第8章 机械能守恒定律 章末整合 素养提升-【成才之路•学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

144 (1)实验中得到一条点迹清晰的完整纸带如 3卫知当跑的重方加速度大小为名，则号 图2所示，纸带上的第一个点记为0，另选 时，可以验证机械能守恒定律成立。 连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出 处理数据时，为了直观地得出x与1的关系， 了这三个点到O点的距离ha、hg和hc的 应作出 （填“x-t”“ 1”或“ 1”Y 值，已知打点计时器的打点周期为0.02s, 图像。 重物质量为1kg,当地重力加速度为g= 4.某实验小组用图1所示的 打点计时器d 9.80m/s2。在打点计时器打O点至B点 实验装置验证机械能守恒 纸带 过程中，重物动能增加量△E= 定律，现有的器材：带铁夹 5 J,重物重力势能减少量△E,。= 的铁架台、电磁打点计时 一夹子 己重物 (计算结果均保留3位有效数字)。 器、电源、纸带、带铁夹的重 (2)关于该实验，下列说法中正确的是 锤、米尺、天平，回答下列 A.电磁打点计时器使用220V交流电 问题： 图1 B.重物选用质量较大的大木球 C.实验时先接通电源等打点稳定后再释 放纸带 71.00cm D.实验中用v=g,计算重锤的速度 .77.90cm E.释放重物时，重物离打点计时器近些 86.60cm F.若所选择的纸带前面一小段点迹不清 图2 晰，则不能验证机械能守恒定律 章末整合 素养提升 ●知识网络构建 定义式W=Flcos0 公式：P=;P=Fu cos日 条件：F为恒力，l为对地位移，日为F 功的 定义 意义：描述做功快慢的物理量。单位：W或J/s 两方向夹角 平均P=兴 正功：0°≤日<90°时，所做功为正功 功奉P=F可cos日，可为平均速度 负功：90°<日≤180°时，所做功为负功 不做功：日角为90°时，力不做功 功的 功 眸时功奉P=FU COS日，u为眸时速度 正负 功是标量，功的正负只代表做正功或负功 额定功奉：机器正常工作时的最大输出功奉，也 不代表方向，也不代表大小 就是铭牌上的标称值 先求每个力的功，再求代数和 多力 实际功率：机器工作中实际输出的功率，应有P实 先求合力，再求功 的功 机 ≤P领 Ex=7mu2 械 以颜定功P颜=f年U,F幸-Fm=ma随着速度 状态量：描迷某时刻的物理量 动能 能 率启动 增大，牵引力和加速度逐渐减小 U通常选地面为参考系 P=fU,Ft-F=ma随着速度 表达式：W合=Ek2~E 定 机车 的增大，功奉逐渐增大，直至额定 动能 恒 合力做功等于动能的变化量 启动以恒定加 功奉 定理 适用于：恒力、变力、直线运动、曲线运动 定 速度启动 律 达到额定功率时，心，，t。= 厂走 重力做功特点：只跟初 最后阶段为额定功率启动P=FU, F年-Fm=ma 末位置的高度差有关 重 公式：E,=mgh 力 内容：只有重力或弹力做功的系统内， 公式：W。=Ep-E2 势 机械 能守 动能和势能相互转化，总的机械能不变 重力做正功，重力势能减小 重力做功与重 能 恒定 条件：只有重力或弹力做功 重力做负功，重力势能增加 力势能关系 律 表达式：Ek,+Ep=EatE2 145 ●高考真题专练 A. B.2 2πL 4πL 热点专练1：功和功率 1.(2021·浙江6月选考·T8)大功率微波对人 C. mvo 8TL D 和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当 16TL 5.（2021·湖南选择考·T3)“复兴号”动车组用 人体单位面积接收的微波功率达到250W/m 多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总 时会引起神经混乱，达到1000W/m2时会引 起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功 质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。设 率P=3×10?W。若发射的微波可视为球面 动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额 波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻 定功率均为P,设动车组所受的阻力与其速率 击的最远距离约为 ( 成正比(F阻=h,k为常量)，动车组能达到的 A.100m25m B.100m50m 最大速度为vm。下列说法正确的是（) C.200m100m D.200m50m A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定 2.（2023·湖北选择考·T4)两节动车的额定功 不变 率分别为P,和P2,在某平直铁轨上能达到的 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动 最大速度分别为v,和，。现将它们编成动车 车组从静止开始做匀加速运动 组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则 不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速 度为 动车组匀速行驶的速度为疗。 