第8章 机械能守恒定律 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版 江苏北京专用）

第八章　机械能守恒定律 综合拔高练 五年高考练 考点1　功和功率的计算 1.(2023湖北,4)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 (　　) A.　　　　　　　　B. C.　　　　　　　　D. 2.(2023北京,11)如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。在物体移动距离为x的过程中 (　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时,F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 考点2　动能和动能定理的应用 3.(2024安徽,2)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 (　　) A.mgh　　　　　　　　B.mv2 C.mgh+mv2　　　　　　　　D.mgh-mv2 4.(2023山东,8)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为 (　　) A. B. C. D. 5.(2025云南,6)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则 (　　) A.t1<t2　　　　B.t1>t2　　　　C.x1>x2　　　　D.x1<x2 6.(2025福建,15)如图甲,水平地面上有A、B两个物块,两物块的质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F的作用下向右前进①,外力F与位移x的关系图像如图乙所示②,P点为圆弧轨道最低点,M点为圆弧轨道最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)在0～1 m内F做的功; (2)当x=1 m时,A与B之间的弹力大小; (3)要保证B能到达M点,圆弧轨道半径应满足的条件。 　 ①②关键点拨两物块分离前做加速运动,分离后到B进入圆轨道前,B做匀速直线运动;F-x图线与横轴围成的面积表示功。 7.(2025广东,14)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0,其中f0为常量,h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m,底面积为S,加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变①,瓶子始终静止在桌面上。(提示:可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)求: (1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω。 (2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W。 (3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 ①关键点拨外界大气压强大,等于木塞受一个大小为Δp·S,方向向下的力。 考点3　机械能守恒定律的应用　功能关系 8.(2025河北,7)随着我国航天事业飞速发展,人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力,不考虑自转,该星球可视为质量分布均匀的球体,半径为R0,表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时,引力势能为mg0·(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,则发射初速度为 (　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 9.(2025四川,7)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动①。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内 (　　) A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为- D.小车机械能增量为+ ①关键点拨根据P=Fv可知,拉小车的力是变力,小车做变加速运动。 10.