专题03 机械能守恒（期末复习专项训练）高一物理下学期沪科版

**基本信息** 以“功-能-守恒”为逻辑主线，通过6大题型系统覆盖机械能核心考点，强化能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |功和功率|10题|概念辨析（1-4题）、情境计算（5-10题）|从定义理解到瞬时功率计算，构建功与能的关联| |机车启动|6题|v-t图像分析（11-12题）、多过程计算（13-17题）|结合功率公式，体现力与运动的动态关系| |势能|9题|重力势能变化（18-21题）、弹性/引力势能（22-27题）|从机械能组成部分深化能量转化认知| |动能定理|8题|动能变化分析（28-32题）、多力做功应用（33-36题）|承接功的计算，建立做功与动能变化的定量关系| |机械能守恒|3题|守恒条件判断（39-41题）、综合应用（含蹦极/撑杆跳情境）|整合动能定理与势能，强化守恒思想应用| |验证实验|2题|装置操作（37题）、数据处理（38题）|通过实验验证理论，培养科学探究能力|

专题03 机械能守恒（专项训练） 题型1 功和功率的定义、相关计算 题型2 机车启动 题型3 重力势能、弹性势能、引力势能 题型4 动能和动能定理 题型5 机械能守恒 题型6 验证机械能守恒的实验 题型1 功和功率的定义、相关计算 1． 【答案】B 2． 【答案】B 3． 【答案】D 4． 【答案】C 5． 【答案】B 6． 【答案】D 7． 【答案】0.4；120。 8． 【答案】B 9． 【答案】D 10． 【答案】D 题型2 机车启动 11．（多选） 【答案】BCD 12． 【答案】fv2；。 13． 【答案】（1）A；（2）10；重力； 14． 【答案】（1）行驶过程中车子所受路面的阻力大小为35N和比例系数k1为5kg•s﹣1。 （2）该车不符合道路法规要求，理由见解析。 【解答】解：（1）由题意可知，小明和车的总质量m＝30kg+60kg＝90kg，当驱动力F1＝135N时，受到的阻力f＝k1v1， 那么由牛顿第二定律有：F1﹣k1v1﹣f＝ma 整车驱动力F2＝55N时，受到的阻力f＝k1v2，此时匀速：F2﹣k1v2﹣f＝0 联立解得：f＝35N，k1＝5kg•s﹣1 （2）由题意车子扣耗的功率为ΔP＝k2v＝15v，那么当整车以额定功率行驶时， 根据功率的公式牵引力：F 整车的阻力与牵引力与阻力平衡时有：k1v+f＝F 联立求得：v＝4.75m/s，或﹣14.75m/s（舍去） 由于v＝4.75m/s＝17.1km/h＞15km/h，故不合要求。 15． 【答案】D 16． 【答案】（1）该车在运动过程中所受阻力大小为800N； （2）8﹣18s内该车所受牵引力所做的功为8×104J； （3）从静止开始到18s末该车前进的距离为127.5m。 【解答】解：（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有 Pm＝Fvm＝fvm 可得该车在运动过程中所受阻力大小为 fN＝800N （2）变加速过程中，即8～18s内，汽车牵引力的功率恒为8×103W 所以该过程中牵引力做的功为：W2＝Pt2＝8×103×10J＝8×104J （3）根据v﹣t 图像可知，匀加速阶段加速度大小为 am/s2＝1m/s2 根据牛顿第二定律有 F牵﹣f＝ma 则该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小 F牵＝f+ma＝800N+200N＝1000N； 0～8s内汽车匀加速运动的位移为 x11×82m＝32m， 牵引力做的功为 W1＝F甲x1＝1000×32J＝3.2×104J 则从静止开始到18s末该车所受牵引力所做的功：W＝W1+W2＝3.2×104J+8×104J＝1.12×105J 从静止开始到18s末由动能定理得：W﹣fx 从静止开始到18s末该车前进的距离 x＝127.5m。 17． 【答案】（1）从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间为10s； （2）动车组能达到的最大速度为100m/s； （3）当动车组的速度为v＝50m/s时，第3节车厢对第4节车厢的拉力为6×104N。 【解答】解：（1）设从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时电机的牵引力为F1，动车组的速度为v1，则有 F1﹣6×0.1mg＝6ma P1＝F1v1 v1＝at1 代入数据解得 从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间 t1＝10s （2）当动车组达到最大速度时，有 P1+P2＝fvmax＝0.6mgvmax 代入数据得，动车组能达到的最大速度为 vmax＝100m/s （3）设当第四节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车的速度为v2，则有 P1+P2＝F1v2 解得 所以当v＝50m/s时，对整个动车组有 对4、5、6节车厢有 解得第3节车厢对第4节车厢的拉力 T＝6×104N 题型3 重力势能、弹性势能、引力势能 18． D．动能一定减少 【答案】B 19． 【答案】C 20． 【答案】B 21． 【答案】6.75×104；1.35×105 22． 【答案】D 23． 【答案】C 24． 【答案】C 25． 【答案】C 26． 【答案】，。 27． 【解答】解：（1）卫星在离地高度为H处环绕地球做匀速圆周运动，据万有引力提供向心力，列出等式： m① 根据在地面附近物体受到地球的万有引力近似等于物体在地面上的重力，列出等式：mg…② 由①②得：v （2）万有引力势能的表达式：Ep＝﹣G ③ 由②③得：卫星的引力势能：Ep （3）卫星的机械能应该是动能和势能之和． 所以E＝Ek+Ep 题型4 动能和动能定理 28． 【答案】A 29． 【答案】B 30． 【答案】B 31． 【答案】C 32． 【答案】A 33． 【答案】（1）小球从A到B的过程中克服空气阻力做功为mgL； （2）若不计空气阻力，运动到B点时，绳子的拉力为mg。 【解答】解：（1）小球恰能达到最高点B，在B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有 可得，小球到达B点的速率 在小球从A到B的过程中，设克服空气阻力做功为Wf，根据动能定理得 解得 （2）由动能定理可得 ﹣mg•L 可得 小球运动到B点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 可得F＝mg 34． 【答案】（1）﹣mgh，；（2）①mg。②B。（3）①D。② ③AD。（4）①篮球所受空气阻力f的大小为。②刘老师拍打篮球所做的功W为。 35． 【答案】5000，4，9×105。 36． 【答案】（1）汽车启动瞬间加速度大小是4m/s2； （2）汽车的额定功率是30kW。 （3）汽车从启动到刚开始匀速运动时的位移是410m。 【解答】解：（1）匀速运动时，汽车受力平衡，牵引力等于阻力与重力沿斜面向下分力之和，即：F2＝f+mgsinθ 其中F2＝1500N 故f+mgsinθ＝1500N 启动瞬间，牵引力F1＝7500N根据牛顿第二定律：F1﹣（f+mgsinθ）＝ma 代入数据可得a＝4m/s2 （2）0～1s内汽车做匀加速直线运动，1s末的速度为：v1＝at1 此时牵引力为F1＝7500N，达到额定功率，故额定功率：P＝F1v1 代入数据可得P＝30kW （3）运动分为两个阶段：匀加速阶段（0～1s）和恒定功率阶段（1～31s）。 匀加速阶段位移 恒定功率阶段t2＝31s﹣1s＝30s 匀速时速度 根据动能定理： 代入数据可得x2＝408m，x＝x1+x2 代入数据可得x＝410m 题型5 机械能守恒 39． 【答案】（1）①C；mgL（1﹣cosθ）；②A；；③C； （2）①人从离开蹦台到弹性绳恰好绷紧的过程，下落位移x＝10m，若机械能守恒，根据自由落体规律vm/s≈14m/s，与图中的一致，故机械能守恒； ②从弹性绳绷紧到最低点的过程中，弹性绳的弹力始终对人做负功，弹性势能持续增加，故蹦极者的动能和重力势能之和一直减小，故B正确，ACDE错误； 故选：B。 ③动能最大时，速度最大，加速度为0，重力与弹力平衡，对应图中v＝16m/s，x＝15m的A点， 根据机械能守恒：mgxEx 解得：Ex＝1140J ④取蹦极台为零势能处，根据机械能守恒：EP+Ex+Ek＝0，重力势能为Ep＝mgx′＝﹣60×9.8×15J＝﹣8820J， 故示意图如下图所示： 40． 【答案】（1）D；（2）AD；（3）BC； （4）①根据甲图可知，小球下落的初始位置距地面的高度为：hm＝1m 小球在最低点时的重力势能为：Ep′＝mgh′＝1×10×（1﹣0.6）J＝4J； ②从x＝0到x＝0.6m过程中，减小的重力势能为：ΔEp＝10J﹣4J＝6J 增加的弹性势能为：ΔE弹＝4.8J﹣0J＝4.8J 可知，此过程阻力做的功为：W＝﹣fΔx＝4.8J﹣6J＝﹣1.2J 解得，小球下落到最低点过程受到的阻力大小为：f＝2N ③小球下落速度最大时受力平衡，即：F弹+f＝mg 其中：F弹＝k（x﹣0.5m） 解得：x≈0.51m 41． 【答案】（1）A；（2）BD；（3）Ep＞Ek＞E弹。 题型6 验证机械能守恒的实验 37． 【解答】解：（1）A．摆锤释放器在每次释放后不需要调整高度，故A错误． B．光电门传感器不一定放在最低点，也可以在其他位置测量，故B错误． C．每次要用测平器使光电传感器的红外发射孔对应于所要求高度的水平线，故C正确． D．摆锤线长应调整到使摆锤在摆动时能通过光电孔，故D错误． 故选C． （2）利用v2﹣h图线处理数据，如果mg（h0﹣h）mv2 作出的图线应是图中的D，那么v2﹣h图线的斜率就等于g． 38． 【答案】（1）①B ② ③﹣[] （2）①A ②2g ③摆锤在运动的过程中受到空气阻力的影响。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 机械能守恒（专项训练） 题型1 功和功率的定义、相关计算 题型2 机车启动 题型3 重力势能、弹性势能、引力势能 题型4 动能和动能定理 题型5 机械能守恒 题型6 验证机械能守恒的实验 题型1 功和功率的定义、相关计算 1．