A.P P12+P2 D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动 B P1+P2 P1+P2 车组从静止启动，经过时间达到最大速度 m,则这一过程中该动车组克服阻力做的功 C. P1+P2)12 D. (P1+P2)u12 P11+P22 P12+P21 热点专练2：动能定理的应用 为m月 3.(多选)(2021·全国甲卷·T20)一质量为m6.（多选)(2023·全国乙 的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向 卷·T21)如图，一质量 m 上滑动。该物体开始滑动时的动能为E,向 为M、长为U的木板静止 M mmmm 上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向 在光滑水平桌面上，另 一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上 下滑动，到达斜面底端时动能为5。已知sina 的左端以速度。开始运动。已知物块与木板 =0.6,重力加速度大小为g。则 间的滑动摩擦力大小为∫，当物块从木板右端 A.物体向上滑动的距离为2mg E 离开时 A.木板的动能一定等于 B物体向下滑动时的加速度大小为号 B.木板的动能一定小于 C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 物块的动能一定大于u,2-刀 D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时 间长 D物块的动能一定小于m,2-几 4.（2021·山东等级考·T3)如 7.（2023·新课标全国卷·T15)无风时，雨滴受 图所示，粗糙程度处处相同的 空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率 水平桌面上有一长为L的轻质 ú- 竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以 细杆，一端可绕竖直光滑轴O 速率，下落高度h的过程中，克服空气阻力做 转动，另一端与质量为m的小 的功为（重力加速度大小为g)》 木块相连。木块以水平初速度。出发，恰好 A.0 B.mgh 能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中， 木块所受摩擦力的大小为 2m-mgh D I 2m+mgh 146 8.(2021·全国乙卷·T24)一篮球质量为m=热点专练3：机械能守恒和功能关系 0.60kg,一运动员使其从距地面高度为h,= 10.(2022·湖北选择考)如 1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2= 图所示，质量分别为m Plwwoo 1.2m。若使篮球从距地面h3=1.5m的高度 和2m的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放 由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球， 在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到 球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员 墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩 拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为= 擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 0.20s;该篮球每次与地面碰撞前后的动能的 用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤 比值不变。重力加速度大小取g=10m/s2,不 去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始 计空气阻力。求： 终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k,重力 (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功； 加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运 (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 动过程中相对于其初始位置的最大位移大小 为 A.umg B.2umg k C.Aumg D.Sumg 11.（多选)(2022·广东选 择考)如图所示，载有防 疫物资的无人驾驶小 30 9.(2023·湖北选择考·T14) 如图为某游戏装置原理示 车，在水平MW段以恒 意图。水平桌面上固定一 定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡 半圆形竖直挡板，其半径 PQ段以恒定功率570W、速度2/s匀速行 为2R、内表面光滑，挡板 驶。已知小车总质量为50kg,MN=PQ=20 的两端A、B在桌面边缘， m,PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 /s2,不计空气阻力。下列说法正确的有 B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同 一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向 A.