8.4 机械能守恒定律-【无敌原创】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课时卷

物理 4 机械能守恒定律 基础过关) 1.物体在平衡力作用下，下列说法中正确的是 A.机械能一定增大 B.重力势能一定减小 C.机械能一定不变 D.动能一定不变 2.(多选)如图，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程 中 A.小球动能和弹簧弹性势能之和不断增大 数 B.小球重力势能和弹簧弹性势能之和保持不变 第2题图 三三三 C.小球重力势能和动能之和增大 D.小球重力势能、动能与弹簧弹性势能之和保持不变 3.(多选)据报道：“新冠”疫情期间，湖南一民警自费买药，利用无人机空投药品，将药品送到了隔离人 员手中。假设无人机在离地面高度为12米处悬停后将药品由静止释放，药品以加速度a=6m/s2 知 匀加速竖直下落，若药品质量为0.5kg,重力加速度g取10/s2,则药品从释放到刚接触地面的 盟 过程中 ( A.机械能守恒 B.机械能减少了24J C.动能增加了36J D.所受的合力做了60J的功 4.(多选)如图所示，楔形木块ABC固定在水平面上，光滑斜面AB和BC与水平面的夹角相同，顶角 B处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的a、b滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接， 轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑 块沿斜面运动的过程中 三 第4题图 A.两滑块组成的系统机械能守恒 B.重力对a做的功等于a动能的增加量 C.a克服拉力做的功等于a机械能的减小量 D.轻绳对b做的功大于b机械能的增加量 5.如图所示，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端各系一小球a和b,a球质 量为m,静置于地面；b球质量为3m,用手托住，离地面高度为h,此时轻绳刚好拉紧， 从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为 () A.h B.1.5h C.2h D.2.5h 6.(多选)如图，质量分别为m和2m的两个小球a和b,中间用长为2L的轻杆相连，在杆第5题图 的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在b球顺时针转动到最低位 置的过程中 ( 0 6 10 m 2m 第6题图 A.a、b两球的角速度大小始终相等 B.重力对b球做功的瞬时功率一直增大 C.b球转动到最低位置时的速度大小为√3gL D.杆对b球做正功，b球机械能不守恒 7.（多选)如图所示，物块与圆环通过光滑轻质定滑轮用细绳连结在一起，圆环套在 光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的细绳水平，竖直杆与滑轮间的距离为L。 某时刻圆环由静止释放，依次经过竖直杆上的A、B两点，在A点处细绳与竖直 53° 杆成53°，圆环下落到B点时，速度达到最大，此时细绳与竖直杆成37°。已知圆 A 37 环的质量为m,重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计，下列 判断正确的是 A.物块的质量为n 第7题图 B.在A位置时，圆环的加速度大小为4g C圆环下落的最大速度为号g配 D.圆环下落的最大距离为g 。能力提升) 1.下列关于机械能守恒的说法中正确的是 ( A.做匀速运动的物体，其机械能一定守恒 B.物体只受重力，机械能才守恒 C.做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒 D.除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒 33 2.两个质量相同的小球a、b,分别用细线悬挂在等高的O1、O2点，a球的悬线比b球的长，如图所示， 把两球均拉到与悬线水平后由静止释放，关于两球经最低点时的情况，下列说法错误的是() A.a球的速率一定大于b球的速率 B.a球的动能一定等于b球的动能 C.a球的机械能一定等于b球的机械能 D.绳对a球的拉力一定等于绳对b球的拉力 3.