关于功的概念，下列说法正确的是（　　） A．功是标量，但有正负，功的正负不表示方向，只表示大小 B．滑动摩擦力既可能做正功，也可能做负功，还可以不做功 C．一对相互作用力做功之和一定为零 D．合外力做功为零，则物体一定做匀速直线运动 2．游乐场里有一种旋转飞椅，当飞椅以一定的速度旋转时，坐在飞椅上的游客在水平面内做匀速圆周运动，重力对飞椅（包括游客）做功为WG，摆线对飞椅（包括游客）的拉力做功WT，则（　　） A．WG≠0，WT＝0 B．WG＝0，WT＝0 C．WG≠0，WT≠0 D．WG＝0，WT≠0 3．下列说法中正确的是（　　） A．﹣10J的功小于+5J的功 B．功是矢量，正、负表示方向 C．一个力对物体做了负功，但这个力不一定阻碍物体的运动 D．功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功 4．功的数值有正、负，这表示（　　） A．功是矢量，有方向性 B．功有大小，正功大于负功 C．功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功 D．功的正、负与重力势能的正、负所代表的意义是相同的 5．如图所示，一辆电动汽车经过一平直路面，在匀减速向左运动，一人用力向前推车厢，若人与车厢始终保持相对静止。关于人对车厢的做功情况，以下说法正确的是（　　） A．人对车厢不做功 B．人对车厢做正功 C．人对车厢做负功 D．无法确定 6．如图荡秋千的小红由最低点O到最高点A的过程中，重力的瞬时功率（　　） A．不断增大 B．不断减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 7．如图所示，从倾角为45°的斜面顶端以2m/s的初速度水平抛出一个质量为3kg的小球，重力加速度g＝10m/s2，则小球落到斜面上所需的时间为　 　 s，小球落到斜面上时重力的瞬时功率为　 　 W。 8．如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是（　　） A．重力的瞬时功率在不断增大 B．悬线的拉力做功为0 C．空气阻力做功为mgL D．空气阻力做功为F阻πL 9．把一个物体从地面竖直向上抛出去，该物体上升的最大高度是h，若物体的质量为m，所受的空气阻力大小恒为f，则在从物体被抛出到落回地面的全过程中（　　） A．重力所做的功为mgh B．重力所做的功为2mgh C．空气阻力做的功为﹣fh D．空气阻力做的功为﹣2fh 10．如图所示，某力F＝10N作用于半径R＝1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力F做的总功应为（　　） A．0J B．10J C．20J D．20πJ 题型2 机车启动 11．（多选）为倡导“碳减排”，北京冬奥会期间示范运行超1000辆氢能源汽车。某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v﹣t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度vm匀速行驶。则在0～t1时间内下列说法正确的是（　　） A．牵引力逐渐增大 B．阻力大小为 C．牵引力对汽车做的功为Pt1 D．汽车行驶的距离为 12．如图所示为质量为m的汽车在水平路面上启动过程的v﹣t图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段是汽车以额定功率行驶时的加速阶段速度随时间变化的曲线，bc段是与ab段相切的水平直线。整个启动过程中阻力恒为f，则汽车的额定功率为 　 ，0～t3时间内汽车的路程为 　 　 。 13．新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源（或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置），如图甲所示为某纯电旗舰SUV汽车，高功率版电机最大功率约370kW，综合工况续航里程最高约650km。 （1）功率的国际单位是W，用国际单位的基本单位表示，应为 　 　 。 A.kg•m2/s3 B.kg•m/s2 C.kg•m2/s2 D.kg•m/s （2）该款汽车在行驶过程中，遇见如图乙所示的拱桥地形，道路旁标识牌提示“控制车速，注意安全”。测得此拱桥半径为10m。要安全通过此拱桥，汽车的最大速度大小为 　 　 m/s，此时向心力由 　 　 提供。（g＝10m/s2） （3）该高功率版SUV汽车质量为5×103kg，在水平路面上从静止开始以加速度a＝2m/s2启动，所受阻力大小恒为8×103N。 ①汽车启动后做匀加速直线运动的最长时间； ②该汽车能够达到的最大速度。 14．某品牌电动自行车的主要技术参数如表所示。已知小明同学的质量为60kg，当他骑该车行驶时，他和车所受的空气阻力大小与瞬时速率成正比，比例系数为k1。设行驶过程中车子所受路面的阻力大小恒定。 整车质量（含电池） 30kg 标称最大速度 25km/h 最大载重 150kg 电动机额定输出功率 350W （1）若车子的驱动力为135N、速率为2m/s时，小明和车子的加速度为1m/s2；若车子的驱动力为55N、速率为4m/s时，车子匀速行驶。求行驶过程中车子所受路面的阻力大小和比例系数k1； （2）若车传动与变速系统因内部机件摩擦而损耗的功率与车的瞬时速率成正比，比例系数k2＝15kg•m/s2。当车子以额定输出功率在非机动车道上匀速行驶时，判断该车是否符合在非机动车道上行驶的最高限速15km/h这一道路法规要求，并说明理由。 15．某额定功率为P0的汽车以加速度a1匀加速启动，到额定功率后保持恒功率行驶至最大速度。已经汽车v﹣t图线如图①所示。若该汽车以加速度a2（a2＝2a1）匀加速启动，以相同的方式达到汽车最大速度，若整个过程阻力不变，v﹣t图线可能是下列中的（　　） A． B． C． D． 16．新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题。一辆测试用的小型电动汽车模型质量m＝200kg在水平的公路上由静止开始匀加速启动，当功率达到8×103W后保持功率恒定，匀加速持续的时间是8s，该车运动的速度与时间的关系如图所示，汽车在运动过程中所受阻力不变，重力加速度g取10m/s2，求： （1）该车在运动过程中所受阻力大小； （2）8﹣18s内该车所受牵引力所做的功。 （3）从静止开始到18s末该车前进的距离。 17．复兴号CR400AF型城际电力动车组由6节车厢编组而成，每节车厢的质量均为m＝5×104kg，其中第1节和第4节车厢带有动力，牵引电机的额定功率分别为P1＝1.8×107W和P2＝1.2×107W。该动车组以恒定的加速度a＝2m/s2沿水平直轨道由静止开始匀加速启动，当第1节车厢的牵引电机达到额定功率时，第4节车厢的牵引电机立即启动，继续使动车组保持a＝2m/s2的匀加速运动。当第4节车厢的牵引电机也达到额定功率时，整列动车再保持恒定功率P1+P2进一步加速。动车组行驶过程中受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间t1； （2）动车组能达到的最大速度vm； （3）当动车组的速度为v＝50m/s时，第3节车厢对第4节车厢的拉力T。 题型3 重力势能、弹性势能、引力势能 18．当重力对物体做正功时，物体的（　　） A．重力势能一定增加 B．重力势能一定减少 C．动能一定增加 D．动能一定减少 19．如图，静止的物体沿不同的光滑轨道由同一位置滑到水平桌面上，轨道高度为H，桌面距地面高为h，物体质量为m，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　） A．物体沿竖直轨道下滑到桌面上，重力势能减少最少 B．物体沿曲线轨道下滑到桌面上，重力势能减少最多 C．以桌面为参考平面，物体重力势能减少mgH D．以地面为参考平面，物体重力势能减少mg（H+h） 20．如图所示，静止的小球沿三条不同的轨道由同一位置运动到水平桌面上，P点到桌面的高度为h，桌面距地面高为H，小球质量为m，则以下说法正确的是（　　） A．小球沿竖直轨道运动到桌面上的过程，重力做功最少 B．小球沿不同的轨道由同一位置运动到水平桌面，重力做功一样多 C．小球的重力势能的减少量为mg（H+h） D．以桌面为参考平面，在出发点P小球的重力势能为mgH 21．一个长3m、宽2m、深1.5m的水池灌满了水。如把水全部放空流到与池底同高的地面，水的重力势能减少 　 J。若用抽水机将等量水从原地面抽回，经由水池上方流入水池，则抽水机至少做功 　 J（水的密度为1×103kg/m3，g取10m/s2）。 22．如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上。在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的弹性势能逐渐减小 B．弹簧的弹性势能逐渐增大 C．弹簧的弹性势能先增大再减小 D．弹簧的弹性势能先减小再增大 23．关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（　　） A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大 B．弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能 C．同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，弹性势能越大 D．弹性势能的大小与使弹簧发生形变的物体质量有关 24．如图所示，将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的弹力和弹性势能的变化情况是（　　） A．弹力变大，弹性势能变小 B．弹力变小，弹性势能变大 C．弹力和弹性势能都变大 D．弹力和弹性势能都变小 25．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（　　） A．GMm（） B．GMm（） C．（） D．（） 26．在宇宙空间中，质量为m的空间站在运动。 地球半径为R，地表重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。