(2024山东,7)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E=kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,k保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则F所做的功等于 (　　) A.+μmg(l-d) B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d) 11.(2025安徽,14)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及绳子所受的最大拉力大小; (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离; (3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值。 考点4　验证机械能守恒定律 12.(2025河南,12)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。 (1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排列:　　　(填步骤前面的序号)。  ①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带 ②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点 ③用电子天平称量重锤的质量 ④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端 ⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据 ⑥关闭电源,取下纸带 (2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　m/s(保留3位有效数字)。  (3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应　　　(填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　　　　(保留3位有效数字)。  (4)定义单次测量的相对误差η=×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其动能增加量,则实验相对误差为η=　　　　×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,则η=　　　　%(保留2位有效数字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。  强基计划 13.(2022届清华大学THUSSAT诊断性测试)如图所示,一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b,跨在一根固定的光滑水平细杆上,质量为1.5m的a球置于地面,轻绳两段都恰好伸直,质量为m的b球在与细杆等高处从静止释放。当a球对地面压力刚好为零时,b球摆过的角度为 (　　) A.30°　　　　B.37°　　　　C.45°　　　　D.60° 学科竞赛 14.(多选题)(2024中学生标准学术能力诊断性测试)如图所示,光滑的直杆与竖直方向成60°固定放置,杆的下端固定一个轻弹簧,杆上穿有两个小球A和B。开始时,两球一起静止在弹簧上端,某时刻起,对小球B施加一个方向与杆平行的拉力,使小球B以g的恒定加速度沿直杆向上做匀加速运动,两球分离时B的速度为v。已知A球质量为m,B球质量为2m,重力加速度为g,则 (　　) A.弹簧的劲度系数为 B.弹簧的劲度系数为 C.从B球开始运动到两球分离的过程中拉力做的功为mv2 D.从B球开始运动到两球分离的过程中拉力做的功为mv2 三年模拟练 应用实践 1.(2025浙江浙东北县域名校发展联盟期中)一个小球甲在真空中做自由落体运动,相同的小球乙在黏性较大的液体中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方,重力势能变化量分别为ΔE甲、ΔE乙。下列说法正确的是 (　　) A.重力对小球甲不做功 B.ΔE甲>ΔE乙 C.两球动能变化不相等 D.两球下落过程机械能守恒 2.(2024河南洛阳期中)相同材料制作的两个物块a和b放在同一水平面上,用相同的水平拉力F分别作用在两物块上,一段时间后撤去拉力F,两物块运动的v-t图像如图所示。已知AB∥CD,在整个运动过程中,下列说法正确的是　 (　　) A.a的质量大于b的质量 B.两种情况下拉力F做的功相等 C.两种情况下克服摩擦力做的功相等 D.两种情况下合外力做的功相等 3.