从M到N,小车牵引力大小为40N 的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A B.从M到N,小车克服摩擦力做功800J 点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点 C.从P到Q,小车重力势能增加1×104J 沿圆弧切线方向进人轨道CDE内侧，并恰好能 D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700J 到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的 12.(多选)(2022·河北选择考)如图 动摩擦因数为2元，重力加速度大小为，忽略 轻质定滑轮固定在天花板上，物体 P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬 空气阻力，小物块可视为质点。求： 挂在定滑轮上，质量mo>mp,t=0 (1)小物块到达D点时的速度大小； 时刻将两物体由静止释放，物体Q (2)B和D两点的高度差； P (3)小物块在A点的初速度大小。 的加速度大小为号。T时刻轻绳突 然断开，物体P能够到达的最高点恰与物体 Q释放位置处于同一高度，取t=0时刻物体 P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机 械能为E。重力加速度大小为g,不计摩擦和 空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法 正确的是 () 147 A.物体P和Q的质量之比为1：3 发动机最大 最大输送 B.27时刻物体Q的机被能为号 332 63 输出功率(kW) 高度(m) C2T时刻物体P重力的功率为 整车满载 5.4× 最大输送 104 180 27 质量(kg) 量(m3/h) D.2T时刻物体P的速度大小为2g A.1.08×10J B.5.04×10J 3 C.1.08×108J D.2.72×108J 13.（2021·河北选择考·T6) P 一半径为R的圆柱体水平 16.(2023·辽宁选择考·T13)某大型水陆两栖 飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。 固定，横截面如图所示。 某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀 长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在 加速直线滑行并汲水，速度达到y,=80m/s 圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小 时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲 球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳 刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与 水质量m=1.0×104kg。离开水面后，飞机 攀升高度h=100m时速度达到v2= 圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速 度大小为（重力加速度为g,不计空气阻力） 100m/s,之后保持水平匀速飞行，待接近目 标时开始空中投水。取重力加速度g= 10m/s2。求： A.√(2+π)gR B.√/2πgR (1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小 C.√2(1+π)gR D.2√gR 及滑行时间t: 14.(多选)(2021·广东选择 甲 (2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能 考·9)长征途中，为了 增加量△E。 突破敌方关隘，战士爬上 陡峭的山头，居高临下向萄工事 訊mmmm出 敌方工事内投掷手榴弹。 战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均 为m的手榴弹。手榴弹从投出的位置到落地 点的高度差为h,在空中的运动可视为平抛 运动，轨迹如图所示，重力加速度为g。下列 说法正确的有 A.甲在空中的运动时间比乙的长 B.两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等 C.从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减 少mgh D.从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化 量为mgh 15.（2021·浙江6月选 考·T11)中国制造的 某一型号泵车如图所 示，表中列出了其部 分技术参数。已知混 凝土密度为2.4×103kg/m3,假设泵车的泵 送系统以150m3/h的输送量给30m高处输 送混凝土，则每小时泵送系统对混凝土做的 功至少为 148 17.（12分)(2021·全国（无动）小车 18.