空间站绕地球做匀速圆周运动，轨道距地高度为h，以无穷远处为势能零点，空间站的运行速度大小为 　 　 ，机械能为 　　 。 27．重力势能EP＝mgh实际上是万有引力势能在地面附近的近似表达式，其更精确的表达式为EP，式中G为万有引力恒量，M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心的距离，并以无限远处引力势能为零．（M、m、r为非已知量）．现有一质量为m的地球卫星，在离地面高度为H处绕地球做匀速圆周运动．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球地球质量未知，试求 （1）卫星做匀速圆周运动的线速度； （2）卫星的引力势能； （3）卫星的机械能． 题型4 动能和动能定理 28．关于动能，下列说法中正确的是（　　） A．动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能 B．动能是标量，但有正、负 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；速度变化时，动能一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 29．质量为0.5kg的足球以1m/s速度水平撞击墙壁，又以﹣1m/s速度弹回。若以足球的初速度方向为正方向，则在碰撞过程中足球的速度变化量以及动能的变化量为（　　） A．2m/s，0.5J B．﹣2m/s，0 C．2m/s，0 D．﹣2m/s，0.5J 30．一个质量为m的小球以v的速度沿光滑水平面滚动，与前方竖直墙碰撞后以v的速度弹回，对小球动能的变化量，以下说法中正确的是（　　） A．动能是矢量，所以动能的变化量为mv2 B．动能是标量，所以动能的变化量为零 C．动能是矢量，所以动能的变化量为零 D．动能是标量，所以动能的变化量为mv2 31．质量为10g的子弹，以300m/s的速度射入固定木板，射穿后的速度是100m/s。子弹射穿木板的过程中，子弹克服阻力做功为（　　） A．200J B．﹣200J C．400J D．﹣400J 32．A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量mA＞mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离sA与sB相比（　　） A．sA＝sB B．sA＞sB C．sA＜sB D．不能确定 33．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知，在A点给小球一个水平向左的初速度，求： （1）若小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，小球从A到B的过程中克服空气阻力做功； （2）若不计空气阻力，运动到B点时，绳子的拉力。 34．刘老师酷爱篮球，擅长投篮和持球突破，是控江中学教师篮球队的主力队员。假定篮球质量为m，重力加速度大小为g。 （1）刘老师把篮球由静止向上提升了h，这时篮球的速度为v，则该过程中重力对篮球做功为 　 　 ，合外力对篮球做功为 　 　 。 （2）刘老师将篮球以水平初速度v0抛出（不考虑篮球的自转和空气阻力）： ①篮球下落高度h时，重力的瞬时功率P＝ 　 　 。 ②篮球动能Ek与下落距离h之间的关系可能为图1的 　 　 。 （3）某次师生对抗赛中，刘老师将篮球以速度v1从离地高度为h1处投出，篮球以速度v2进入离地高度为h2篮筐，如图2所示。运动过程中篮球离地最大高度为H，空气阻力不能忽略。 ①篮球从出手到进入篮筐过程中，损失的机械能为 　 　 。 A. B.mgh1﹣mgh2 C.mgH﹣mgh2 D.mgh1﹣mgh2 ②篮球从最高点沿着弧线加速下降，请在图3中分别画出篮球速度v的方向和所受合外力F的方向。图中①为篮球运动的轨迹，②与轨迹相切，③与②垂直，④与水平面垂直。 ③（多选）以出手点为零势能面，则篮球在最高点时的机械能一定 　 　 。 A.小于 B.大于mgH C.等于mg（H﹣h1） D.大于 （4）（计算）某次篮球从离地H高度处静止下落，经过一次与地面的碰撞后，竖直反弹至最高处hH。若篮球和地面碰撞无能量损失，空气阻力大小f保持不变，求： ①篮球所受空气阻力f的大小； ②刘老师在篮球反弹至H高度时竖直向下拍打篮球，篮球与地面再次碰撞后恰能反弹至H高度。则刘老师拍打篮球所做的功W。 35．一次测试某品牌新能源汽车的性能时，得到该汽车在水平的公路上做直线运动的v﹣t图像如图所示。已知汽车质量为2t，限定最大功率为100kW，匀加速阶段0﹣t1内的加速度大小为2.5m/s2，t1时刻汽车达到限定的最大功率并保持功率不变，运动过程中阻力恒定。汽车受到的阻力大小为　 　 N，图像中t1＝　　 s，0﹣11s内，汽车牵引力做的功为　 J。 36．如图甲所示，某驾校学员练习汽车半坡起步，汽车发动机提供的牵引力F随时间t变化图像如图乙所示，质量为m＝1500kg的汽车从t＝0时刻开始在足够长的坡道上启动，坡道的倾角θ＝5°，重力加速度g取10m/s2。t＝1s时，牵引力大小为7500N，汽车达到额定功率，之后保持该功率不变，t＝31s时，牵引力大小为1500N，汽车开始做匀速直线运动，启动过程中汽车所受的阻力不变。求： （1）汽车启动瞬间加速度大小； （2）汽车的额定功率。 （3）汽车从启动到刚开始匀速运动时的位移。 题型5 机械能守恒 39．荡秋千和蹦极都是深受欢迎的户外运动。 （1）如图1所示，小朋友在秋千上坐姿不变，大人用水平力F缓慢将秋千由最低点O拉至图示B点再由静止释放，在B点时秋千绳与竖直方向的夹角为θ。已知秋千绳长为L，小朋友和秋千的总质量为m，重力加速度为g，忽略秋千绳质量和空气阻力。 ①大人缓慢拉秋千的过程中，水平力F大小 　 　 （选填：A.变小，B.不变，C.变大），水平力F做的功为 　 　 。 ②在B点释放后秋千荡至最低点O点时，小朋友处于 　 　 状态（选填：A.超重，B.失重，C.平衡），秋千的速度大小为 　 。 ③从B荡到O点的过程中，秋千动能随时间的变化关系图像为图2的 　 　 。 （2）如图3（a）所示，为了研究“蹦极”运动过程，可将蹦极者视为质点，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，安装在人身上的传感器可测量人在不同时刻下落的高度及速度。设人及所携设备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m。人从蹦极台由静止下落，根据传感器测到的数据，得到图3（b）所示的速度—位移图像（v﹣x图像）。本题重力加速度g取9.8m/s2，问： ①（论述）根据图3（b）提供的信息说明人在离开蹦台到弹性绳恰好绷紧过程中的运动机械能是否守恒。 ②从弹性绳恰好绷紧到下落到最低点过程中，蹦极者的动能和重力势能之和 　 　 。（选填：A.一直变大，B.一直变小，C.保持不变，D.先变大后变小，E.先变小后变大） ③（计算）蹦极者下落动能最大时，绳的弹性势能为多大？ ④若取蹦极台为零势能处，图3（c）为在A点处时，蹦极者的动能Ek，弹性绳弹性势能Ex的示意图，请由此推断此时人的重力势能Ep与它们的相对关系，并画出示意图。 40．撑杆跳是运动会中非常具有观赏性的比赛项目，用于撑起运动员的杆要求具有很好的弹性。如图1所示，运动员助跑时杆未发生形变，撑杆起跳后杆弯曲程度逐渐变大，到运动员以一定速度水平越过横杆时，杆竖直且恢复原状。 （1）关于运动员在撑杆过程中，下列说法中正确的是 　 　 。 A.分析运动员过杆的动作特点时，可将其看成质点 B.上升过程中运动员受到杆的支持力始终大于其受到的重力 C.运动员手上涂“防滑粉”可以增大手掌与杆之间的弹力 D.撑杆起跳过程中运动员受到杆的作用力大小有可能等于重力大小 （2）（多选）关于撑杆起跳到运动员越过横杆过程，下列说法正确的是 　 　 。 A.杆的弹性势能先增大后减小 B.运动员在上升过程中机械能守恒 C.运动员越过横杆正上方时动能不为零 D.运动员撑杆跳起到达最高点时，杆的弹性势能最小 （3）（多选）如图2，撑杆跳全过程可分为四个阶段：A→B阶段，助跑加速；B→C阶段，杆弯曲程度增大、人上升；C→D阶段，杆弯曲程度减小、人上升；D→E阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。这四个阶段的能量变化为 　 　 。 A.A→B人和杆系统的机械能不变 B.B→C人和杆系统的动能减小、重力势能和弹性势能增加 C.C→D人和杆系统的动能减少量、弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量 D.D→E重力对人所做的功等于人机械能的增加量 （4）撑杆跳运动员越过横杆下落到软垫的过程，如果忽略水平方向的速度，可以等效为小球落到弹簧上的过程。如图3所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面，质量m＝1kg的小球在轻弹簧正上方由静止下落，空气阻力恒定。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为重力势能零势能参考面，在小球下落至最低点的过程中，小球重力势能Ep、弹簧的弹性势能E弹随小球位移变化的关系图线分别如图4所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10m/s2，则求： ①小球下落到最低点时的重力势能； ②小球在下落过程受到的空气阻力大小； ③已知弹簧的劲度系数k＝960N/m，小球下落速度最大时的位置坐标（保留2位有效数字）。 41．如图，运动员持竿助跑，借助竿的形变与弹力腾空而起，一般能跳过5m高。（忽略空气阻力） （1）运动员持竿助跑过程中，竿的前端发生振动。运动员的跑动节奏与竿的固有频率越接近，竿前端的振幅 　 　 。 A.越大 B.不变 C.越小 D.与节奏无关 （2）（多选）将运动员视为质点，他在空中离竿的瞬间，水平速度大小为vx，竖直速度大小为vy。运动员离竿后直至安全落在垫子上的过程中，运动员的 　 　 。 A.水平位移仅与vy有关 B.最大高度与vy有关 C.加速度方向不断变化 D.速度变化量的方向保持不变 （3）将运动员、撑竿和地球视为一个系统，当撑竿弯曲程度达到最大时，测得系统的动能Ek、重力势能Ep（起跳位置为零势能面）、弹性势能E弹的大小关系为E弹＞Ep＞Ek。