(2025江西丰中期末)如图所示,质量分布均匀的铁链,静止放在半径R= m的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑,当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3 m/s。已知∠AOB=60°,以OC所在平面为参考平面,取g=10 m/s2。则下列说法中正确的是 (　　) A.铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒 B.铁链在初始位置时其重心高度 m C.铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8 m D.铁链的端点A滑至C处时速度大小为6 m/s 4.(2025山东泰安模拟)某缓冲装置的主要部分是弹簧,工作过程可简化为以下情境:轻质弹簧劲度系数k=400 N/m,左端固定在竖直墙上。水平地面上一滑块从P点以某一速度水平向左冲向弹簧,如图甲所示。滑块经弹簧缓冲后向左最远运动到Q点,又被弹簧弹回,最后恰好停在P点。以Q点为坐标原点、水平向右为正方向建立x轴,滑块从Q点到P点的运动过程中,加速度a随位置坐标x的变化规律如图乙所示。已知弹簧始终在弹性限度内,滑块与水平地面间动摩擦因数保持不变,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 　 A.P点的坐标xP=0.35 m B.P点的坐标xP=0.45 m C.滑块从P点开始向左运动时的动能Ek=16 J D.滑块从P点开始向左运动时的动能Ek=32 J 5.(2025江苏南京师大附中期中)如图所示,斜面倾角为θ=30°,BC段粗糙且足够长,其余段光滑,10个质量均为m的小球(可视为质点)放在斜面上,相邻小球间用长为d的轻质细杆连接,细杆均与斜面平行,小球与BC段间的动摩擦因数均为。若1号小球在B处时,10个小球由静止一起释放,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.在4号小球刚进入BC段时,4号小球运动的加速度大小为g B.在4号球刚进入BC段时,4号球与5号球间细杆的弹力大小为1.2mg C.10号球到达B点的速度大小为 D.1号球运动过程中的最大速度为 6.(2024江苏常熟模拟)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上,另一端与质量为m的小球(可视为质点)相连,小球套在与水平面成30°角的粗糙直杆上。A点距水平面的高度为h,OA=OC,B为AC的中点,小球在B点时弹簧处于原长。小球从A处由静止开始下滑,经过B处的速度为v1,并刚好能到达C处。若在C点给小球一个沿斜杆向上的初速度v0,小球经过B点时的速度为v2,并刚好能到达A处。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.可求出小球与直杆间的动摩擦因数为 B.v1=v2 C.v0= D.小球从A到B过程中弹簧弹力做功为m 7.(2024江苏南通如皋中学月考)小明用如图甲所示的气垫导轨装置(包括导轨、气泵、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计)验证滑块下滑过程中机械能守恒。在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ,并连接数字计时器。实验中,测得A、B点到水平桌面的高度分别为h1、h2,将滑块从光电门Ⅰ的上方释放,测得滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间为t1、t2。已知遮光条的宽度为d,重力加速度为g。 (1)实验过程中,先打开气泵,再释放滑块,滑块与导轨之间有一层薄薄的空气,这样滑块运动时受到的阻力　　　(选填“很大”或“很小”)。  (2)本实验　　　(选填“需要”或“不需要”)测量滑块(含遮光条)的质量。  (3)滑块通过光电门Ⅰ时速度的表达式为v1=　　　(用题中所给物理量符号表示)。  (4)在误差允许范围内,若滑块下滑过程中机械能守恒,则h1-h2=　　　　　(用题中所给物理量符号表示)。  (5)若实验过程中光电门Ⅰ发生故障,小明继续使用该装置测量当地重力加速度:让滑块由静止释放,记录释放点到桌面的高度h、滑块通过光电门Ⅱ的时间Δt2;改变滑块释放位置获得多组数据,作出如图乙所示的-h图像。根据图像可计算得到当地的重力加速度g=　　　　m/s2。  8.(2025江苏南京六校联考)如图所示,左侧墙面上固定一半径R=0.3 m的半圆环,右侧墙面上的M点固定一水平直杆,质量ma=2 kg的小球a套在半圆环上,质量mb=1 kg的滑块b套在直杆上,小球a、滑块b用长l=0.4 m的轻杆通过两铰链连接。刚开始用外力作用于滑块b上使小球a静止于Q点。