图甲中，轻弹簧竖直固定在地面上，以弹簧正上方、与上端距离为x的O为原点，建立竖直向下的 坐标系。将质量为m的小球从O点释放，小球落到弹簧上并压缩弹簧，测得小球所受弹力F的大 小与x的关系如图乙所示。不计空气阻力，在小球向下运动的过程中 () A.到达3xo时机械能最小 B.最大速度的值为√3gx0 C.受到弹力的最大值为2mg D.弹簧的最大弹性势能为3mgxo 4.如图所示，水平光滑长杆上套有物块Q,跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q,另一 端悬挂物块P,设细线的左边部分与水平方向的夹角为日，初始时日很小。现将P、Q由静止同时释 放，角逐渐增大，则下列说法错误的是 () A.0=30°时，P、Q的速度大小之比是√3：2 B.0角增大到90°时，Q的速度最大、加速度最小 C.0角逐渐增大到90°的过程中，Q的动能增加，P的动能减小 D.0角逐渐增大到90°的过程中，Q的机械能增加，P的机械能减小 00 0 mg 77777f7777 0 3X02x0 UP 第2题图 第3题图 第4题图 5.如图所示，物体A、B质量相同，在倾角为30°的光滑斜面上，滑轮及绳子质量均不计，现将系统由静 止释放，则物体A在下降h距离时的速度大小为 () A.√2gh 3gh B.2 C.2gh 2 D2√2 6.（多选)如图所示，三个小球a、b、c的质量均为m,a与b、c间通过铰链用轻杆连接，杆长为L,b、c置 于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角 a由60°变为120°，a、b、c在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g。则此下降过程中 () 34无敌原创·同步课时卷物理·必修第二册 A.a的动能达到最大前，b受到地面的支持力等于3mg Ba的动能最大时，b受到地面的支持力等于mg C.弹簧的弹性势能最大时，a的加速度方向竖直向上 D.弹簧的弹性势能最大值为mgL 7.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能E。之和。取地面为重力势能 零点，该物体的E总和E。随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10/s2。由图 中数据可得 ( A.物体的质量为3kg B.h=0时，物体的速率为20m/s C.h=2m时，物体的动能Ek=40J D.从地面至h=4m,物体的动能减少100J E/J 100-E点 80l 60 40-- 302 20 惑 him AC☐ 0 123 4 第5题图 第6题图 第7题图 柴 8.如图所示，有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、 哄 b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R,不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释 放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，重力加速度为g,求： (1)a、b球滑到水平轨道上时速度大小为多少； (2)从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为多少。 6 b B 第8题图故选A。】 5.B[解析：物体向左运动，物体受到的弹力方向向右，故弹力 对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，A错误，B正确；弹簧的弹 力为F=红，弹力做功表达式为w-=生x=子，可 见物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量平方成正比，C错误；物体 向墙壁运动相同的位移，弹力大小不同，故弹力做功不相等，D 错误。故选B。】 6.(1)ACE (2)FL [解析：(1)拉力方向与运动方向相同，所以拉力做正功，弹簧被 拉长，发生了弹性形变，具有了弹性势能，弹性势能增加，A正 确，B错误；弹簧弹力的方向与作用点运动方向相反，做负功，弹 性势能增加，C正确，D错误；由能量关系可知，拉力做的功等于 弹簧弹性势能的增量，E正确。故选ACE。