当运动员重心上升到最高点时，E弹、Ep、Ek的关系从大到小排列为 　 。 题型6 验证机械能守恒的实验 37．研究动能和势能转化规律的实验装置如图所示． （1）关于实验下列做法中正确的是　 　 （单选） A．摆锤释放器在每次释放后都要调整高度 B．光电门传感器始终放在最低点 C．每次要用测平器使光电传感器的红外发射孔 对应于所要求高度的水平线 D．摆锤线长应调整到使摆线在摆动时能通过光电孔 （2）以摆锤所在位置的高度h为横坐标，摆锤速度v2/2为纵坐标，作出的图线应是图中的　 　 （单选），图线的斜率大小表示　 　 ． 38．17世纪，伽利略在研究斜面运动时首次发现“高度与速度的此消彼长”，为机械能守恒思想埋下种子。如今，通过光电门等现代装置，在摆锤下落等实验中，依然延续着这场跨越三个世纪的守恒验证之旅。从传统实验到数字实验，改变的是实验手段，不变的是对守恒律的执着追寻。 （1）某同学使用如图装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。 ①用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，推力F与轻质连杆对摆锤的拉力T的变化情况为 　 　 。 A．F增大，T减小 B．F、T都增大 C．F减小，T增大 D．F、T都减小 ②将摆锤从图示位置静止释放，读取并记录各挡光片的对应高度h和摆锤经过各挡光片的挡光时间t，测得各挡光片的宽度均为d。利用实验数据，以h为横坐标，以 　 　 为纵坐标绘制图线，当图线为斜率大小近似为g的倾斜直线时，可认为摆锤下摆过程中机械能守恒。 ③摆锤以大小为v的速度经过最低点后，在制动装置作用下静止于连杆与竖直方向夹角为θ位置。已知摆锤质量为m、摆长为L，刹停过程中制动装置对摆锤做功W＝ 　 　 。 （2）某同学设计了如图所示的装置来研究机械能是否守恒。轻质细线的上端固定在O点，下端连接圆柱形的摆锤P，在摆锤摆动的路径上，固定了四个完全相同的光电门传感器A、B、C、D。实验时，分别测出四个光电门到悬点O的高度差hA、hB、hC、hD，从某一高度释放摆，利用光电门测出摆锤经过四个光电门的速度。（已知重力加速度为g） ①利用光电门测量摆锤P的速度时，可以将摆锤直径作为挡光片宽度，若摆锤直径的测量值比实际值小，则摆锤动能的测量值与实际值相比 　 　 （选填：A．偏小，B．偏大，C．相等）； ②另一同学在得到摆锤经过四个光电门的速度v和光电门距离悬点O的高度差h后，作出如图所示的v2﹣h图线。若摆锤摆动过程中机械能守恒，则该直线的斜率为 　 　 ； ③该同学经过多次实验，发现摆锤在A、B、C、D四点的机械能总是依次减小，原因可能是 　 　 。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 机械能守恒（专项训练） 题型1 功和功率的定义、相关计算 题型2 机车启动 题型3 重力势能、弹性势能、引力势能 题型4 动能和动能定理 题型5 机械能守恒 题型6 验证机械能守恒的实验 题型1 功和功率的定义、相关计算 1．关于功的概念，下列说法正确的是（　　） A．功是标量，但有正负，功的正负不表示方向，只表示大小 B．滑动摩擦力既可能做正功，也可能做负功，还可以不做功 C．一对相互作用力做功之和一定为零 D．合外力做功为零，则物体一定做匀速直线运动 【答案】B 【详解】解：A、功是标量，但有正负，正负不表示方向和大小，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，故A错误； B、滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与物体的运动方向可以相反，也可以相同，故可以做负功，也可以做正功，还可以不做功，用板擦擦黑板时，板擦与黑板间的摩擦力为滑动摩擦力，但黑板没有位移，则摩擦力对黑板不做功，即滑动摩擦力也可以不做功，故B正确； C、一对作用力和反作用力分别作用在两个不同物体上，它们可能分别对两个物体都做正功，其代数和为正值，所以物体间的一对相互作用力做功的代数和不一定为零，故C错误； D、当合外力与物体运动方向垂直时，合外力做功为零，比如物体做匀速圆周运动时，合外力做功为零，故D错误。 2．游乐场里有一种旋转飞椅，当飞椅以一定的速度旋转时，坐在飞椅上的游客在水平面内做匀速圆周运动，重力对飞椅（包括游客）做功为WG，摆线对飞椅（包括游客）的拉力做功WT，则（　　） A．WG≠0，WT＝0 B．WG＝0，WT＝0 C．WG≠0，WT≠0 D．WG＝0，WT≠0 【答案】B 【详解】解：坐在飞椅上的游客在水平面内做匀速圆周运动，所以在竖直方向上没有位移，重力做功为零。同理在摆线的方向上也没有位移，摆线的拉力对飞椅做的功也是零，故B正确，ACD错误。 3．下列说法中正确的是（　　） A．﹣10J的功小于+5J的功 B．功是矢量，正、负表示方向 C．一个力对物体做了负功，但这个力不一定阻碍物体的运动 D．功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功 【答案】D 【详解】解：A、功的正负不表示功的大小，正、负表示动力做功还是阻力做功，﹣10J的功大于5J的功，故A错误； BD、功是标量，功的正、负表示是动力做功还是阻力做功，故B错误，D正确； C、一个力对物体做了负功，则说明这个力一定是阻碍物体的运动，故C错误。 4．功的数值有正、负，这表示（　　） A．功是矢量，有方向性 B．功有大小，正功大于负功 C．功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功 D．功的正、负与重力势能的正、负所代表的意义是相同的 【答案】C 【详解】解：A、功是标量，其正负仅表示做功的性质，而非方向，故A错误； B、功有大小，功的正负不表示大小，例如﹣5J的功大于+3J的功，故B错误； C、功的正负是标量属性，正功表示外力对物体做功，负功表示物体克服外力做功，故C正确； D、重力势能的正负由参考点决定，功的正负反映能量传递方向，故D错误。 5．如图所示，一辆电动汽车经过一平直路面，在匀减速向左运动，一人用力向前推车厢，若人与车厢始终保持相对静止。关于人对车厢的做功情况，以下说法正确的是（　　） A．人对车厢不做功 B．人对车厢做正功 C．人对车厢做负功 D．无法确定 【答案】B 【详解】解：人用力向前推车厢，因此人对车厢施加的力方向与车厢运动方向相同。车厢在匀减速向左运动，因此车厢的位移方向与力的方向相同。 根据功的定义式W＝Fscosθ，其中θ为力与位移的夹角。由于力和位移方向相同，θ＝0，cosθ＝1，W＝Fscosθ＝Fs，因此人对车厢做正功。 故ACD错误，B正确。 6．如图荡秋千的小红由最低点O到最高点A的过程中，重力的瞬时功率（　　） A．不断增大 B．不断减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【答案】D 【详解】解：根据P＝Fv 在O点竖直方向速度为0，重力得瞬时功率为0，在A点合速度为0，重力的瞬时功率为零，其他位置不为零，则重力的瞬时功率先增大后减小，故D正确，ABC错误。 7．如图所示，从倾角为45°的斜面顶端以2m/s的初速度水平抛出一个质量为3kg的小球，重力加速度g＝10m/s2，则小球落到斜面上所需的时间为　 　 s，小球落到斜面上时重力的瞬时功率为　 　 W。 【答案】0.4；120。 【详解】解：小球水平抛出落到斜面上，则有，水平方向x＝v0t，竖直方向，联立得t＝0.4s； 设速度为v，位移与竖直方向的夹角为θ，竖直方向的速度为vy＝vcosθ＝gt，重力的瞬时功率为，解得：P＝120W。 8．如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是（　　） A．重力的瞬时功率在不断增大 B．悬线的拉力做功为0 C．空气阻力做功为mgL D．空气阻力做功为F阻πL 【答案】B 【详解】解：A、取一个特殊位置，当小球在B点时，速度方向与重力方向垂直，此时重力的瞬时功率为0，则重力的瞬时功率不是一直增大，故A错误； B、因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即W＝0，故B正确； CD、F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即W阻＝﹣（F阻Δx1+F阻Δx2+…）F阻πL，故CD错误。 9．把一个物体从地面竖直向上抛出去，该物体上升的最大高度是h，若物体的质量为m，所受的空气阻力大小恒为f，则在从物体被抛出到落回地面的全过程中（　　） A．重力所做的功为mgh B．重力所做的功为2mgh C．空气阻力做的功为﹣fh D．空气阻力做的功为﹣2fh 【答案】D 【详解】解：AB、物体被抛出到落回抛出点的全过程中，初末位置相同，高度差为零，所以重力做功为零。故AB错误； CD、在上升的过程中，空气阻力做功为﹣fh，在下降的过程中，空气阻力做功为﹣fh，则整个过程中空气阻力做功为﹣2fh；故C错误，D正确。 10．如图所示，某力F＝10N作用于半径R＝1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力F做的总功应为（　　） A．0J B．10J C．20J D．20πJ 【答案】D 【详解】解：转一周通过的位移为： x＝2πr＝2π 在力F下通过的位移为： W＝Fx＝10×2πJ＝20πJ；故D正确ABC错误。 题型2 机车启动 11．（多选）为倡导“碳减排”，北京冬奥会期间示范运行超1000辆氢能源汽车。某款质量为m的氢能源汽车如图甲所示，测试其性能时的v﹣t图像如图乙所示。已知汽车在平直公路上以额定功率P启动，整个运行过程中汽车功率及所受阻力均恒定，t1时刻起以最大速度vm匀速行驶。则在0～t1时间内下列说法正确的是（　　） A．牵引力逐渐增大 B．阻力大小为 C．牵引力对汽车做的功为Pt1 D．汽车行驶的距离为 【答案】BCD 【详解】解：A．汽车在平直公路上以额定功率P启动时，由P＝Fv，可知牵引力逐渐减小，故A错误； B．t1时刻起以最大速度vm匀速行驶，阻力与牵引力平衡，则阻力大小为f，故B正确； C．牵引力的功率恒定不变，则在0～t1时间内牵引力对汽车做的功为W＝Pt1，故C正确； D．