已知图中θ=37°,O、P、M三点等高,轻杆与圆环相切,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计一切摩擦,求: (1)小球a静止于Q点时,半圆环对小球的支持力大小; (2)若将小球a从圆环的最高点N点由静止释放,滑到P点时的速度大小; (3)若将小球a从圆环的最高点N点由静止释放,滑至Q点的过程中,杆对滑块b做的功。 迁移创新 9.(2023北京朝阳期末)蹦极是一项非常刺激的运动。为了研究蹦极过程,可将人视为质点,人的运动沿竖直方向,人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量、空气阻力均可忽略。某次蹦极时,人从蹦极台跳下,到A点时弹性绳恰好伸直,人继续下落,能到达的最低位置为B点,如图甲所示。已知人的质量为m,弹性绳的原长为l0,其弹力大小和弹簧的弹力大小规律相同,满足F=kΔx,其中Δx为弹性绳的形变量,k是与弹性绳有关的系数。重力加速度为g。 (1)求人第一次达到最大速度时弹性绳的长度l。 (2)图像是研究物理问题常见的方法。 a.取起点为坐标原点,取竖直向下为正方向,建立x轴。在人由起点运动到B点的过程中,人的位移为x,加速度为a,在图乙中定性画出a随x变化的图线。 b.类比是一种常用的研究方法。对于直线运动,教材中讲解了由v-t图像求位移和加速度的方法。请你借鉴此方法,根据图乙分析说明质量越大的人,能到达的最低位置越低。 答案与分层梯度式解析 五年高考练 1.D　 关键点拨 动车以最大速度运行时,动车的牵引力等于阻力。 2.D　设力F与水平方向夹角为θ,则有F cos θ-f=ma,mg-F sin θ=FN,f=μFN,联立解得f=-ma,摩擦力做功大小Wf=fx=x,与F方向有关,故A错误;合力大小F合=ma,合力做功大小W合=F合x=max,与F方向无关,故B错误;若F水平时,F=f+ma,F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,故C错误;合力做功W合=WF-Wf=max,为定值,当摩擦力为零时,摩擦力做功为零,力F做功最小,为WF=max,故D正确。 一题多解　物体水平位移一定,当F在水平方向的分力最小时,F做功最少;根据f=μFN可知,μ一定且f与FN间的夹角恒定,将f和FN合成为一个力FR,如图甲所示,其中tan α=μ为定值,合力F合=ma水平向右,根据矢量合成可得图乙,由图可知,当FR=0时,F在水平方向的分力最小,F做功最小,为max,D正确。 3.D　人在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,D正确。 4.A　小车拖动物体运动过程,由动能定理得Fs1-fs1-μmgs1=(m+M),额定功率P0=Fv0,轻绳脱落后,物体运动过程,由动能定理得-μmg(s2-s1)=0-m,联立解得P0=,故选A。 一题多解　从动力学角度分析:设物体与地面间的动摩擦因数为μ,在小车拖动物体行驶位移s1的过程中,有F-f-μmg=(m+M)a,v2=2as1,P0=Fv;轻绳从物体上脱落后,有a2=μg,v2=2a2(s2-s1),联立有P0=,A正确。 5.A　第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个过程利用动能定理有-μ1mgxMN-μ2mg(x1-xMN)=0-m,第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,-μ1mgxMN-μ2mg(x2-xMN)=0-m,可得x1=x2,C、D错误;根据牛顿第二定律有μmg=ma,可得a=μg,由于μ1>μ2,故滑块在MN上时的加速度大,根据前面分析可知两次运动的总位移相等,即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等,由于第二次时滑块距离M点的距离较近,根据公式-v2=2μ2gx,可知第二次到达M点时速度较大,作出整个过程中两种运动状态的v-t图像,可得t2>t1,A正确,B错误。 一题多解　由牛顿第二定律知,滑块在MN间运动的加速度大小a1==μ1g,滑块在其余部分运动的加速度大小a2==μ2g。设滑块开始滑动位置与M点的距离为x0,MN间的距离为xMN,由x0=得滑块运动到M点时的速度大小vM=,由xMN=解得滑块运动到N点时的速度大小vN=,则滑块滑动过程中的位移大小x=x0+xMN+=,可见x1=x2,C、D错误。 6.答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 模型建构 解析　(1)在F-x图像中图线与横轴围成的面积表示功,则0～1 m,F做的功W=Fx=1.5×1 J=1.5 J (2)对A、B整体,根据牛顿第二定律有F-f=2ma 其中f=μmg(易错:A与地面有摩擦,B与地面无摩擦) 对B根据牛顿第二定律有FAB=ma 联立解得FAB=0.5 N (3)当A、B之间的弹力为零时,A、B分离,设此时外力为F',对A有F'-μmg=0 得F'=0.5 N 由题图乙可知此时x=3 m 对A、B根据动能定理有 WF-μmgx=×2mv2 根据题图乙可得WF=1.5 J+×2 J=3.5 J 从P点到M点,根据动能定理有 -mg·2rmax=m-mv2 重力提供向心力时B在M点的速度最小,轨道半径最大,有mg=m 解得rmax=0.2 m 即圆弧半径满足的条件为r≤0.2 m 7.答案　(1)　(2)m(g+a)h+Δp·Sh+0.5f0h　(3)P=f0at-+mgat+Δp·Sat+ma2t 模型建构 解析　(1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah= 解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0= 由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω== (2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得W-mgh-Δp·Sh-Wf=m 结合f=f0作出f-x的关系图像如图所示 f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h 联立解得W=m(g+a)h+Δp·Sh+0.5f0h (3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得F-f-mg-Δp·S=ma 由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at 由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x=at2,其中0≤t≤ 拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv 联立解得 P=f0at-+mgat+Δp·Sat+ma2t 8.B　飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力可得G=m,飞行器从星球表面到距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动的过程,根据机械能守恒定律有m-mv2=mg0,又根据黄金代换可得GM=g0,联立解得v0=,B正确。 9.C　 关键点拨 “电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。”由题意可知,小车与物块在速度刚好相同之前是相对运动的,两者间存在滑动摩擦力,物块一直做匀加速直线运动;功率恒定,小车速度增加,牵引力减小,做加速度减小的加速运动。 对物块受力分析,受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力,有a=μg cos 30°-g sin 30°=,末速度为v0,有=2ax,得x=,A错误;物块机械能增量为ΔE1=mgx sin 30°+m=m,B错误;物块加速的时间t=,对小车受力分析,受重力、支持力、压力、沿斜面向下的摩擦力、沿斜面向上的牵引力,由动能定理有Pt-mgs sin 30°-μmgs cos 30°=m,解得s=-,C正确;小车机械能增量为ΔE2=mgs sin 30°+m=+m,D错误。 10.B　 真题降维 关键描述 信息挖掘 木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接 弹性绳只有拉伸状态下存在弹力,不等同于弹簧 用水平力F缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置 说明力F是变力,此时弹性绳弹力F弹=μmg,伸长量x= 因为是缓慢拉动,所以弹性绳恢复原长前,拉力不变,F=μmg,所做的功W1=μmg(l-d),弹性绳由开始形变,到甲所坐木板刚要离开原位置,弹性绳的伸长量x=,此过程中F由μmg变为2μmg,则W2=·=[点拨:拉力与拉动距离(位移)线性相关,可以用平均力求功],则拉力做的总功W=+μmg(l-d),故选B。 一题多解　当甲所坐木板刚要离开原位置时,有μmg=kx,解得x=,由功能关系得W=kx2-0+μmg(l-d+x),解得W=+μmg(l-d),故选B。 11.答案　(1)4 m/s　17 N　(2)4 m (3)2 m/s 思路导引 解答本题应注意以下关键点: (1)根据动能定理,计算小球通过M正下方与M相距L位置时的速度大小; (2)根据牛顿运动定律,计算绳子所受的最大拉力大小; (3)根据平抛运动规律,计算抛出点到落地点的水平距离; (4)根据动能定理和牛顿运动定律,计算小球初速度的最小值。 解析　(1)小球运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,以小球作为研究对象,根据动能定理有-mg·2L=mv2-m 解得v=4 m/s 设绳子所受的最大拉力为Fm,根据牛顿第三定律可知小球所受的拉力Fm'=Fm,根据牛顿第二定律得Fm'-mg=m 解得Fm=17 N (2)小球做平抛运动时,水平方向有x=vt 竖直方向有2L=gt2 解得x=4 m (3)设小球的初速度最小值为v1,小球能通过N的正上方时速度的最小值为v2。 在最高点有mg=m 根据动能定理有-mg·5L=m-m 解得v1=2 m/s 12.答案　(1)④①⑥⑤　(2)1.79　(3)通过　2g　19.1 m/s2(18.9 m/s2～19.3 m/s2均算对) (4)　2.6(3.6、3.1、2.0、1.5均算对) 解析　(1)需要先接通电源,再释放纸带,①正确,②错误;不需要测量重锤质量,③不是必需的;依据实验步骤先后,正确排序应为④①⑥⑤。 (2)B点的瞬时速度等于AC段的平均速度,vB== m/s=1.785 m/s≈1.79 m/s。 (3)若机械能守恒,由mgh=mv2得v2=2gh,故v2-h图像中的图线应通过原点,斜率k=2g。在图线上选点(0.29 m,5.5 m2·s-2)和(0.075 m,1.4 m2·s-2)计算斜率,可得k= m/s2≈19.1 m/s2。 (4)η=×100%=×100%=×100%。代入k=19.1 m/s2和g=9.80 m/s2可得η≈2.6%。 13.A　当a球对地面压力刚好为零时,绳子的拉力T=1.5mg,此时对b球受力分析如图所示,根据向心力公式有T-mg sin α=m,又根据机械能守恒可得mgl sin α=mv2,联立解得 sin α=,所以α=30°,A正确。 14.BD　两球静止时,有3mg sin 30°=kx1,两球分离时,对A球,有kx2-mg sin 30°=m×g,由小球B以大小为g的恒定加速度沿直杆向上做匀加速运动可得v2=2×g(x1-x2),联立求得k=,选项A错误,B正确;从开始运动到两球分离,对两球,由动能定理可得W-3mg sin 30°(x1-x2)+(x1-x2)=×3mv2-0,解得W=mv2,选项C错误,D正确。 三年模拟练 1.C　相同的两球下落高度相同,由WG=mgh可知,重力做功相等;根据ΔEp=-WG可知,重力势能的变化量相等,即ΔE甲=ΔE乙,A、B错误。甲球下落过程中只有重力做功,乙球下落过程中除重力做功外,还需要克服阻力做功,根据动能定理W合=ΔEk,合力对两球做功不相等,所以两球动能变化不相等,C正确。小球甲只受重力作用,机械能守恒;阻力对小球乙做负功,小球乙机械能不守恒,D错误。 2.D　 题图解读 从图中可获取的信息如图所示 设物块在水平面上加速时的加速度大小为a1,减速时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得F-f=ma1,f=ma2,联立得m=;由于两物块减速时的加速度相同,而加速时物块a的加速度大于b的,两物块的水平拉力F也相同,所以a的质量小于b的质量,A错误。两拉力大小相同,而拉力作用下的位移xa<xb,所以两种情况下拉力做的功WFa<WFb,B错误。由于初、末状态物块的速度均为零,则由动能定理知合外力做的功为零,故克服摩擦力做的功与拉力做的功大小相等,由于两种情况下拉力做的功WFa<WFb,故克服摩擦力做的功Wfa<Wfb,C错误。由动能定理知,两种情况下合外力做的功均为零,D正确。 3.C　铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边拉链的拉力,该拉力做负功,故机械能不守恒,A错误;根据几何关系可知,铁链长度为L==2 m,铁链全部贴在球体上时,质量分布均匀且形状规则,则其重心在几何中心且重心在∠AOB的角平分线上,故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度,均设为h0,根据机械能守恒定律有mgh0-mgh0 sin 30°=m,代入数据解得h0=1.8 m,B错误;铁链的端点A滑至C点时,其重心在参考平面下方处,则铁链的端点A滑至C点时其重心下降Δh=h0+=2.8 m,C正确;铁链的端点A滑至C处过程,根据机械能守恒定律有mgΔh=m,解得v2=2 m/s,D错误。 4.C　滑块从Q运动到P的过程,位置坐标大于0.2 m后加速度不变,可知弹簧在滑块运动到x=0.2 m处时恢复到原长(关键点),此过程中弹簧弹力做功为W=x1=k,其中x1=0.2 m,根据动能定理可得k-μmgxP=0,由图乙可知位置坐标x大于0.2 m后的加速度大小a==4 m/s2,在Q点有kx1-μmg=ma0,其中a0=12 m/s2,联立可得滑块质量m=5 kg,xP=0.4 m,A、B错误;根据能量守恒定律可得滑块的初动能Ek0=2μmgxP=16 J,C正确,D错误。  一题多解　由于F合-x图线与横轴围成的面积表示合外力所做的功,所以ma-x图像与横轴围成的面积也表示合外力所做的功,则有×12×0.15m=×4m,解得xP=0.4 m,A、B错误。 5.C　在4号小球刚进入BC段时,把10个小球看成一个整体,根据牛顿第二定律,有10mg sin 30°-4μmg cos 30°=10ma,解得4号小球的加速度大小为a=0.2g,A错误;在4号球刚进入BC段时,把5到10号小球看成一个整体,设4号球与5号球间细杆的弹力大小为FN,根据牛顿第二定律有6mg sin 30°-FN=6ma,解得FN=1.8mg,B错误;若10号球能到达B点且速度为v1,根据动能定理,有10mg sin 30°×9d-μmgd cos 30°(9+8+7+6+5+4+3+2+1)=×10m,解得v1=,C正确;小球在斜面上先加速后减速,设第n个小球刚进入BC段时加速度为零,此时1号球速度最大,则有10mg sin 30°-μnmg cos 30°=0,解得n=,即6<n=<7,所以在7号球刚进入BC段时,1号球速度最大,根据动能定理有10mg sin 30°×6d-μmgd cos 30°(6+5+4+3+2+1)=×10mv2,解得v=,D错误。 6.D　根据对称性知,小球通过AB段与BC段关于B点对称位置时受到的摩擦力相等,则在AB段与BC段过程中摩擦力做功相等(破题关键)。设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为W克f,对小球从A到C和从C到A的过程,分别运用动能定理得mgh-2W克f=0,-mgh-2W克f=0-m,联立解得v0=2,故C错误;设弹簧具有的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒,对小球从A到B的过程有mg+Ep=m+W克f,从A到C的过程有mgh+Ep=2W克f+Ep,解得W克f=mgh,Ep=W弹=m,且由于弹簧对小球有拉力(除B点外),小球对杆的压力大于mg cos 30°,无法计算小球与直杆间的动摩擦因数,故A错误,D正确;对小球从B到A过程,由能量守恒有mg+Ep+W克f=m,所以v1<v2,故B错误。 7.答案　(1)很小　(2)不需要　(3) (4)　(5)9.6 解析　(1)实验过程中,先打开气泵,再释放滑块,滑块与导轨之间有一层薄薄的空气,这样滑块运动时受到的阻力很小,可以忽略,可认为滑块的机械能守恒。 (2)滑块下滑过程中减少的重力势能转化为动能,则有mg(h1-h2)=m-m=m-m·,整理化简得g=-,所以本实验不需要测量滑块(含遮光条)的质量。 (3)由于遮光条通过光电门的时间很短,用其通过光电门的平均速度代替瞬时速度,则滑块通过光电门Ⅰ时速度的表达式为v1=。 (4)由(2)分析可得g(h1-h2)=-,则h1-h2=。 (5)设光电门Ⅱ到桌面的高度为h3,滑块下滑过程中机械能守恒,减少的重力势能转化为动能,有mg·(h-h3)=m,化简可得=2g(h-h3),可得-h图线的斜率k=2g= m/s2,可得当地的重力加速度为g=9.6 m/s2。 8.答案　(1)16 N　(2) m/s　(3) J 解析　(1)对小球a进行受力分析,根据共点力平衡条件有FN=mag cos θ 解得FN=16 N (2)当小球a滑到与O同高度的P点时,小球a的速度v沿圆环切线向下,b的速度为零(点拨:利用关联速度,即沿杆的速度大小相等求出小球a与b的速度关系),由机械能守恒定律可得magR=mav2 代入数据解得v= m/s (3)杆与圆环相切时,速度关系如图所示, 小球a的速度沿杆方向,设此时滑块b的速度为vb,有va=vb cos θ 从P到Q小球a下降的高度h=R cos θ a、b系统机械能守恒,则有 magh=ma+mb-mav2 对滑块b,由动能定理得W=mb 联立解得W= J 9.答案　(1)l0+　(2)见解析 解析　(1)当人的速度达到最大时,加速度为零,即mg=kΔx 解得弹性绳的伸长量为Δx= 所以弹性绳的长度为l=l0+Δx=l0+ (2)a.在O到A阶段,人只受竖直向下的重力,做自由落体运动,加速度为a=g 人从A点到最低点过程中,根据牛顿第二定律有mg-k(x-l0)=ma 随着人的下落,位移x不断增大,所以加速度不断减小,当加速度减小到零时,人的速度达到最大,随着x的继续增大,加速度反向增大,人的速度不断减小,直到速度减为零,人运动到最低点,此时人的加速度大小应大于重力加速度大小,所以a随x变化的图线如图所示。 b.类比v-t图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移,a-x图线与横轴所围的面积与质量的乘积表示合外力所做的功(破题关键),从起点到最低点,根据动能定理可知合外力做功等于零,即x轴上方的面积与x轴下方的面积相等。人的质量越大,图线与x轴的交点坐标越大,x轴上方的面积与x轴下方的面积都将增大,所以速度减为零时的位移增大,即人能到达的最低位置越低。 学科网（北京）股份有限公司 $