(2)变力做功中，力 和位移图线围成的面积等于功的大小，所以根据几何关系，W= 小 【能力提升】 1.AD【解析：缓慢增大试管的倾角0至试管竖直，小球始终处 于平衡状态，由平衡条件得kx=mgsin0,解得x=msin0,缓慢 增大试管的倾角0至试管竖直，弹簧的形变量x增大，弹簧的弹 性势能增大，A正确，B错误；以地面为零势能面，倾角为0时， 小球的重力势能为E。=mg(xo一x)sin0,解得E。=mgxo sin0- 心0，当血0-时，小球的重力势能最大，若细<1， 2mg 则在到达竖直位置之前，重力势能有最大值，小球重力势能先增 大后减小，C错误，D正确。故选AD。】 2.ABC[解析：重力所做的功为Wc=一mgh,由于重力做负 功，所以重力势能增加mgh,物体缓缓提高说明速度不变，所以 物体动能不发生变化，根据功能关系得△E=We十WG=WF mgh,所以弹性势能增加WF一mgh,所以弹力做功为W= 一△E弹=mgh一WF。故选ABC。] 3.D[解析：手压木块时，木块受到重力、压力和弹簧的支持 力，这三个力平衡。手对木块的压力小于弹簧对木块的支持力， 所以这两个力不是一对平衡力，A错误；弹簧恢复原状过程中， 弹性形变的程度变小，弹性势能减小，B错误；松手后，木块在没 有离开弹簧前，弹簧被压缩，所以木块受弹力方向竖直向上，C 错误；松手后，木块在没有离开弹簧前，所受弹力和木块对弹簧 的压力是一对作用力与反作用力，故大小总是相等，D正确。故 选D。J 4.B[解析：设绳长为L,捏住细绳中点缓慢提起，则细绳的重 心在距离最高点上位置处，因此细绳a的重心上升的高度为h' 么，一专，细绳b的重心上升的高度为'=，一号，由于细绳a 较长，所以宁>号若么=则a的重心较低，故一定有W,< W。,A错误；若ha>.,则无法确定两细绳的重心谁高谁低，因 此可能有W。<W,也可能有W。=W,还可能有W>W,B正 确，D错误；若h<h,则一定是a的重心较低，因此一定有W< W,C错误。故选B。】 5.C[解析：设小球质量为m,弹簧的劲度系数为k,当直槽转至 与水平方向的夹角为0，小球高度为h,由于小球始终处于平衡状 态，放有。一品)=mgm6,当直指转至竖直方向时，有 化-)-s联立可得人=-（么-）（血0会头）广+ 0.25L2,当sin0=0- Lo-ho 头时6有最大值。故有人2代 入数据，有ho=0.375m,0=53°。故选C。】 6.解：(1)开始时，左边一半链条的重力势能为E。=一3X 子sin0,右边一半链条的重力势能为E=-"受×←，左、右两 部分总的重力势能为E,=E:十Ee=一名mgL(sin0+1),链 条从右侧刚好全部滑出时，重力势能为E,'=一2mgL。 (2)此过程重力势能减少了△E,=E,一E,'=gmgL(3一sin0), 故重力做的功为m。=gmgL(3-sin0》. 3动能和动能定理 【基础过关】 1.AB[解析：动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体 的运动方向无关，动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于 地面的动能。故选AB。] 2.AB[解析：物体的初动能为0，末速度为v=2m/s,则物体 动能增加量为△E=之md-0=之×2×2J=4J,A正确：重 力对物体做的功为WG=一mgh=一2×10×1J=一20J,由功 能关系可知，物体重力势能增加量为20J,B正确，C错误；根据 动能定理知，合外力做功等于动能的变化，即W合=△Ek=4J,D 错误。故选AB】 3.C[解析：物块上滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒， 在C点的机械能为零，则在A点的机械能也为零，在A点有动 能，则物块在A点处的重力势能不为零，且为负值，A错误；设 物块在A点的动能为E.,则E=之m,2,在B点有号mw2= 之E,解得以：=厄：1，B错误：根据动能定理得物块在AB 段和BC段克服重力做的功W他=W:=子E,即为W: Wc=1:1,C正确；根据P=mgusin0可得，物块在A、B两点 处重力的瞬时功率之比等于速率之比，为√2：1，D错误。故 选C。】 4.BC[解析：设加速阶段汽车的位移为x1,减速阶段汽车的位 移为x2,由v-t图像所围的面积可知x1：x2=1:3。对全程， 根据动能定理，有Fx1一f(x1十x2)=0,解得F:f=4：1,A错 误，B正确；全程中汽车动能变化量为0，根据动能定理可知，牵 1 势能，所以mgh>乞m,B错误；根据动能定理，得mgh十W= 引力做的正功与摩擦力做的负功大小相等，即W1:W2=1:1, C正确，D错误。