0～t1阶段由动能定理Pt1﹣fx 可得汽车行驶的距离为x 故D正确。 12．如图所示为质量为m的汽车在水平路面上启动过程的v﹣t图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段是汽车以额定功率行驶时的加速阶段速度随时间变化的曲线，bc段是与ab段相切的水平直线。整个启动过程中阻力恒为f，则汽车的额定功率为 　 ，0～t3时间内汽车的路程为 　 　 。 【答案】fv2；。 【详解】解：汽车匀速运动时，牵引力和阻力大小相等，即牵引力F＝f，则汽车的额定功率P＝Fv2＝fv2 由v﹣t图像面积可得0～t1时间内汽车的位移： 设t1～t3时间内汽车的位移为x2，此过程由动能定理有： 0～t3时间内汽车的路程s＝x1+x2 代入数据可得： 13．新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源（或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置），如图甲所示为某纯电旗舰SUV汽车，高功率版电机最大功率约370kW，综合工况续航里程最高约650km。 （1）功率的国际单位是W，用国际单位的基本单位表示，应为 　 　 。 A.kg•m2/s3 B.kg•m/s2 C.kg•m2/s2 D.kg•m/s （2）该款汽车在行驶过程中，遇见如图乙所示的拱桥地形，道路旁标识牌提示“控制车速，注意安全”。测得此拱桥半径为10m。要安全通过此拱桥，汽车的最大速度大小为 　 　 m/s，此时向心力由 　 　 提供。（g＝10m/s2） （3）该高功率版SUV汽车质量为5×103kg，在水平路面上从静止开始以加速度a＝2m/s2启动，所受阻力大小恒为8×103N。 ①汽车启动后做匀加速直线运动的最长时间； ②该汽车能够达到的最大速度。 【答案】（1）A；（2）10；重力； （3）①汽车启动后做匀加速直线运动的最长时间为10.3s； ②汽车能够达到的最大速度为46.25m/s。 【详解】解：（1）由功率与速度关系可知：P＝Fv，所以有：1W＝1N•m/s＝1kg•m/s2•m/s＝1kg•m2/s3，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （2）根据牛顿第二定律知，汽车速度最大时，由重力提供向心力，则有：，解得汽车的最大速度为：，故答案为：10；重力； （3）①汽车做匀加速直线运动时，设牵引力为F，由牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，解得：F＝f+ma＝8×103N+5×103×2N＝1.8×104N， 则汽车做匀加速直线运动的最大速度为：，所以汽车启动后做匀加速直线运动的最长时间为：； ②当牵引力与阻力相等时，汽车在速度达到最大，则有：Pm＝fvm，解得：。 14．某品牌电动自行车的主要技术参数如表所示。已知小明同学的质量为60kg，当他骑该车行驶时，他和车所受的空气阻力大小与瞬时速率成正比，比例系数为k1。设行驶过程中车子所受路面的阻力大小恒定。 整车质量（含电池） 30kg 标称最大速度 25km/h 最大载重 150kg 电动机额定输出功率 350W （1）若车子的驱动力为135N、速率为2m/s时，小明和车子的加速度为1m/s2；若车子的驱动力为55N、速率为4m/s时，车子匀速行驶。求行驶过程中车子所受路面的阻力大小和比例系数k1； （2）若车传动与变速系统因内部机件摩擦而损耗的功率与车的瞬时速率成正比，比例系数k2＝15kg•m/s2。当车子以额定输出功率在非机动车道上匀速行驶时，判断该车是否符合在非机动车道上行驶的最高限速15km/h这一道路法规要求，并说明理由。 【答案】（1）行驶过程中车子所受路面的阻力大小为35N和比例系数k1为5kg•s﹣1。 （2）该车不符合道路法规要求，理由见解析。 【详解】解：（1）由题意可知，小明和车的总质量m＝30kg+60kg＝90kg，当驱动力F1＝135N时，受到的阻力f＝k1v1， 那么由牛顿第二定律有：F1﹣k1v1﹣f＝ma 整车驱动力F2＝55N时，受到的阻力f＝k1v2，此时匀速：F2﹣k1v2﹣f＝0 联立解得：f＝35N，k1＝5kg•s﹣1 （2）由题意车子扣耗的功率为ΔP＝k2v＝15v，那么当整车以额定功率行驶时， 根据功率的公式牵引力：F 整车的阻力与牵引力与阻力平衡时有：k1v+f＝F 联立求得：v＝4.75m/s，或﹣14.75m/s（舍去） 由于v＝4.75m/s＝17.1km/h＞15km/h，故不合要求。 15．某额定功率为P0的汽车以加速度a1匀加速启动，到额定功率后保持恒功率行驶至最大速度。已经汽车v﹣t图线如图①所示。若该汽车以加速度a2（a2＝2a1）匀加速启动，以相同的方式达到汽车最大速度，若整个过程阻力不变，v﹣t图线可能是下列中的（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：汽车以加速度a1匀加速启动过程，根据牛顿第二定律得F1﹣f＝ma1 解得牵引力大小为F1＝f+ma1 结束匀加速运动时的速度大小为 解得 匀加速阶段所用时间为 解得 同理可知汽车以加速度a2（a2＝2a1）匀加速启动，结束匀加速运动时有，速度 匀加速阶段所用时间 可得v2＜v1＜2v2，t1＞2t2 故ABC错误，D正确。 16．新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题。一辆测试用的小型电动汽车模型质量m＝200kg在水平的公路上由静止开始匀加速启动，当功率达到8×103W后保持功率恒定，匀加速持续的时间是8s，该车运动的速度与时间的关系如图所示，汽车在运动过程中所受阻力不变，重力加速度g取10m/s2，求： （1）该车在运动过程中所受阻力大小； （2）8﹣18s内该车所受牵引力所做的功。 （3）从静止开始到18s末该车前进的距离。 【答案】（1）该车在运动过程中所受阻力大小为800N； （2）8﹣18s内该车所受牵引力所做的功为8×104J； （3）从静止开始到18s末该车前进的距离为127.5m。 【详解】解：（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有 Pm＝Fvm＝fvm 可得该车在运动过程中所受阻力大小为 fN＝800N （2）变加速过程中，即8～18s内，汽车牵引力的功率恒为8×103W 所以该过程中牵引力做的功为：W2＝Pt2＝8×103×10J＝8×104J （3）根据v﹣t 图像可知，匀加速阶段加速度大小为 am/s2＝1m/s2 根据牛顿第二定律有 F牵﹣f＝ma 则该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小 F牵＝f+ma＝800N+200N＝1000N； 0～8s内汽车匀加速运动的位移为 x11×82m＝32m， 牵引力做的功为 W1＝F甲x1＝1000×32J＝3.2×104J 则从静止开始到18s末该车所受牵引力所做的功：W＝W1+W2＝3.2×104J+8×104J＝1.12×105J 从静止开始到18s末由动能定理得：W﹣fx 从静止开始到18s末该车前进的距离 x＝127.5m。 17．复兴号CR400AF型城际电力动车组由6节车厢编组而成，每节车厢的质量均为m＝5×104kg，其中第1节和第4节车厢带有动力，牵引电机的额定功率分别为P1＝1.8×107W和P2＝1.2×107W。该动车组以恒定的加速度a＝2m/s2沿水平直轨道由静止开始匀加速启动，当第1节车厢的牵引电机达到额定功率时，第4节车厢的牵引电机立即启动，继续使动车组保持a＝2m/s2的匀加速运动。当第4节车厢的牵引电机也达到额定功率时，整列动车再保持恒定功率P1+P2进一步加速。动车组行驶过程中受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间t1； （2）动车组能达到的最大速度vm； （3）当动车组的速度为v＝50m/s时，第3节车厢对第4节车厢的拉力T。 【答案】（1）从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间为10s； （2）动车组能达到的最大速度为100m/s； （3）当动车组的速度为v＝50m/s时，第3节车厢对第4节车厢的拉力为6×104N。 【详解】解：（1）设从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时电机的牵引力为F1，动车组的速度为v1，则有 F1﹣6×0.1mg＝6ma P1＝F1v1 v1＝at1 代入数据解得 从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间 t1＝10s （2）当动车组达到最大速度时，有 P1+P2＝fvmax＝0.6mgvmax 代入数据得，动车组能达到的最大速度为 vmax＝100m/s （3）设当第四节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车的速度为v2，则有 P1+P2＝F1v2 解得 所以当v＝50m/s时，对整个动车组有 对4、5、6节车厢有 解得第3节车厢对第4节车厢的拉力 T＝6×104N 题型3 重力势能、弹性势能、引力势能 18．当重力对物体做正功时，物体的（　　） A．重力势能一定增加 B．重力势能一定减少 C．动能一定增加 D．动能一定减少 【答案】B 【详解】解：AB．根据WG＝﹣ΔEp可知，当重力对物体做正功时，高度一定下降，重力势能一定减小，故A错误，B正确； CD．根据W合＝ΔEk即合外力的功等于动能的变化，并不只由重力做功决定，所以物体的动能变化情况不确定，故CD错误。 19．如图，静止的物体沿不同的光滑轨道由同一位置滑到水平桌面上，轨道高度为H，桌面距地面高为h，物体质量为m，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　） A．物体沿竖直轨道下滑到桌面上，重力势能减少最少 B．物体沿曲线轨道下滑到桌面上，重力势能减少最多 C．以桌面为参考平面，物体重力势能减少mgH D．以地面为参考平面，物体重力势能减少mg（H+h） 【答案】C 【详解】解：AB、静止的小球沿不同的轨道由同一位置滑到水平桌面上，由于高度差相同，重力做功相同，所以重力势能减少相同，故AB错误； CD、重力势能的变化量与零势能平面的选取无关，重力做的正功等于重力势能的减小量，重力做功为mgh，则重力势能的减小量为mgh。