(2021·山东等级考·T18)如图所示，三个 甲卷·24)如图，一之 质量均为m的小物块A、B、C,放置在水平地 倾角为0的光滑斜面 减速带 面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻 上有50个减速带（图 0 弹簧将A、B连接，C紧靠B,开始时弹簧处于 中未完全画出)，相邻 原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向 减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小 左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动， 于d;一质量为m的无动力小车（可视为质 当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A 点)从距第一个减速带L处由静止释放。已 离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、 知小车通过减速带损失的机械能与到达减速 B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f,最大 带时的速度有关。观察发现，小车通过第30 静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均 限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：E。= 相同。小车通过第50个减速带后立刻进入 与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s ,k为弹簧的劲度系数x为弹簧的形变量) 后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为 ,重力加速度大小为g。 (1)求小车通过第30个减速带后，经过每 A0000 BC 777mmmmnn7n7mm 个减速带时损失的机械能； (2)求小车通过前30个减速带的过程中在每 (1)求B、C向左移动的最大距离xo和B、C 一个减速带上平均损失的机械能； 分离时B的动能E； (3)若小车在前30个减速带上平均每一个损 (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小 失的机械能大于之后每一个减速带上损 值Fmin; 失的机械能，则L应满足什么条件？ (3)若三个物块都停止时B、C间的距离为 xC,从B、C分离到B停止运动的整个过 程，B克服弹簧弹力做的功为W,通过推 导比较W与fxc的大小； (4)若F=5f,请在所给坐标系中，画出C向 右运动过程中加速度a随位移x变化的 图像，并在坐标轴上标出开始运动和停 止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不 要求推导过程。以撤去F时C的位置为 坐标原点，水平向右为正方向。 素养等级测评 请同学们认真完成考案（四）（五）(3)取打下0点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能 故应作出心子图像。 为零，则机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相 反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率绝对值 4.(1)7.617.63(2)CE 不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功。 解析：(1)打点计时器打B点时重物的速度大小等于AC段的 平均速度大小，可得 根据图中的数据可以计算图线Ⅱ的斜率k,= 1.40-0 50×102-0 _hc-h_86.60-71.00 V8=-2T 2×0.02 ×10-2m/s=3.90m/s J/m=2.80J/m 2n3 根据动能定理得mgh-历= 在打点计时器打O点至B点过程中，重物的动能增加量为： 1 1 4=2mg2=3×1x3.0J=7.61J 化简得mg-f= 2m2 此过程重物的重力势能减少量为： h 4E。=mghg=1×9.80×77.90×10-2J≈7.63J。 图线I斜率==5 (2)电磁打点计时器使用约8V的交流电，故A错误：为减小 空气阻力的影响，重物选用体积小、质量较大的物体，故B错 1 图线Ⅱ斜率6= 误；为充分利用纸带，实验时先接通电源等打点稳定后再释放 h 纸带，故C正确；实验中不可以用U=g,计算重锤的速度，否 由以上几式可知k-f=k? 则就认为加速度为重力加速度，默认了重锤的机械能守恒，失 则阻力为f=k1-片 去了验证的意义，故D错误；为充分利用纸带，释放重物时，重 所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的 物离打点计时器近些，故E正确；实验中初始位置并非一定要 此位务气产 选取纸带上的第一个点，可选取纸带中点迹清晰的部分纸带 2(1=片 (2)m+M)6 M 完成实验，报搭mg4h=m,2-了m,也能验证机械能守 22 (m-2gd 恒定律，故F错误。故选CE。 解析：(1)由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内 的平均速度代替瞬时速度。 章末整合素养提升 滑块通过光电门B速度为4=么 高考真题专练 (2)滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为 :1.B设人距离微波武器的距离为r,则微波武器单位面积的功 近-分w+m()-@ 率为R品则20m品10mM品求 4m1 2t2 系统的重力势能减少量可表示为△E。=mgd-Mgdsin30°= 得r1≈97.7m,r2≈48.9m,故选B。 