故选BC。】 合m,所以由A至B,小球克服弹力做功为mg一之md,C错 5.BD[解析：由题图知，物体前进20m,动能由50J变为零，由 误：弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，所以小球到达位置B时 动能定理，得Fx=△Ek,F×20m=0-50J,即F=-2.5N,即物 体所受的合外力大小为2.5N,A错误；物体的加速度大小F 弹簧的弹性势能为E,=mgh一之m,D正确。故选D.】 ,解得a=2.5m/,C错误，D正确：由E.=子mw2=50J,解 4.B【解析：由图像可知，上升到最大高度h时，变力F的大小 为F,=二下。，故物体从开始运动到上升到最大高度过程中， H 得=10m/s,故滑行时间t一安-4s,B正确。故选BD.】 6.A【解析：当小球以6J的初动能从A点水平抛出时，假设小 变力F做的功为图像围成的面积，即W=号·(R十R,)h= 球落在斜面上，设初速度为凸，在空中运动时间为t,由平抛运 2H二F上，物体的初、末速度均为0，故由动能定理，得W一 2H 动规律可得么=子gt,2=t,an37°=兰，从开始抛出到落到 mgh=0,联立解得m=2开二卫，物体刚开始运动时，由牛顿 2gH 斜面过程，由动能定理可得mgh=E未一En,E翻=之mu2,联 第二定律，有R,一mg=m,解得a=2经物体到达最高点 立可得Ek*=19.5J≠12J,故假设不成立，小球没有落在斜面 上。当小球以6J的初动能从A点水平抛出时，小球落在水平 时，由牛顿第二定律，有mg一F=ma,解得d=万因此 面上，由动能定理可得mgh=Ek2一Ek1,当小球以12J的初动能 在开始运动时和到达最高点时，加速度等大反向，且均为最大值 从A点水平抛出时，小球也落在水平面上，由动能定理可得 hg mgh=E一Ea,联立可得Ek=18J。故选A,】 2H二·故选B.】 【能力提升】 5.B[解析：以6m/s的初速度下滑时，根据动能定理得mgh一 1.AD[解析：对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛 fs=0,以7m/s的初速度下滑时，根据动能定理得mgh一fs= 顿第二定律可得kx一f=ma,x减小，a减小，当a=0时，物块 △Ex,物体下滑时，速度越大，对轨道的压力越大，摩擦力越大， 速度最大，此时，物块在O点左侧；从加速度a=0处到O点过 所以有fs>fs,即△Ek<0,物体到达B点的速率小于7m/s。 程，由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小，a增大，当弹簧处于 故选B。】 伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx十f=ma,x增大，a继续 6,解：（①）滑块离开B点后做平抛运动，则A=弓g心，z=1,解 增大，可知物块的加速度先减小后增大，A正确，B错误；物块所 得OC的长x=0.8m。 受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，C错误；从A到B的 (2)滑块从B端运动到N端停止过程，根据动能定理得一mgL= 过程，由动能定理可得W弹一W1=0,D正确。故选AD。】 2.ACD[解析：设AC斜面的倾角为a,BC斜面的倾角为3，两 0-之mm2,解得μ=0.2。 斜面对应的水平位移均为x,甲从A滑到C克服摩擦力 (3)若将木板右端截去长为△L的一段后，设滑块滑到木板最右 1 1 做功，W=m gos a·c=gcos a·c05。wmg1,根据动能 端时速度为v,由动能定理得一wmg(L一△L)=2mu一之m%2, 滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地 定理，mgho一0mgx=2m',可求0=√2gh如一2gx。对乙 点距O点的距离s=L一△L十t,联立整理得s=1十0.8√△L一△L= 同理可求2=√2gho一2gx,因为h0>ho,所以>2，A 一（√△L一0.4）2+1.16.根据数学知识得知，当√△L=0.4,s最 正确；根据动能公式，E=之m2,Ee=之m2,因为m< 大，解得△L=0.16m。 