故C正确，D错误。 20．如图所示，静止的小球沿三条不同的轨道由同一位置运动到水平桌面上，P点到桌面的高度为h，桌面距地面高为H，小球质量为m，则以下说法正确的是（　　） A．小球沿竖直轨道运动到桌面上的过程，重力做功最少 B．小球沿不同的轨道由同一位置运动到水平桌面，重力做功一样多 C．小球的重力势能的减少量为mg（H+h） D．以桌面为参考平面，在出发点P小球的重力势能为mgH 【答案】B 【详解】解：AB．小球沿不同轨道由同一位置滑到水平桌面，重力做功与路径无关，只与初末位置的高度差有关，下降的竖直高度都相同，所重力做功一样多，故A错误，B正确； C．重力势能的变化量与零势能面的选取无关，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增大，所以小球重力势能的减少量为mgh，故C错误。 D．以桌面为参考平面，在出发点P小球的重力势能为mgh，故D错误。 21．一个长3m、宽2m、深1.5m的水池灌满了水。如把水全部放空流到与池底同高的地面，水的重力势能减少 　 J。若用抽水机将等量水从原地面抽回，经由水池上方流入水池，则抽水机至少做功 　 J（水的密度为1×103kg/m3，g取10m/s2）。 【答案】6.75×104；1.35×105 【详解】解：水的密度：ρ＝1×103kg/m3 水的质量为：m＝ρV＝1×103×3×2×1.5kg＝9×103kg 把水全部放空流到与池底同高的地面，水的重力势能减少：EP＝mg• 代入数据解得：EP＝6.75×104J 用抽水机将等量水从原地面抽回，经由水池上方流入水池，所有的水都需要经过水池的最高点，则抽水机至少做功为：W＝mgh 代入数据解得：W＝1.35×105J 22．如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上。在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的弹性势能逐渐减小 B．弹簧的弹性势能逐渐增大 C．弹簧的弹性势能先增大再减小 D．弹簧的弹性势能先减小再增大 【答案】D 【详解】解：当撤去F后，物体向右运动的过程中，弹簧先由压缩状态变到原长，再伸长，所以形变量先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小再增加，故ABC错误，D正确。 23．关于弹簧的弹性势能，下列说法正确的是（　　） A．当弹簧变长时，它的弹性势能一定增大 B．弹簧在拉伸时的弹性势能一定大于压缩时的弹性势能 C．同一弹簧，在弹性限度内，形变量越大，弹性势能越大 D．弹性势能的大小与使弹簧发生形变的物体质量有关 【答案】C 【详解】解：A、当弹簧变长时，它的弹性势能不一定增大，若弹簧处于压缩状态时，弹簧的弹性势能减小。故A错误。 B、弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，弹簧在拉伸时的弹性势能不一定大于压缩时的弹性势能。故B错误。 CD、由EPkx2得知，在拉伸长度相同时，k越大的弹簧，它的弹性势能越大。弹性势能的大小与使弹簧发生形变的物体质量无关，故C正确，D错误。 24．如图所示，将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的弹力和弹性势能的变化情况是（　　） A．弹力变大，弹性势能变小 B．弹力变小，弹性势能变大 C．弹力和弹性势能都变大 D．弹力和弹性势能都变小 【答案】C 【详解】解：将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的伸长量变大，弹簧的弹力变大，弹性势能变大；故ABD错误，C正确； 25．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（　　） A．GMm（） B．GMm（） C．（） D．（） 【答案】C 【详解】解：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则 轨道半径为R1时 G ①，卫星的引力势能为EP1 ② 轨道半径为R2时 Gm ③，卫星的引力势能为EP2 ④ 设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得： EP1EP2+Q ⑤ 联立①～⑤得Q（） 26．在宇宙空间中，质量为m的空间站在运动。 地球半径为R，地表重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。空间站绕地球做匀速圆周运动，轨道距地高度为h，以无穷远处为势能零点，空间站的运行速度大小为 　 　 ，机械能为 　　 。 【答案】，。 【详解】解：空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有 且在地球表面有 整理得 由引力势能的公式得 ， 动能为 所以机械能为 27．重力势能EP＝mgh实际上是万有引力势能在地面附近的近似表达式，其更精确的表达式为EP，式中G为万有引力恒量，M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心的距离，并以无限远处引力势能为零．（M、m、r为非已知量）．现有一质量为m的地球卫星，在离地面高度为H处绕地球做匀速圆周运动．已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球地球质量未知，试求 （1）卫星做匀速圆周运动的线速度； （2）卫星的引力势能； （3）卫星的机械能． 【答案】见试题详解内容 【详解】解：（1）卫星在离地高度为H处环绕地球做匀速圆周运动，据万有引力提供向心力，列出等式： m① 根据在地面附近物体受到地球的万有引力近似等于物体在地面上的重力，列出等式：mg…② 由①②得：v （2）万有引力势能的表达式：Ep＝﹣G ③ 由②③得：卫星的引力势能：Ep （3）卫星的机械能应该是动能和势能之和． 所以E＝Ek+Ep 题型4 动能和动能定理 28．关于动能，下列说法中正确的是（　　） A．动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能 B．动能是标量，但有正、负 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；速度变化时，动能一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 【答案】A 【详解】解：A．动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能，故A正确； B．物体的动能没有方向，是标量，无正、负之分，只能为正值，故B错误； C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；速度变化时，动能不一定变化，如只是速度的方向发生变化时（例如匀速圆周运动），物体的动能就是不变的，故C错误； D．动能不变的物体，可以是物体的速度大小不变，但速度方向可以变化，比如匀速圆周运动，此时受力不平衡，故D错误。 29．质量为0.5kg的足球以1m/s速度水平撞击墙壁，又以﹣1m/s速度弹回。若以足球的初速度方向为正方向，则在碰撞过程中足球的速度变化量以及动能的变化量为（　　） A．2m/s，0.5J B．﹣2m/s，0 C．2m/s，0 D．﹣2m/s，0.5J 【答案】B 【详解】解：在碰撞过程中足球的速度变化量为：Δv＝v﹣v0＝﹣1m/s﹣1m/s＝﹣2m/s 动能的变化量为EkJJ＝0，故ACD错误，B正确。 30．一个质量为m的小球以v的速度沿光滑水平面滚动，与前方竖直墙碰撞后以v的速度弹回，对小球动能的变化量，以下说法中正确的是（　　） A．动能是矢量，所以动能的变化量为mv2 B．动能是标量，所以动能的变化量为零 C．动能是矢量，所以动能的变化量为零 D．动能是标量，所以动能的变化量为mv2 【答案】B 【详解】解：根据动能的表达式为，动能是标量，碰撞前后小球速度的大小不变，所以动能的变化量为零，故B正确，ACD错误； 31．质量为10g的子弹，以300m/s的速度射入固定木板，射穿后的速度是100m/s。子弹射穿木板的过程中，子弹克服阻力做功为（　　） A．200J B．﹣200J C．400J D．﹣400J 【答案】C 【详解】解：已知子弹的质量m＝10g＝0.01kg，初速度v0＝300m/s，末速度v＝100m/s，设子弹克服阻力做功为Wf。 根据动能定理得：﹣Wf，解得：Wf＝400J，故ABD错误，C正确。 32．A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量mA＞mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离sA与sB相比（　　） A．sA＝sB B．sA＞sB C．sA＜sB D．不能确定 【答案】A 【详解】解：根据动能定理得 对A：﹣μmAgsA＝0① 对B：﹣μmBgsB＝0② 由①：②得sA：sB＝1：1 33．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知，在A点给小球一个水平向左的初速度，求： （1）若小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，小球从A到B的过程中克服空气阻力做功； （2）若不计空气阻力，运动到B点时，绳子的拉力。 【答案】（1）小球从A到B的过程中克服空气阻力做功为mgL； （2）若不计空气阻力，运动到B点时，绳子的拉力为mg。 【详解】解：（1）小球恰能达到最高点B，在B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有 可得，小球到达B点的速率 在小球从A到B的过程中，设克服空气阻力做功为Wf，根据动能定理得 解得 （2）由动能定理可得 ﹣mg•L 可得 小球运动到B点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 可得F＝mg 34．