下判斷正確的是 (　　)
圖4
A．小環(huán)的質量是1 kg
B．細桿與地面間的傾角是30°
C．前3 s內拉力F的最大功率是2.25 W
D．前3 s內小環(huán)機械能的增加量是6.75 J
解析：設小環(huán)的質量為m，細桿與地面間的傾角為α，由題圖乙知，小環(huán)在第1 s內的加速度a＝ m/s2＝0.5 m/s2，由牛頓第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝1 kg，A正確；sinα＝0.45，B錯誤；分析可得前3 s內拉力F的最大功率以1 s末為最大，Pm＝Fv＝5×0.5 W＝2.5 W，C錯誤；前3 s內小環(huán)沿桿上升的位移x＝×1 m＋0.5×2 m＝1.25 m，前3 s內小環(huán)機械能的增加量ΔE＝mv2＋mgxsinα＝5.75 J，故D錯誤．
答案：A
二、多項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分，每小題有多個選項符合題意，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)
6．帶電荷量為＋q、質量為m的滑塊，沿固定的斜面勻速下滑，現(xiàn)加上一豎直向上的勻強電場(如圖5所示)，電場強度為E，且qE＜mg，對物體在斜面上的運動，以下說法正確的是 (　　)
A．滑塊將沿斜面減速下滑
B．滑塊仍沿斜面勻速下滑
C．加電場后，重力勢能和電勢能之和不變
D．加電場后，重力勢能和電勢能之和減小
解析：沒加電場時，滑塊勻速下滑，有：mgsinθ＝μmgcosθ，加上電場后，因(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑塊仍勻速下滑，B正確．加電場后，因重力做正功比電場力做負功多，所以重力勢能減少得多，電勢能增加得少，重力勢能和電勢能之和減小，C錯誤，D正確．
答案：BD
7. (2010·南京模擬)半徑為R的圓桶固定在小車上，有一光滑小球靜止在
圓桶的最低點，如圖6所示．小車以速度v向右勻速運動，當小車遇
到 障礙物突然停止時，小球在圓桶中上升的高度可能是(　　)
A．等于　　　　　　　 　　B．大于 圖6
C．小于 D．等于2R
解析：小球沿圓桶上滑機械能守恒，由機械能守恒分析知A、C、D是可能的．
答案：ACD
8. (2009·山東高考)如圖7所示為某探究活動小組設計的節(jié)能運動系統(tǒng)，斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為.木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，當輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程．下列選項正確的是(　　)
圖7
A．m＝M
B．m＝2M
C．木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性
勢能
解析：自木箱下滑至彈簧壓縮到最短的過程中，由能量守恒有：
(m＋M)gh＝(m＋M)gμcos30°·＋E彈 ①
在木箱反彈到軌道頂端的過程中，由能量守恒有：
E彈＝Mgμcos30°·＋Mgh ②
聯(lián)立①②得：m＝2M，A錯誤，B正確．
下滑過程中：
(M＋m)gsinθ－(M＋m)gμcosθ＝(M＋m)a1 ③
上滑過程中：Mgsinθ＋Mgμcosθ＝Ma2 ④
解之得：a2＝g(sinθ＋μcosθ)＞a1＝g(sinθ－μcosθ)，
故C正確．在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，所以D錯誤．
答案：BC
9.靜止在粗糙水平面上的物塊A受方向始終水平向右、大小先后為
F1、F2、F3的拉力作用做直線運動，t＝4 s時停下，其v－t圖象
如圖8所示，已知物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，下
列判斷正確的是 (　　) 圖8
A．全過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功
B．全過程拉力做的功等于零
C．一定有F1＋F3＝2F2
D．有可能F1＋F3＞2F2
解析：由動能定理知A正確，B錯誤．第1 s內F1－μmg＝ma,1 s末至3 s末，F(xiàn)2＝μmg，
第4 s內，μmg－F3＝ma，所以F1＋F3＝2F2，故C正確，D錯誤．
答案：AC
10．如圖9所示，一物體m在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從
底端沿光滑的斜面向上做勻加速直線運動，經時間t力F做功為60
J，此后撤去恒力F，物體又經時間t回到出發(fā)點，若以地面為零勢
能點，則下列說法正確的是 (　　) 圖9
A．物體回到出發(fā)點時的動能是60 J
B．開始時物體所受的恒力F＝2mgsinθ
C．撤去力F時，物體的重力勢能是45 J
D．動能與勢能相同的位置在撤去力F之前的某位置
解析：由功能關系可知，前一個時間t內，力F做的功等于此過程中物體機械能的增量，也等于前一個時間t末時刻物體的機械能；撤去外力F后，物體的機械能守恒，故物體回到出發(fā)點時的動能是60 J，A正確；設前一個時間t末時刻物體速度為v1，后一個時間t末時刻物體速度為v2，由t＝t(兩段時間內物體位移大小相等)得：v2＝2v1，由mv22＝60 J知，mv12＝15 J，因此撤去F時，物體的重力勢能為60 J－15 J＝45 J，C正確；動能和勢能相同時，重力勢能為30 J，故它們相同的位置一定在撤去力F之前的某位置，D正確；由＝，＝可得：F＝mgsinθ，故B錯誤．
答案：ACD
三、簡答題(本題共2小題，共18分．請將解答填寫在相應的位置)
11．(9分)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，若重物質量為0.50 kg，選擇好的紙帶如圖10所示，O、A之間有幾個點未畫出．已知相鄰兩點時間間隔為0.02 s，長度單位是 cm，g取9.8 m/s2.則打點計時器打下點B時，重物的速度vB＝________m/s；從起點O到打下點B的過程中，重物重力勢能的減少量ΔEp＝________J，動能的增加量ΔEk＝________J．(結果保留三位有效數(shù)字)
圖10
解析：vB＝m/s≈0.973 m/s
動能的增量ΔEk＝mvB2＝×0.5×0.9732≈0.237 J
重力勢能的減少量ΔEp＝mghB＝0.5×9.8×4.86×10－2 J≈0.238 J.
答案：0.973　0.238　0.237
12．(9分)某興趣小組為測一遙控電動小車的額定功率，進行了如下實驗：
①用天平測出電動小車的質量為0.4 kg；
②將電動小車、紙帶和打點計時器按如圖11所示安裝；
圖11
③接通打點計時器(其打點周期為0.02 s)；
④使電動小車以額定功率加速運動，達到最大速度一段時間后關閉小車電源．待小車
靜止時再關閉打點計時器(設在整個過程中小車所受的阻力恒定)．
在上述過程中，打點計時器在紙帶上所打的點跡如圖12甲、乙所示，圖中O點是打點
計時器打的第一個點．
圖12
請你分析紙帶數(shù)據(jù)，回答下列問題：
(1)該電動小車運動的最大速度為________m/s；
(2)該電動小車運動過程中所受的阻力大小為________ N；
(3)該電動小車的額定功率為________W.
解析：(1)速度恒定時
v＝＝ m/s＝1.50 m/s.
(2)勻減速運動階段
a＝≈－4.00 m/s2
Ff＝ma＝－1.60 N
(3)F＝－Ff
電動小車的額定功率
P＝Fv＝1.60×1.50 W＝2.40 W.
答案：(1)1.50　(2)1.60　(3)2.40
四、計算題(本題共4小題，共47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)
13．(10分)如圖13所示，質量為m的物體從傾角為θ的斜面上的A點以速度v0
沿斜面上滑，由于μmgcosθ＜mgsinθ，所以它滑到最高點后又滑下來，當它下
滑到B點時，速度大小恰好也是v0，設物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求
AB間的距離． 圖13
解析：設物體m從A點到最高點的位移為x，對此過程由動能定理得：
－(mgsinθ＋μmgcosθ)·x＝0－mv02 ①
對全過程由動能定理得：
mgsinθ·xAB－μmgcosθ·(2x＋xAB)＝0 ②
由①②得：xAB＝.
答案：
14．(12分) (2010·連云港模擬)一勁度系數(shù)k＝800 N/m的輕質彈簧兩端分別連接著質量均為12 kg的物體A、B，將它們豎直靜止放在水平面上，如圖14所示．現(xiàn)將一豎直向上的變力F作用在A上，使A開始向上做勻加速運動，經0.40 s物體B剛要離開地面．g＝10.0 m/s2，試求：
(1)物體B剛要離開地面時，A物體的速度vA； 圖14
(2)物體A重力勢能的改變量；
(3)彈簧的彈性勢能公式：Ep＝kx2，x為彈簧的形變量，則此過程中拉力F做的功為多少？
解析：(1)開始時mAg＝kx1
當物體B剛要離地面時kx2＝mBg
可得：x1＝x2＝0.15 m
由x1＋x2＝at2
vA＝at
得：vA＝1.5 m/s.
(2)物體A重力勢能增大，
ΔEpA＝mAg(x1＋x2)＝36 J.
(3)因開始時彈簧的壓縮量與末時刻彈簧的伸長量相等，對應彈性勢能相等，由功能關系可得：
WF＝ΔEpA＋mAvA2＝49.5 J.
答案：(1)1.5 m/s　(2)36 J　(3)49.5 J
15．(10分)(2009·浙江高考)某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽．比賽路徑如圖15所示，賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝．已知賽車質量m＝0.1 kg，通電后以額定功率P＝1.5 W工作，進入豎直軌道前受到阻力恒為0.3 N，隨后在運動中受到的阻力均可不計．圖中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m．問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？(取g＝10 m/s2)
圖15
解析：設賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運動的規(guī)律x＝v1t
h＝gt2
解得v1＝x＝3 m/s
設賽車恰好通過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為v2，最低點的速度為v3，由牛頓第二定律及機械能守恒定律
mg＝m
mv32＝mv22＋mg(2R)
解得
v3＝＝4 m/s
通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應該是
vmin＝4 m/s
設電動機工作時間至少為t，根據(jù)功能關系
Pt－FfL＝mvmin2
由此可得t＝2.53 s.
答案：2.53 s
16．(15分)如圖16甲所示，水平傳送帶的長度L＝6 m，皮帶輪以速度v順時針勻速轉動，現(xiàn)在一質量為1 kg的小物塊(可視為質點)以水平速度v0從A點滑上傳送帶，越過B點后做平拋運動，其水平位移為x，保持物塊的初速度v0不變，多次改變皮帶輪的速度v依次測量水平位移x，得到如圖16乙所示的x－v圖象．
圖16
(1)當0＜v≤1 m/s時，物塊在A、B之間做什么運動？當v≥7 m/s時，物塊在A、B之間做什么運動？
(2)物塊的初速度v0多大？
解析：(1)由于0＜v≤1 m/s時傳送帶速度增加而物體的平拋初速度不變，所以物體在A、
B之間做勻減速直線運動．
由于v≥7 m/s時傳送帶速度增加而物體的平拋初速度不變，所以物體在A、B之間做
勻加速直線運動．
(2)由圖象可知在傳送帶速度v帶＝1 m/s時，物體做勻減速運動．
則平拋初速度為v1＝1 m/s，由動能定理得：
－μmgL＝mv12－mv02
在v帶＝7 m/s時，物體做勻加速運動，
則平拋初速度為v2＝7 m/s，由動能定理得：
μmgL＝mv22－mv02
解得v0＝ ＝5 m/s.
答案：(1)勻減速直線運動　勻加速直線運動　(2)5 m/s

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