2.D由题意可知两节动车分别有P,=叫1，P2=f2,当将它们 (m-兰)ed 第组后有P+A=(+),联立可得=公+至，故 P v,+Pv 3.(1)2.5(2)B(3)gasin97 选D。 解析：(1)最小刻度为1m,读数时要在毫米的下-位估读一 3.BC设物体向上滑动的距离为x,斜面的动摩擦因数为4，对 位，所以由毫米刻度尺的读数，可得挡光片的宽度d= 物体从斜面底端滑到最高点和从最高点滑到底端的过程根据 2.5 mmo 动能定理有-mgxsin a-umgxcos a=0-E,mgxsin a- (2)由机械能守恒定律得：mgxsin0=2m,可见质量m可以 umgxcos a= -0，联立解得-总=05成A给误C正 5 被约去，结果与m无关，故A错误；用短时间内的平均速度代： 确；物体沿斜面向下滑动的加速度为a,=gsin a-gcos a= 替瞬时速度，故d越小，越接近瞬时速度，故B正确；滑块的质 号，故B正确；物体向上滑和向下滑的距离相同，而向上滑的 量越小，空气阻力的影响相对越大，产生的误差就越大，故C 错误。故选B。 加速度a1=gsin&+ugcos a=g大于向下滑的加速度a2,由 (3)挡光片经过光电门的速度大小为v= d =2a可知，向上滑的时问比向下滑的时问短，放D错误。 t 1 !4.B在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有 要验证机械能守恒，只需要验证ngxsin0= 关，根据动能定理-小·2mL=0-之m,可得摩擦力的大小 整理得到=gxsin 0即可 变形整理得到x=2gin0`下 d /-放B正确，AGD结误。 :5.C匀加速启动过程中，加速度不变，则合外力不变，由题意知 238 阻力随速度增大而增大，要保证合外力不变，牵引力需不断增： 小物块从B点到D点的过程中，根据动能定理有mgHD= 加，故A错误；四节动力车厢输出功率一定时，由P=F知，当 增大时，牵引力不断减小，而阻力不断增大，所以加速度不断 减小，故B错误；由题意知当输出总功率为4P时，4P=2, 联立解得g=√gR,Hm=0。 则当输出总功率为2.25P时有2.25P=d,联立得u=", 3 (3)小物块从A点到B点的过程中，根据动能定理有-umgs 故C正确：整个过程由动能定理4P+形=分m',则克服阻 8=T·2R 力做的功为4n-乃m。2,放D错误。 解得4=√3gR。 :I0.CQ恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x,满足x= 6.BD设物块离开木板时的速度为1，此时木板的速度为2， 2g,剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒， 由题意可知，>2，设物块的对地位移为xm,木板的对地位移 弹簧的最大压缩量也为x,因此P相对于其初始位置的最大 为w。根据能量守恒定律可得分m,2=分m2+分h,+ 位移大小为5=2x=,故选C。 A,整理可得，2=之m2-1-之，<分m,2-,D正1.ABD小车从M到N,依题意有B,==200W,代入数据 确，C错误；因摩擦产生的摩擦热Q=九=f(xm-xv),根据运 解得F=40N,故A正确；依题意，小车从M到N,因匀速行 驶，故小车所受的摩擦力大小为f=F=40N,则摩擦力做功 动学公式，=”w=号，因为6>>可得无 2 为W1=-40×20J=-800J,则小车克服摩擦力做功为 >2xM,则xm-xw=l>xw,所以W=w<孔，B正确，A错误。 800J,故B正确；依题意，小车从P到Q,重力势能增加量为 故选BD。 △E。=mg×△h=500N×20m×sin30°=5000J,故C错误； 7.B在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh-W克氵 依题意，小车从P到Q,摩擦力为6，有6+mgsin30°=B =0,故雨滴克服空气阻力做功为mgh。故选B。 8.(1)4.5J(2)9N 摩擦力做功为W2=-f方×32,32=20m,联立解得W2= 解析：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得mgh, -700J,则小车克服摩擦力做功为700J,故D正确 =EM 12.BCD开始释放时物体Q的加速度为号，则mg-F,= 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得-mgh,=0-E2 第二次从1.5m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落 m=1 0·g,F-mpg=mp:号，解得F,=3m0&需 2,选 过程中，由动能定理可得W+mgh3=E3 在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得-mgh4=0-E4 项A错误；在T时刻，两物体的速度-，P上升的距离 2 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关 么=宁·号T=ξ细线断后P能上升的底度=站 6 号是代入或据可得里45： 18,可知开始时PQ间距离为h=h:+h,=2gT 87T2 ,若设开始 9 (2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运 动，因此由牛顿第二定律可得F+mg=ma 时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为E= 在拍球时间内运动的位移为x= mogh _2mog'T2 ，从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负 做的功为W=Fx 功，大小为形=Fh,=mT 9一，则此时物体Q的机械能E= 联立可得F=9N(F=-15N舍去)。 