刘老师酷爱篮球，擅长投篮和持球突破，是控江中学教师篮球队的主力队员。假定篮球质量为m，重力加速度大小为g。 （1）刘老师把篮球由静止向上提升了h，这时篮球的速度为v，则该过程中重力对篮球做功为 　 　 ，合外力对篮球做功为 　 　 。 （2）刘老师将篮球以水平初速度v0抛出（不考虑篮球的自转和空气阻力）： ①篮球下落高度h时，重力的瞬时功率P＝ 　 　 。 ②篮球动能Ek与下落距离h之间的关系可能为图1的 　 　 。 （3）某次师生对抗赛中，刘老师将篮球以速度v1从离地高度为h1处投出，篮球以速度v2进入离地高度为h2篮筐，如图2所示。运动过程中篮球离地最大高度为H，空气阻力不能忽略。 ①篮球从出手到进入篮筐过程中，损失的机械能为 　 　 。 A. B.mgh1﹣mgh2 C.mgH﹣mgh2 D.mgh1﹣mgh2 ②篮球从最高点沿着弧线加速下降，请在图3中分别画出篮球速度v的方向和所受合外力F的方向。图中①为篮球运动的轨迹，②与轨迹相切，③与②垂直，④与水平面垂直。 ③（多选）以出手点为零势能面，则篮球在最高点时的机械能一定 　 　 。 A.小于 B.大于mgH C.等于mg（H﹣h1） D.大于 （4）（计算）某次篮球从离地H高度处静止下落，经过一次与地面的碰撞后，竖直反弹至最高处hH。若篮球和地面碰撞无能量损失，空气阻力大小f保持不变，求： ①篮球所受空气阻力f的大小； ②刘老师在篮球反弹至H高度时竖直向下拍打篮球，篮球与地面再次碰撞后恰能反弹至H高度。则刘老师拍打篮球所做的功W。 【答案】（1）﹣mgh，；（2）①mg。②B。（3）①D。② ③AD。（4）①篮球所受空气阻力f的大小为。②刘老师拍打篮球所做的功W为。 【详解】解：（1）刘老师把篮球由静止向上提升了h，这时篮球的速度为v，则该过程中重力对篮球做功为WG＝﹣mgh，根据动能定理，合外力对篮球做功等于动能增量，为。 （2）①篮球下落高度h时，竖直分速度2gh，得vy，重力的瞬时功率P＝mgvy＝mg。 ②篮球在下落过程中，根据动能定理有mgh＝Ek，得Ek＝mgh，则篮球动能Ek与下落距离h之间的关系是一条不过原点的倾斜直线，可能为图1的B图，故B正确，ACD错误。 故选：B。 （3）某次师生对抗赛中，刘老师将篮球以速度v1从离地高度为h1处投出，篮球以速度v2进入离地高度为h2篮筐，如图2所示。运动过程中篮球离地最大高度为H，空气阻力不能忽略。 ①篮球从出手到进入篮筐过程中，克服阻力做功为Wf，根据动能定理有﹣mg（h2﹣h1）﹣Wf，得Wfmg（h2﹣h1）＝mgh1﹣mgh2，即损失的机械能为mgh1﹣mgh2，故D正确，ABC错误。 故选：D。 ②篮球从最高点沿着弧线加速下降，根据速度v沿曲线的切线方向，空气阻力和重力的合外力与速度方向的夹角为锐角，在图3中分别画出篮球速度v的方向和所受合外力F的方向大致如下。 ③以出手点为零势能面，则初始位置的机械能等于动能为，运动过程存在阻力，则篮球在最高点时的机械能一定小于，最高点篮球速度不为0，可知大于mg（H﹣h1），与mgH的大小关系不能确定，下落时继续损失机械能，一定大于，故AD正确，BC错误。 故选：AD。 （4）某次篮球从离地H高度处静止下落，经过一次与地面的碰撞后，竖直反弹至最高处hH。若篮球和地面碰撞无能量损失，空气阻力大小f保持不变。 ①设篮球质量为m，重力加速度为g。对篮球下落和反弹过程，由动能定理，下落过程mgH﹣fH＝Ek1，反弹过程﹣mgh﹣fh＝0﹣Ek1，联立解得阻力大小； ②拍打后篮球反弹至原高度，由动能定理得，下落过程W+mgh﹣fh＝Ek2，反弹过程﹣mgH﹣fH＝0﹣Ek2，解得。 35．一次测试某品牌新能源汽车的性能时，得到该汽车在水平的公路上做直线运动的v﹣t图像如图所示。已知汽车质量为2t，限定最大功率为100kW，匀加速阶段0﹣t1内的加速度大小为2.5m/s2，t1时刻汽车达到限定的最大功率并保持功率不变，运动过程中阻力恒定。汽车受到的阻力大小为　 　 N，图像中t1＝　　 s，0﹣11s内，汽车牵引力做的功为　 J。 【答案】5000，4，9×105。 【详解】解：当牵引力与阻力平衡时速度达到最大 代入数据得Ff＝5000N 在0﹣t1时间内，由牛顿第二定律有F＝Ff+ma 代入数据得F＝10000N t1时刻有v1＝at1， 代入数据得t1＝4s，v1＝10m/s 0﹣t1时间内汽车的位移 汽车牵引力做的功为W1，由动能定理 4～11s内汽车牵引力做的功为W2＝P额t2 代入数据得W2＝7×105J 0﹣11s内，汽车牵引力做的功为W总＝W1+W2 代入数据得W总＝9×105J 36．如图甲所示，某驾校学员练习汽车半坡起步，汽车发动机提供的牵引力F随时间t变化图像如图乙所示，质量为m＝1500kg的汽车从t＝0时刻开始在足够长的坡道上启动，坡道的倾角θ＝5°，重力加速度g取10m/s2。t＝1s时，牵引力大小为7500N，汽车达到额定功率，之后保持该功率不变，t＝31s时，牵引力大小为1500N，汽车开始做匀速直线运动，启动过程中汽车所受的阻力不变。求： （1）汽车启动瞬间加速度大小； （2）汽车的额定功率。 （3）汽车从启动到刚开始匀速运动时的位移。 【答案】（1）汽车启动瞬间加速度大小是4m/s2； （2）汽车的额定功率是30kW。 （3）汽车从启动到刚开始匀速运动时的位移是410m。 【详解】解：（1）匀速运动时，汽车受力平衡，牵引力等于阻力与重力沿斜面向下分力之和，即：F2＝f+mgsinθ 其中F2＝1500N 故f+mgsinθ＝1500N 启动瞬间，牵引力F1＝7500N根据牛顿第二定律：F1﹣（f+mgsinθ）＝ma 代入数据可得a＝4m/s2 （2）0～1s内汽车做匀加速直线运动，1s末的速度为：v1＝at1 此时牵引力为F1＝7500N，达到额定功率，故额定功率：P＝F1v1 代入数据可得P＝30kW （3）运动分为两个阶段：匀加速阶段（0～1s）和恒定功率阶段（1～31s）。 匀加速阶段位移 恒定功率阶段t2＝31s﹣1s＝30s 匀速时速度 根据动能定理： 代入数据可得x2＝408m，x＝x1+x2 代入数据可得x＝410m 题型5 机械能守恒 39．荡秋千和蹦极都是深受欢迎的户外运动。 （1）如图1所示，小朋友在秋千上坐姿不变，大人用水平力F缓慢将秋千由最低点O拉至图示B点再由静止释放，在B点时秋千绳与竖直方向的夹角为θ。已知秋千绳长为L，小朋友和秋千的总质量为m，重力加速度为g，忽略秋千绳质量和空气阻力。 ①大人缓慢拉秋千的过程中，水平力F大小 　 　 （选填：A.变小，B.不变，C.变大），水平力F做的功为 　 　 。 ②在B点释放后秋千荡至最低点O点时，小朋友处于 　 　 状态（选填：A.超重，B.失重，C.平衡），秋千的速度大小为 　 。 ③从B荡到O点的过程中，秋千动能随时间的变化关系图像为图2的 　 　 。 （2）如图3（a）所示，为了研究“蹦极”运动过程，可将蹦极者视为质点，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，安装在人身上的传感器可测量人在不同时刻下落的高度及速度。设人及所携设备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m。人从蹦极台由静止下落，根据传感器测到的数据，得到图3（b）所示的速度—位移图像（v﹣x图像）。本题重力加速度g取9.8m/s2，问： ①（论述）根据图3（b）提供的信息说明人在离开蹦台到弹性绳恰好绷紧过程中的运动机械能是否守恒。 ②从弹性绳恰好绷紧到下落到最低点过程中，蹦极者的动能和重力势能之和 　 　 。（选填：A.一直变大，B.一直变小，C.保持不变，D.先变大后变小，E.先变小后变大） ③（计算）蹦极者下落动能最大时，绳的弹性势能为多大？ ④若取蹦极台为零势能处，图3（c）为在A点处时，蹦极者的动能Ek，弹性绳弹性势能Ex的示意图，请由此推断此时人的重力势能Ep与它们的相对关系，并画出示意图。 【答案】（1）①C；mgL（1﹣cosθ）；②A；；③C；（2）①机械能守恒；②B；③蹦极者下落动能最大时，绳的弹性势能为1140J；④重力势能Ep与它们的相对关系为EP+Ex+Ek＝0；广西图如下所示： 【详解】解：（1）①缓慢拉动时，秋千处于动态平衡状态，水平力F＝mgtanθ。随θ增大，tanθ增大，因此水平力F变大，故C正确，AB错误。 故选：C。 根据动能定理，拉力做功等于重力势能的增加量：WF﹣mgL（1﹣cosθ）＝0 解得水平力做功：Wp＝mgL（1﹣cosθ）。 ②在最低点时，秋千具有向上的向心加速度，小朋友处于超重状态，故A正确，BC错误； 故选：A。 速度计算：由机械能守恒，重力势能转化为动能： 解得速度：。 ③动能随时间的变化图像秋千从B到O的过程可视为简谐运动，速度随时间按正弦规律变化，动能随时间呈正弦平方关系，图像为先增大、斜率逐渐减小的曲线，故C正确，ABD错误； 故选：C。 （2）①人从离开蹦台到弹性绳恰好绷紧的过程，下落位移x＝10m，若机械能守恒，根据自由落体规律vm/s≈14m/s，与图中的一致，故机械能守恒； ②从弹性绳绷紧到最低点的过程中，弹性绳的弹力始终对人做负功，弹性势能持续增加，故蹦极者的动能和重力势能之和一直减小，故B正确，ACDE错误； 故选：B。 ③动能最大时，速度最大，加速度为0，重力与弹力平衡，对应图中v＝16m/s，x＝15m的A点， 根据机械能守恒：mgxEx 解得：Ex＝1140J ④取蹦极台为零势能处，根据机械能守恒：EP+Ex+Ek＝0，重力势能为Ep＝mgx′＝﹣60×9.8×15J＝﹣8820J， 故示意图如下图所示： 40．撑杆跳是运动会中非常具有观赏性的比赛项目，用于撑起运动员的杆要求具有很好的弹性。如图1所示，运动员助跑时杆未发生形变，撑杆起跳后杆弯曲程度逐渐变大，到运动员以一定速度水平越过横杆时，杆竖直且恢复原状。 （1）关于运动员在撑杆过程中，下列说法中正确的是 　 　 。 A.分析运动员过杆的动作特点时，可将其看成质点 B.上升过程中运动员受到杆的支持力始终大于其受到的重力 C.运动员手上涂“防滑粉”可以增大手掌与杆之间的弹力 D.撑杆起跳过程中运动员受到杆的作用力大小有可能等于重力大小 （2）（多选）关于撑杆起跳到运动员越过横杆过程，下列说法正确的是 　 　 。 A.杆的弹性势能先增大后减小 B.运动员在上升过程中机械能守恒 C.运动员越过横杆正上方时动能不为零 D.