2,1>2,所以无法比较Ek1和Ek2的大小，B错误；克服摩擦力 4机械能守恒定律 做功，甲有W1=m gcos a·xAc=mgx,乙有W2=m2 gcos B· xc=m2gx,因m<m2,所以W1<W2,C正确；甲下滑的加速 【基础过关】 度a1=gsin a一ugcos a,乙下滑的加速度a2=gsin B--gcos B, 1.D[解析：如果物体在竖直方向向下匀速直线运动，则重力 势能减少，机械能减少，A错误；如果物体在水平面内静止或匀 因为a>B,所以a1>a2,根据匀变速直线运动的位移公式x=之 速直线运动，则重力势能不变，B错误，如果物体在竖直方向向 at,x1>x2,所以无法比较运动的时间大小关系，D正确。故 上匀速直线运动，则重力势能增大，机械能增大，C错误；物体在 选ACD.】 平衡力的作用下，处于静止状态或匀速直线运动状态，因此动能 3.D【解析：重力做功只与初末位置的高度差有关，则由A至 一定不变，D正确。故选D。】 B重力做功为mgh,A错误；由A至B重力做功为mgh,则重力 2.AD[解析：对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过 势能减少mgh,小球在下降过程中重力势能转化为动能和弹性 程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能 45 量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动 能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，D正确；对于小 球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的重力势能 一直减小，则小球动能和弹簧弹性势能之和不断增大，A正确； 在刚接触弹簧时，小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程 中，弹簧的弹力越来越大，小球的加速度越来越小，直到弹簧的 弹力等于小球所受到的重力，这时小球的加速度为0，要注意在 小球刚接触弹簧到加速度变为0的过程中，小球一直处于加速 状态，由于惯性的原因，小球还是继续压缩弹簧，这时弹簧的弹 力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这时 弹簧压缩到最短，小球的动能先增大后减小，所以重力势能和弹 性势能之和先减小后增加，B错误；弹簧是一直被压缩的，所以 弹簧的弹性势能一直在增大，因为小球的动能、重力势能和弹簧 的弹性势能之和保持不变，重力势能和动能之和始终减小，C错 误。故选AD。] 3.BC[解析：因为a=6m/s2<10m/s2,故药品在下落过程中 受到阻力，机械能不守恒，A错误；根据牛顿第二定律可知mg一 F:=ma,解得F:=2N,克服阻力做功为W:,=F:h=24J,故机 械能减少了24J,B正确；落地时的速度=2ah,解得v=12m/s, 故动能增加量△E,=之md-0=36J,C正确；根据动能定理可 知，合力做功等于动能的增加量，故合力做功为36J,D错误。 故选BC。】 4.AC[解析：两滑块组成的系统只有重力做功，系统机械能守 恒，A正确；对a,有重力及绳子拉力做功，所以重力及绳子拉力 做功之和等于动能的增加量，B错误：根据功能关系，非重力 做功等于物体机械能的变化，所以a克服拉力做的功等于a机 械能的减小量，轻绳对b做的功等于b机械能的增加量，C正 确，D错误。故选AC。] 5.B[解析：若不计空气阻力，则系统机械能守恒，3mgh一mgh= ·4m·,解得=V,根据a球机械能守恒，2md= 1 mgh,解得1=之，a球可能达到的最大高度为H=h十1= 1.5h。若有空气阻力，则最大高度h<H<1.5h。故选B。】 6.AC[解析：a、b两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，A正 确；杆在水平位置时，重力对b球做功的瞬时功率为零，杆在竖 直位置时，b球的重力和速度方向垂直，重力对b球做功的瞬时 功率也为零，但在其他位置，重力对b球做功的瞬时功率不为 零，因此，重力对b球做功的瞬时功率先增大后减小，B错误；设 b球转动到最低位置时的速度为，两球角速度大小相等，转动 半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对a、b两球和杆组成 的系统，由机械能守恒定律得2mgL一mgL=号(2m)d十 1 2 mt,解得o=√兮gL,C正确：b球的重力势能减少了 2mgL,动能增加了号mgL,机械能减少了，所以杆对b球做负 功，D错误。故选AC。] 7.AD[解析：由题意知圆环到达B点时速度最大，则加速度为 0,即mg=Mgc0s37,解得M=m,A正确；在A位置时圆环 的加速度a=mg一Fcos53,由于重物加速上升，F≠Mg,故圆 46 无敌原创·同步课时卷物理·必修第二册 环的加迷度大小a≠一cs3江-子，B错误，下带过程中系 m 统机被能守恒，可得ms7=M(7一L)+子m+ L 之Mc0s37r）),解得。-区，C错误；设圆环下落的最大距离 为x,则mgx=Mg(√D十7-L,解得工=智L.D正确.故 选AD.] 【能力提升】 1.D[解析：做匀速运动的物体，其机械能不一定守恒，如在空 中匀速下降的降落伞，机械能减小，A错误；机械能守恒定律的 条件是只有重力或弹力做功，B错误；做匀速圆周运动的物体， 其机械能不一定守恒，如在竖直平面内做匀速圆周运动的物体 机械能不守恒，C错误；除重力做功外，其他力不做功，物体的机 械能一定守恒，D正确。故选D。】 1 2.B【解析：由小球静止释放经过最低点时有mgL=2m心，解 得=√2gL,所以悬线越长的动能越大，速度也越大，A正确， 不符合题意；B错误，符合题意。a、b球静止释放过程机械能守 恒，a、b球的质量、初始位置一样，初始时机械能相同，所以a球 的机械能一定等于b球的机械能，C正确，不符合题意。在最低 点有F一mg=m二，解得F=3mg,则绳子对小球的拉力与悬线 的长度无关，所以绳对a球的拉力一定等于绳对b球的拉力，D 正确，不符合题意。故选B。] 3.B[解析：小球与弹簧组成的系统机械能守恒，当弹簧的弹性 势能最大时，小球的机械能最小，此时小球速度为0，则有mgx 一号F(x一)=0，F=(x一)，由弹力F的大小与x的关系 可得k(2x一x)=mg,由以上几式解得x=(2十5)x,x=(2- √3)x。(舍去)，A错误；当弹簧的弹力与小球的重力相等时，小球 速度最大，由动能定理则有mg2,一宁(2x,一，)户=合m, 解得m=√3gx,B正确；由A可知当x=(2十√3)xo时，弹力 最大有F=k(x一xo)=(1十√3)mg,C错误；由A可知当x= (2十√3)x时，弹性势能最大，有E。=mgx=mg(2十√3)xo,D 错误。故选B。】 4.C[解析：P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与 P的速度相等，则当0=30时，Q的速度%cos30°=，解得 气，A正确，不符合题意；P机械能最小时，为Q到达O点正下 方时，此时Q的速度最大，即当0=90°时，Q的速度最大，加速度 最小，B正确，不符合题意；0角逐渐增大到90°的过程中，Q的速 度增大，Q的动能增加，当0=90°时，%cos90°=你，此时P的速 度为零，因此P的速度先增大后减小，所以P的动能先增大后减 小，C错误，符合题意；0角逐渐增大到90°的过程中，Q的速度增 大，动能增大，而重力势能不变，所以Q的机械能增加，P、Q组 成的系统机械能守恒，所以P的机械能减小，D正确，不符合题 意。故选C。】 5.A【解析：设物体A在下降h距离时的速度为o,则此时B O点较远的点，这样测量时距离较远，测量的相对误差较小；F 物体的速度为号，由机械能守恒得mgh十mg×分sin30°- 步骤中应计算g和分u,2的值，若m没有被测量，则mgh、 子m+m(受)》'，解得。=V2g。故选A.】 交mu,就不能计算出具体的值。】 6.BC【解析：a的动能最大时，设b和c受到地面的支持力大 4.(1)2.25(2)大于(3)0.031 小均为F,此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg,所以 【解析，1DC点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则有心-号- F=号mg,在a的动能达到最大前，一直是加速下降，处于失重 (31.23-22.24)×10-2 m/s=2.25m/s。(2)根据动能定理，得 2×0.02 情况，所以b受到地面的支持力小于号mg,A错误，B正确：当a (mg一A=之m,则有号=”h,知图线的斜率为= 达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，a的加速度 m 方向向上，C正确；a下落的高度为h=Lsin60°-Lsin30°，根据 mg二=g一上，b的斜率小，知b的质量小，所以a的质量m大 m m 功能关系可知，小球的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即 弹簧的弹性势能最大值为，=mg=。一mgL,D销误。故 于b的质量m。(3)根据动能定理知(mg一Dh=子md,则有 亡=mg一h,可知k2=m2g二上=9.18，代人数据，解得f- 选BC。] 2 1m2 m2 7,D【解析：E-A图像的斜率为G,即G-2-20N,解得 0.031N。J 5.(1)乙(2)C(3)0.129 m=2kg,A错误；h=0时，E。=0,Ek=E总一E。=100J-0= [解析：(1)罗同学选用电火花打点计时器，应该接220V交流电 100J,故2md=100J,解得0=10m/s,B错误；h=2m时， 源，则应按乙图中的方法连接电源。(2)释放纸带前，应该用手 提着纸带的一端使纸带在竖直方向，且重物靠近打点计时器，故 E,=40J,Ek=E。-E。=90J-40J=50J,C错误；h=0时， 图C正确。(3)打下第5个点时重物减小的重力势能为△E。= Ek=Ea一E。=100J-0=100J,h=4m时Ex'=E总-E。= mgh=0.3×9.8×4.4×10-2J=0.129J。] 80J-80J=0J,故Ex-Ex'=100J,D正确。故选D.】 8.解：(1)a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒，则有mgR十 【能力提升】 1.(1)1.851.831.67(2)B先释放了纸带，后合上打点计 2mgR=之×2m时，解得a,b球滑到水平轨道上时速度大小为 时器的开关 v=√3gF。 [解析：(1)当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减小量 (2)从释放a、b球滑到水平轨道上，对a球，由动能定理有W十 △E,=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2J≈1.85J;打B点时 mgR=之m,解得轻杆对a球做的功为W=mgR 重锤的速度%=0C0A-(27.06-12.41)X10 4T -m/s 2 4×0.02 5实验：验证机械能守恒定律 183m/s,此时重锤的动能增加量△E=2mw2=之×1.0× 〖基础过关】 1.832J≈1.67J.(2)由机械能守恒定律，有合md=mg,可得 1.D[解析：打点计时器工作的电压为交流电，A错误；打点计 时器工作时应该先接通电源，再释放纸带，B错误；打点计时是 名寸-g,由此可如图线的斜率近似等于重力加速度后，故B正 计时的仪器，所以不需要使用秒表记录时间，C错误；固定好打 确。由图线可知=0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学 点计时器，将连有重物的纸带穿过限位孔，用手提住，将纸带和 做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关。] 重锤提升到一定高度，尽量靠近打点计时器，D正确。] 2.(1)CD(2)mg(53-51) m5(4-2s2） 8T2 小于 2.AC【解析：物体重力势能减少量为mgh,动能增加量为 [解析：(1)重锤的质量可测可不测，因为动能的增加量和重力势 合mw一号m,计算g和宁w一合，如果在实验误差允 能的减少量式子中都有质量，可以约去。需要测量的物理量是 许的范围内gk=子w一之2，则机械能守恒定律得到验证。 重锤下落的高度；通过计算得到的物理量是与下落高度对应的 重锤的瞬时速度。(2)重锤由B点到D点重力势能减少量的表 A、C不必要。故选AC。] 3.A BCDF①B中手应抓住纸带末端，让重锤尽量靠近打点 达式为△E,=mg(一1)，B点的速度=齐，D点的速度 计时器②C中应先接通电源，再松开纸带③D中应选取离 0=2齐，则动能的增加量A区=合mw-名mw2 O点较远的点④F中应计算g,和2的值 m。一2》；由于重锤下落时要克服阻力做功，有内能产生， 8T [解析：A步骤不必要，不称量重锤和夹子的质量也可验证机械 根据能量守恒定律知，该实验的动能增加量总是小于重力势能 能守恒定律；B步骤中应让重锤尽量靠近打点计时器，而不是手 的减少量。] 靠近；C步骤中应先接通电源，后释放纸带；D步骤中应选取离