9.(1)gR(2)0(3)3gR E-W=- _mog T2 E 9 ,此后物体Q的机械能守恒，则在2T 解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D 时刻物体Q的机帻能仍为号，选项B正确：在2T时刻，物体 点有mg=mR P的速度=山-gT=- ,负号表示方向向下：此时物体 解得vo=√gR。 (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内 P重力的瞬时功率P6=mpg1,1=m,5.2g_mo8T_3 2 3 3-2T 侧，则在C点有c0s60°=a ! 选项C、D正确。 小物块从C点到D点的过程中，根据动能定理有-mg(R+13.A小球的机械能守恒，则：mg(R+mR-子×2mR Rcos )mmr 号，解得：=2+m)级，放A正确，B,CD错误。 —239 14.BC由平抛运动规律可知，做平抛 E-F-6F+8r④。 运动的时间：=√受因为两干箱弹 R (2)当A刚要离开墙壁时，设弹簧的伸长量为x,以A为研究 运动的高度差相同，所以在空中运动 -TR 对象，由平衡条件得x=f⑤ 时间相等，故A错误；做平抛运动的 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力 物体落地前瞬间重力的功率P=mg,=mg√2gh,因为两手 为最小值F,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中， 榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴 以B和弹黄为研究对象，由能量守恒定律得L=乃：+ 弹重力的功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的： fx⑥ 高度为h,所以手榴弹重力势能减小量△E,=mgh,故C正 确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械 能守恒，故D错误。 - 15.C每小时输送的混凝土的体积为150m3,则增加的重力势 根据题意去Fm=(3- 2 ∫，所以恒力的最小值为Fm 能为mgh=2.4×103×150×10×30J=1.08×103J,选项C 正确。 =(+)® 16.(1)2m/s240s(2)2.8×10J (3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x,C的位移 解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为 为xc,以B为研究对象，由动能定理得-W-=0-E,⑨ 测L=之1 1 以C为研究对象，由动能定理得-f。=0-E0 由B、C的运动关系得g>xe-xC 解得飞机滑行的时间为4=2L=2×1600 =40s 联立可知W<fc。 80 (4)小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得5x1-2, 飞机滑行阶段的加速度为a=兰-Wg=2?。 t ,-0 (2)飞机从水面至h=100m处，水的机械能的增加量包含水 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为x1=f 的动能增加量和重力势能增加量，则△E=之m2+meh- 则坐标原点的加速度为4，=二2f_6-2f.2上，之后C开 2m 2m m2=2.8×107J。 1 始向右运动过程(B、C系统未脱离弹簧)加速度为a= 17.(1)mgdsin 0 (2)g(+2d)sin 0-umngs -2，可知加速度a与位移x成线性关系，随着弹簧逐渐恢 30 2m (3)L>d+s 复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C sin 解析：(1)由题意知，小车通过第30个减速带后，每次经过减 只受地面的滑动摩察力，加速度为=一品，负号表示C的 速带后的速度都相同，故损失的机械能等于从上一个减速带 加速度方向水平向左；从撒去恒力之后到弹簧恢复原长，以 到当前减速带过程中减少的重力势能，即△E,=mgdsin0。 B,C为研究对象，由动能定理得2-2乐=7·2m,脱 (2)小车通过第30个减速带后的动能等于通过第50个减速 离弹簧瞬间C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由 带后的动能E2=wmg 1 由动能定理得，E2=mg(L+29d)sin0-30△E2 能量守恒定律得f,= 2m,解得脱离弹簧后，C运动的距 解得△E,=mg(L+29d)sim0-ms 30 离为=分，则C最后停止的位移为气+=多气= 3 (3)由题意△E2>△E1,由(1)(2)的结论解得L>d+us sin 是·g-兰所以C肉右运功的图俊如下。 182-6g+e23+f k k 4☑ (3)W<(4)见解析图 解析：(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以 B,C和弹簧为研究对象，由功能关系得P=2纸。+，2① 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得)，2=2乐。+2E② 联立①②解得=2F-4f3 k —240