运动员撑杆跳起到达最高点时，杆的弹性势能最小 （3）（多选）如图2，撑杆跳全过程可分为四个阶段：A→B阶段，助跑加速；B→C阶段，杆弯曲程度增大、人上升；C→D阶段，杆弯曲程度减小、人上升；D→E阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。这四个阶段的能量变化为 　 　 。 A.A→B人和杆系统的机械能不变 B.B→C人和杆系统的动能减小、重力势能和弹性势能增加 C.C→D人和杆系统的动能减少量、弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量 D.D→E重力对人所做的功等于人机械能的增加量 （4）撑杆跳运动员越过横杆下落到软垫的过程，如果忽略水平方向的速度，可以等效为小球落到弹簧上的过程。如图3所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面，质量m＝1kg的小球在轻弹簧正上方由静止下落，空气阻力恒定。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为重力势能零势能参考面，在小球下落至最低点的过程中，小球重力势能Ep、弹簧的弹性势能E弹随小球位移变化的关系图线分别如图4所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10m/s2，则求： ①小球下落到最低点时的重力势能； ②小球在下落过程受到的空气阻力大小； ③已知弹簧的劲度系数k＝960N/m，小球下落速度最大时的位置坐标（保留2位有效数字）。 【答案】（1）D；（2）AD；（3）BC；（4）①小球下落到最低点时的重力势能为4J；②小球在下落过程受到的空气阻力大小为2N；③已知弹簧的劲度系数k＝960N/m，小球下落速度最大时的位置坐标为0.51m。 【详解】解：（1）A．分析运动员过杆的动作特点时，运动员的大小和形状不能忽略，所以不可将其看成质点，故A错误； BD．上升过程中，运动员先加速上升后减速上升，所以支持力先是大于重力，接着等于重力，然后小于重力，故B错误，D正确； C．运动员手上涂“防滑粉”可以增大手掌与杆之间的摩擦因数，增大最大静摩擦力，不能增大弹力，故C错误。 故选：D。 （2）A．在上升过程中，杆先在运动员的压力作用下由直变弯，杆的形变量最大，杆的弹性势能最大；然后杆再由弯变直，杆的形变量减小，杆的弹性势能减小，杆的弹性势能先增大后减小，故A正确； B．运动员在上升过程中，杆对运动员做功，运动员机械能不守恒，故B错误； C．运动员越过横杆正上方时水平方向上有速度，动能不为零，故C错误； D．运动员撑杆跳起到达最高点时，杆竖直且恢复原状，杆的弹性势能为零，故D正确。 故选：AD。 （3）A．A→B阶段，助跑加速，重力势能不变，动能增加，所以机械能增加，故A错误； B．B→C阶段，杆弯曲程度增大、人上升，人克服重力和弹力做功，动能减小，位置升高，所以弹性势能和重力势能增加，故B正确； C．C→D阶段，杆弯曲程度减小、人上升，杆和人组成的系统机械能守恒，所以动能减少量、弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量，故C正确； D．D→E阶段，人越过横杆后下落，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。 故选：BC。 （4）①根据甲图可知，小球下落的初始位置距地面的高度为：hm＝1m 小球在最低点时的重力势能为：Ep′＝mgh′＝1×10×（1﹣0.6）J＝4J； ②从x＝0到x＝0.6m过程中，减小的重力势能为：ΔEp＝10J﹣4J＝6J 增加的弹性势能为：ΔE弹＝4.8J﹣0J＝4.8J 可知，此过程阻力做的功为：W＝﹣fΔx＝4.8J﹣6J＝﹣1.2J 解得，小球下落到最低点过程受到的阻力大小为：f＝2N ③小球下落速度最大时受力平衡，即：F弹+f＝mg 其中：F弹＝k（x﹣0.5m） 解得：x≈0.51m 41．如图，运动员持竿助跑，借助竿的形变与弹力腾空而起，一般能跳过5m高。（忽略空气阻力） （1）运动员持竿助跑过程中，竿的前端发生振动。运动员的跑动节奏与竿的固有频率越接近，竿前端的振幅 　 　 。 A.越大 B.不变 C.越小 D.与节奏无关 （2）（多选）将运动员视为质点，他在空中离竿的瞬间，水平速度大小为vx，竖直速度大小为vy。运动员离竿后直至安全落在垫子上的过程中，运动员的 　 　 。 A.水平位移仅与vy有关 B.最大高度与vy有关 C.加速度方向不断变化 D.速度变化量的方向保持不变 （3）将运动员、撑竿和地球视为一个系统，当撑竿弯曲程度达到最大时，测得系统的动能Ek、重力势能Ep（起跳位置为零势能面）、弹性势能E弹的大小关系为E弹＞Ep＞Ek。当运动员重心上升到最高点时，E弹、Ep、Ek的关系从大到小排列为 　 。 【答案】（1）A；（2）BD；（3）Ep＞Ek＞E弹。 【详解】解：（1）运动员跑动节奏可视为对竿的驱动力，当跑动节奏（驱动力频率）与竿的固有频率越接近，竿前端的振幅越大，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （2）A.运动员离竿后水平方向不受力，做匀速直线运动，水平位移x＝vxt，与竖直速度vy无关（t由竖直运动决定，但水平位移公式中直接与vx相关），故A错误； B.竖直方向做竖直上抛运动，最大高度，仅与vy有关，故B正确； C.离竿后仅受重力，加速度恒为重力加速度g，方向竖直向下，保持不变，故C错误； D.根据Δv＝g•t 加速度方向不变，速度变化量方向与加速度方向一致，始终竖直向下，故D正确。 故选：BD。 （3）运动员、撑竿和地球组成的系统机械能守恒，撑竿弯曲最大时：E弹＞Ep＞Ek，此时弹性势能最大。 运动员重心到最高点时，撑竿恢复原长，弹性势能E弹＝0，速度不为零，动能Ek＞0；重力势能Ep达到最大 此时系统能量全部转化为重力势能和动能，且Ep最大，Ek次之，E强＝0，故关系为Ep＞Ek＞E弹 题型6 验证机械能守恒的实验 37．研究动能和势能转化规律的实验装置如图所示． （1）关于实验下列做法中正确的是　 　 （单选） A．摆锤释放器在每次释放后都要调整高度 B．光电门传感器始终放在最低点 C．每次要用测平器使光电传感器的红外发射孔 对应于所要求高度的水平线 D．摆锤线长应调整到使摆线在摆动时能通过光电孔 （2）以摆锤所在位置的高度h为横坐标，摆锤速度v2/2为纵坐标，作出的图线应是图中的　 　 （单选），图线的斜率大小表示　 　 ． 【答案】见试题详解内容 【详解】解：（1）A．摆锤释放器在每次释放后不需要调整高度，故A错误． B．光电门传感器不一定放在最低点，也可以在其他位置测量，故B错误． C．每次要用测平器使光电传感器的红外发射孔对应于所要求高度的水平线，故C正确． D．摆锤线长应调整到使摆锤在摆动时能通过光电孔，故D错误． 故选C． （2）利用v2﹣h图线处理数据，如果mg（h0﹣h）mv2 作出的图线应是图中的D，那么v2﹣h图线的斜率就等于g． 38．17世纪，伽利略在研究斜面运动时首次发现“高度与速度的此消彼长”，为机械能守恒思想埋下种子。如今，通过光电门等现代装置，在摆锤下落等实验中，依然延续着这场跨越三个世纪的守恒验证之旅。从传统实验到数字实验，改变的是实验手段，不变的是对守恒律的执着追寻。 （1）某同学使用如图装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。 ①用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，推力F与轻质连杆对摆锤的拉力T的变化情况为 　 　 。 A．F增大，T减小 B．F、T都增大 C．F减小，T增大 D．F、T都减小 ②将摆锤从图示位置静止释放，读取并记录各挡光片的对应高度h和摆锤经过各挡光片的挡光时间t，测得各挡光片的宽度均为d。利用实验数据，以h为横坐标，以 　 　 为纵坐标绘制图线，当图线为斜率大小近似为g的倾斜直线时，可认为摆锤下摆过程中机械能守恒。 ③摆锤以大小为v的速度经过最低点后，在制动装置作用下静止于连杆与竖直方向夹角为θ位置。已知摆锤质量为m、摆长为L，刹停过程中制动装置对摆锤做功W＝ 　 　 。 （2）某同学设计了如图所示的装置来研究机械能是否守恒。轻质细线的上端固定在O点，下端连接圆柱形的摆锤P，在摆锤摆动的路径上，固定了四个完全相同的光电门传感器A、B、C、D。实验时，分别测出四个光电门到悬点O的高度差hA、hB、hC、hD，从某一高度释放摆，利用光电门测出摆锤经过四个光电门的速度。（已知重力加速度为g） ①利用光电门测量摆锤P的速度时，可以将摆锤直径作为挡光片宽度，若摆锤直径的测量值比实际值小，则摆锤动能的测量值与实际值相比 　 　 （选填：A．偏小，B．偏大，C．相等）； ②另一同学在得到摆锤经过四个光电门的速度v和光电门距离悬点O的高度差h后，作出如图所示的v2﹣h图线。若摆锤摆动过程中机械能守恒，则该直线的斜率为 　 　 ； ③该同学经过多次实验，发现摆锤在A、B、C、D四点的机械能总是依次减小，原因可能是 　 　 。 【答案】（1）①B ② ③﹣[] （2）①A ②2g ③摆锤在运动的过程中受到空气阻力的影响。 【详解】（1）、①设轻质连杆与竖直方向的夹角为θ，摆锤受到竖直向下的重力、水平向右的推力和沿轻质连杆向上的拉力， 根据受力平衡可得F＝mgtan θ， 用水平推力从最低点缓慢推高摆锤的过程中，θ增大，则F增大，T增大。故选：B。 ②摆锤经过挡光片的速度，根据机械能守恒定律， 将代入并整理得 所以以h为横坐标，以为纵坐标绘制图线，当图线为斜率大小近似为g的倾斜直线时，可认为摆锤下摆过程中机械能守恒。 ③摆锤从最低点到静止位置的过程，由动能定理得 得W＝﹣[]. （2）①用光电门测量速度是利用挡光片的宽度和挡光时间的比值得到的，故利用光电门测量摆锤P的速度时，可以将摆锤的直径作为挡光片的宽度；若摆锤直径a的测量值比实际值小，根据可知此时测得的摆锤的速度偏小，则摆锤动能的测量值比实际值偏小，故选：A。 ②设摆锤释放时距O点的距离为h0，初速度为v0，摆动过程中根据机械能守恒得整理可得，整理可得 可知若摆锤摆动过程中机械能守恒，则v2﹣h图线的斜率为2g。 ③该同学经过多次实验，发现摆锤在A、B、C、D点的机械能总是依次的略微减小，可能的原因是：摆锤在运动的过程中受到空气阻力的影响。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $