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人教版 (新课标)必修2第七章 机械能守恒定律综合与测试课后练习题
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这是一份人教版 (新课标)必修2第七章 机械能守恒定律综合与测试课后练习题，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．关于功和功率的计算，下列说法中正确的是( )
A．用W＝Fxcs θ可以计算变力做功
B．用W合＝Ek2－Ek1可以计算变力做功
C．用W＝Pt只能计算恒力做功
D．用P＝eq \f(W,t)可以计算瞬时功率
B [W＝Fxcs θ是恒力做功公式，不可以计算变力做功，故A错误；动能定理W合＝Ek2－Ek1既可以计算恒力做功，也可以计算变力做功，故B正确；用W＝Pt计算的是恒定功率下，外力做的功，此力可以是恒力，也可以是变力，C错误；用P＝eq \f(W,t)计算的是平均功率，不能计算瞬时功率，D错误．]
2．关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( )
A．静摩擦力一定不做功
B．滑动摩擦力一定做负功
C．静摩擦力和滑动摩擦力都可做正功
D．相互作用的一对静摩擦力做功的代数和可能不为0
C [静摩擦力方向与物体的相对运动趋势方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故静摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故A错误；滑动摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故滑动摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故B错误；由上可知C正确；一对相互作用的静摩擦力，大小相等，方向相反，作用的两个物体位移相同．所以一对相互作用的静摩擦力做功之和一定是零，故D错误．所以C正确，A、B、D错误．]
3．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，0～t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则( )
A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于meq \f(v1,t1)
B．t1～t2时间内，汽车做匀加速运动
C．t1～t2时间内，汽车的功率等于fv1
D．t1～t2时间内，汽车的功率等于fv2
D [0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(v1,t1)，根据牛顿第二定律得，F－f＝ma，解得牵引力F＝f＋meq \f(v1,t1)，故A错误．从t1时刻起汽车的功率保持不变，根据P＝Fv可知，随速度的增加，牵引力减小，则a＝eq \f(F－f,m)，可知汽车在t1～t2时间内做加速减小的加速运动，选项B错误；在t2时刻，汽车的加速度为零，则F＝f，此时汽车的功率P＝Fv2＝fv2，选项D正确，C错误；故选D. ]
4．弹簧发生形变时，其弹性势能的表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是形变量．如图所示，一质量为m物体位于一直立的轻弹簧上方h高度处，该物体从静止开始落向弹簧．设弹簧的劲度系数为k，则物块的最大动能为(弹簧形变在弹性限度内)( )
A．mgh＋eq \f(m2g2,2k) B．mgh－eq \f(m2g2,2k)
C．mgh＋eq \f(m2g2,k)D．mgh－eq \f(m2g2,k)
A [当重力等于弹力时物体动能最大，此时：kx＝mg，由能量转化和守恒可得：Ek＋Ep＝mg(h＋x)，其中：Ep＝eq \f(1,2)kx2，解得：Ek＝mgh＋eq \f(m2g2,2k)，故B正确，A、C、D错误．]
5．如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下．当它滑过A点的速度大小为5 m/s时，滑到B点的速度大小也为5 m/s.若使它滑过A点的速度变为7 m/s，则它滑到B点的速度大小为( )
A．大于7 m/sB．等于7 m/s
C．小于7 m/sD．无法确定
C [木块从曲面的A点下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度增大时，在同一点木块所需要的向心力增大，轨道对木块的支持力增大，则木块对轨道的压力增大，滑动摩擦力增大．木块从A运动到B，运动的路程相等，则木块下滑过程中克服摩擦力做功增大，重力做功相同，根据动能定理得知，动能的变化量增大，第一次下滑过程动能变化量为零，第二次动能的变化量应小于零，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＜0，得：vB＜vA＝7 m/s.即滑到B点的速率一定小于7 m/s.故C正确，A、B、D错误．]
6．如图所示，一根橡皮筋两端固定在A、B两点，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，将弹丸放在橡皮筋内C处并由C处竖直向下拉至D点释放，C、D两点均在AB连线的中垂线上．橡皮筋的质量忽略不计，不计空气阻力，弹丸由D运动到C的过程中( )
A．橡皮筋对弹丸的弹力一直在增大
B．橡皮筋对弹丸的弹力始终做正功
C．弹丸的机械能守恒
D．弹丸的动能一直在增大
B [从D到C，橡皮筋的形变量一直减小，所以橡皮筋对弹丸的弹力一直在减小，故A错误；
从D到C，橡皮筋对弹丸的弹力的方向始终与弹丸运动的方向相同，所以弹力一直做正功，故B正确；
从D到C橡皮筋对弹丸的弹力始终做正功，所以弹丸的机械能一直在增大，故C错误；
橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故D错误．]
7．如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgRB．4mgR
C．5mgRD．6mgR
C [设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq \r(gR)，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝eq \f(vc,g)＝2eq \r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小为x＝eq \f(1,2)gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误．]
8．一质量为m的小球从高度为H的平台上以速度v0水平抛出，落在松软路面上出现一个深度为h的坑，如图所示，不计空气阻力，对从抛出到落至坑底的过程中，以下说法正确的是( )
A．外力对小球做的总功为mg(H＋h)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B．小球的机械能减小量为mg(H＋h)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
C．路基对小球做的功为－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mgH＋h＋\f(1,2)mv\\al(2,0)))
D．路基对小球做的功为－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mgH＋\f(1,2)mv\\al(2,0)))
BC [根据动能定理：W＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故A错误；
路基对小球做功为W1：mg(H＋h)＋W1＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得W1＝－mg(H＋h)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故C正确，D正确；根据能量守恒可知，小球机械能的减小量即为小球克服路基做的功，故B正确．]
9．如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放(图甲、丙、丁)和平抛(图乙)，其中图丙、丁分别是倾角为45°和60°的光滑斜面，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是( )
甲 乙 丙 丁
A．落地时间t1＝t2B．全程重力做功W1＝W2＝W3＝W4
C．落地瞬间重力的功率P1＝P2＝P3＝P4
D．全程重力做功的平均功率eq \x\t(P1)＝eq \x\t(P2)＞eq \x\t(P4)＞eq \x\t(P3)
BD [A、设高度为h，在图甲中做自由落体，则时间为：t1＝eq \r(\f(2h,g))
图乙做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，则时间为：t2＝eq \r(\f(2h,g))
设斜面倾角为θ，则根据牛顿第二定律：a＝gsin θ，则：eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2
即时间为：t＝eq \r(\f(2h,gsin θ2))，将θ＝45°和60°分别代入可以得到：t3＝eq \r(\f(4h,g))，t4＝eq \r(\f(8h,3g))
即：t1＝t2＜t4＜t3，故选项A错误；
B、由于重力做功只与高度有关，高度相同，则重力的功相同，即W1＝W2＝W3＝W4＝mgh，故选项B正确；
C、图甲和乙竖直方向是自由落体运动，则落地时竖直方向的速度为：v＝eq \r(2gh)，与重力的方向夹角为0°；
在图丙和丁中沿斜面到达底端的速度为：v＝eq \r(2ax)＝eq \r(2gsin θ·\f(h,sin θ))＝eq \r(2gh)，与重力的方向夹角为θ；
根据功率的公式：P＝Fvcs α＝mgvcs α，则有：P1＝P2＞P4＞P3，故选项C错误；
D、根据平均功率的公式：eq \x\t(P)＝eq \f(W,t)可知，由于W1＝W2＝W3＝W4＝mgh，而且t1＝t2＜t4＜t3，则可以得到：eq \x\t(P1)＝eq \x\t(P2)＞eq \x\t(P4)＞eq \x\t(P3)，故选项D正确．]
10．如图所示，质量为m的滑块以一定的初速度v0滑上倾角为θ的足够长的固定斜面并在沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ作用下运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取斜面底端所在水平面为零重力势能面，则滑块在从斜面底端运动至最高点的过程中，因滑块与斜面摩擦而产生的热量Q、滑块的动能Ek、重力势能Ep以及系统的机械能E随时间t、位移x变化的关系，下列图象大致正确的是( )
A B C D
BCD [根据牛顿第二定律，滑块将以初速度v0沿斜面向上做加速度大小a＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ－F,m)＝gsin θ的匀减速运动，滑块的位移x＝v0t－eq \f(1,2)at2，Q＝μmgcs θ·x＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)at2))sin θ，可见Qt图象应为一条抛物线，选项A错误；F与Ff的总功为零，系统的机械能恒定，选项B正确；根据动能定理有－max＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，得Ek＝－max＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可见Ekx图象是一条直线且其斜率为负，选项C正确；重力势能Ep＝mgxsin θ，可见Ep与x成正比，选项D正确．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)
11．(6分)下表是在探究功与物体速度变化的关系时得到的数据．请根据以下数据在图中完成Wv、Wv2、Wv3图象，并由图象确定功与速度变化的关系是_____________________________________________________
_____________________________________________________.
[解析] v2、v3的数值如下表所示：
Wv、Wv2、Wv3图象如图所示．
由图可得力对物体做的功与速度的平方成正比．
[答案] 见解析
12．(8分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．为完成此实验，除了所给的器材，从下图还必须选取的实验器材是__________，可选择的实验器材是________．(填字母代号)
A B C D E F G
(2)下列方法有助于减小实验误差的是________．
A．在重锤的正下方地面铺海绵
B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒
C．重复多次实验，重物必须从同一位置开始下落
D．重物的密度尽量大一些
(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图所示，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度vB＝________m/s.
若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，重物质量为m，当地重力加速度为g，为得出实验结论完成实验，需要比较mghBH与______________的大小关系(用题中字母表示)．
[解析] (1)在实验中需要用刻度尺测量纸带上点与点间的距离，从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度．纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表．用电火花计时器时就不用学生电源．必须选取的实验器材为重物、电火花计时器、毫米刻度尺．
重锤的质量可以测量也可以不测量，可选择的实验器材为天平．
(2)A.在重锤的正下方地面铺海绵可以防止摔坏实验器材，故A错误；
B．不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故B错误；
C．重复多次实验时，重物不需要从同一位置开始下落，故C错误；
D．重物下落时受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦会使实验误差变大．所以选重物的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差．故D正确．
(3)打B点时对应的速度等于A、C两点间的平均速度，vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(5.40×10－2,0.04) m/s＝1.35 m/s;
如果机械能守恒，物体减小的重力势能等于增加的动能，则mgh＝eq \f(1,2)mv2，即mghAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,H)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B).
[答案] (1)AEF D (2)D (3)1.35 eq \f(1,2)mveq \\al(2,H)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
13．(8分)游乐场过山车的运动情况可以抽象为如图10所示的模型，弧形轨道AB的下端B点与半径为R的竖直圆轨道平滑连接，质量为m的小球从弧形轨道上离水平地面高度为h的A点由静止开始滚下，小球进入竖直圆轨道后顺利通过圆轨道最高点C，不考虑摩擦等阻力，重力加速度为g.求：
(1)小球位于A点时的重力势能(以水平地面为参考平面)；
(2)小球从A点运动到C点的过程中，重力所做的功；
(3)小球经过C点时的速度大小．
[解析] (1)以水平地面为参考平面，小球位于A点时的重力势能Ep＝mgh.
(2) 小球从A点运动到C点的过程中，WG＝mg(h－2R)．
(3)从A到C运用动能定理：WG＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，vC＝eq \r(2gh－2R).
[答案] (1)mgh (2)mg(h－2R) (3)eq \r(2gh－2R)
14．(12分)质量为1.0×103 kg的汽车，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，沿倾角为30°的斜坡由静止开始从坡底向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(取g＝10 m/s2)．求：
(1)汽车做匀加速运动持续的时间t1；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？
[解析] (1)根据牛顿第二定律有： F－mgsin 30°－f＝ma
设匀加速的末速度为v，则有：P＝Fv；v＝at1
代入数值，联立解得：匀加速的时间为t1＝7 s.
(2)当达到最大速度vm时，有：P＝(mgsin 30°＋f)vm
解得：汽车的最大速度为vm＝8 m/s.
(3)汽车匀加速运动的位移为x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝24.5 m
在后一阶段牵引力对汽车做正功，重力和阻力做负功，根据动能定理有：
Pt2－(mgsin 30°＋f)x2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mv2, 又有x2＝x－x1
代入数值，联立求解得：t2＝15 s
所以汽车总的运动时间为t＝t1＋t2＝22 s.
[答案] (1)7 s (2)8 m/s (3)22 s
15．(12分)如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：
(1)a球离开弹簧时的速度大小va；
(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep.
[解析] (1)由a球恰好能到达A点知：
m1g＝m1eq \f(v\\al(2,A),R)
由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,a)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,A)＝m1g·2R
解得va＝eq \r(5gR).
(2)对于b球由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,b)＝m2g·10R
解得vb＝2eq \r(5gR).
(3)由机械能守恒定律得：
Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,b)
解得Ep＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)m1＋10m2))gR.
[答案] (1)eq \r(5gR) (2)2eq \r(5gR) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)m1＋10m2))gR
16．(14分)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角的135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰好停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g取10 m/s2，求：
(1)物块运动到P点速度的大小和方向；
(2)判断m2能否沿圆轨道到达M点；
(3)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．
[解析] (1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度满足veq \\al(2,y)＝2gR
得vD＝vy＝4 m/s
所以到P的速度为vP＝4eq \r(2) m/s，方向与水平方向夹角为45°斜向下．
(2)若物块能沿轨道到达M点，设其在M点时的速度为vM，则eq \f(1,2)m2veq \\al(2,M)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)－eq \f(\r(2),2)m2gR
轨道对物块的压力为FN，则
FN＋m2g＝m2eq \f(v\\al(2,M),R)
解得FN＝(1－eq \r(2))m2g＜0
即物块不能到达M点．
(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，释放m1时，Ep＝μm1gsC
由x＝6t－2t2可知m2的初速度
v0＝6 m/s
释放m2时，Ep＝μm2gsC＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)
且m1＝2m2，
得Ep＝m2veq \\al(2,0)＝7.2 J
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则Ep－Wf＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)
可得Wf＝5.6 J.
[答案] (1)4eq \r(2) m/s 方向与水平方向夹角为45°斜向下 (2)见解析 (2)5.6 J
W(一条橡皮筋做的功作为功的单位)
1
2
3
4
5
6
7
8
v(m/s)
1.4
2.0
2.4
2.8
3.2
3.5
3.7
4.0
v2(m2/s2)
v3(m3/s3)
W(一条橡皮筋做的功作为功的单位)
1
2
3
4
5
6
7
8
v(m/s)
1.4
2.0
2.4
2.8
3.2
3.5
3.7
4.0
v2(m2/s2)
1.96
4.0
5.76
7.84
10.24
12.25
13.69
16.0
v3(m3/s3)
2.74
8.0
13.82
21.95
32.77
42.88
50.65
64.0
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．关于功和功率的计算，下列说法中正确的是( )
A．用W＝Fxcs θ可以计算变力做功
B．用W合＝Ek2－Ek1可以计算变力做功
C．用W＝Pt只能计算恒力做功
D．用P＝eq \f(W,t)可以计算瞬时功率
B [W＝Fxcs θ是恒力做功公式，不可以计算变力做功，故A错误；动能定理W合＝Ek2－Ek1既可以计算恒力做功，也可以计算变力做功，故B正确；用W＝Pt计算的是恒定功率下，外力做的功，此力可以是恒力，也可以是变力，C错误；用P＝eq \f(W,t)计算的是平均功率，不能计算瞬时功率，D错误．]
2．关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( )
A．静摩擦力一定不做功
B．滑动摩擦力一定做负功
C．静摩擦力和滑动摩擦力都可做正功
D．相互作用的一对静摩擦力做功的代数和可能不为0
C [静摩擦力方向与物体的相对运动趋势方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故静摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故A错误；滑动摩擦力方向与物体的相对运动方向相反，与运动方向可以相同、相反、垂直，故滑动摩擦力对物体可以做正功、负功、不做功，故B错误；由上可知C正确；一对相互作用的静摩擦力，大小相等，方向相反，作用的两个物体位移相同．所以一对相互作用的静摩擦力做功之和一定是零，故D错误．所以C正确，A、B、D错误．]
3．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，0～t1段为直线，从t1时刻起汽车保持额定功率不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为f，则( )
A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于meq \f(v1,t1)
B．t1～t2时间内，汽车做匀加速运动
C．t1～t2时间内，汽车的功率等于fv1
D．t1～t2时间内，汽车的功率等于fv2
D [0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(v1,t1)，根据牛顿第二定律得，F－f＝ma，解得牵引力F＝f＋meq \f(v1,t1)，故A错误．从t1时刻起汽车的功率保持不变，根据P＝Fv可知，随速度的增加，牵引力减小，则a＝eq \f(F－f,m)，可知汽车在t1～t2时间内做加速减小的加速运动，选项B错误；在t2时刻，汽车的加速度为零，则F＝f，此时汽车的功率P＝Fv2＝fv2，选项D正确，C错误；故选D. ]
4．弹簧发生形变时，其弹性势能的表达式为Ep＝eq \f(1,2)kx2，其中k是弹簧的劲度系数，x是形变量．如图所示，一质量为m物体位于一直立的轻弹簧上方h高度处，该物体从静止开始落向弹簧．设弹簧的劲度系数为k，则物块的最大动能为(弹簧形变在弹性限度内)( )
A．mgh＋eq \f(m2g2,2k) B．mgh－eq \f(m2g2,2k)
C．mgh＋eq \f(m2g2,k)D．mgh－eq \f(m2g2,k)
A [当重力等于弹力时物体动能最大，此时：kx＝mg，由能量转化和守恒可得：Ek＋Ep＝mg(h＋x)，其中：Ep＝eq \f(1,2)kx2，解得：Ek＝mgh＋eq \f(m2g2,2k)，故B正确，A、C、D错误．]
5．如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下．当它滑过A点的速度大小为5 m/s时，滑到B点的速度大小也为5 m/s.若使它滑过A点的速度变为7 m/s，则它滑到B点的速度大小为( )
A．大于7 m/sB．等于7 m/s
C．小于7 m/sD．无法确定
C [木块从曲面的A点下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度增大时，在同一点木块所需要的向心力增大，轨道对木块的支持力增大，则木块对轨道的压力增大，滑动摩擦力增大．木块从A运动到B，运动的路程相等，则木块下滑过程中克服摩擦力做功增大，重力做功相同，根据动能定理得知，动能的变化量增大，第一次下滑过程动能变化量为零，第二次动能的变化量应小于零，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＜0，得：vB＜vA＝7 m/s.即滑到B点的速率一定小于7 m/s.故C正确，A、B、D错误．]
6．如图所示，一根橡皮筋两端固定在A、B两点，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，将弹丸放在橡皮筋内C处并由C处竖直向下拉至D点释放，C、D两点均在AB连线的中垂线上．橡皮筋的质量忽略不计，不计空气阻力，弹丸由D运动到C的过程中( )
A．橡皮筋对弹丸的弹力一直在增大
B．橡皮筋对弹丸的弹力始终做正功
C．弹丸的机械能守恒
D．弹丸的动能一直在增大
B [从D到C，橡皮筋的形变量一直减小，所以橡皮筋对弹丸的弹力一直在减小，故A错误；
从D到C，橡皮筋对弹丸的弹力的方向始终与弹丸运动的方向相同，所以弹力一直做正功，故B正确；
从D到C橡皮筋对弹丸的弹力始终做正功，所以弹丸的机械能一直在增大，故C错误；
橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故D错误．]
7．如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgRB．4mgR
C．5mgRD．6mgR
C [设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq \r(gR)，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝eq \f(vc,g)＝2eq \r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小为x＝eq \f(1,2)gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误．]
8．一质量为m的小球从高度为H的平台上以速度v0水平抛出，落在松软路面上出现一个深度为h的坑，如图所示，不计空气阻力，对从抛出到落至坑底的过程中，以下说法正确的是( )
A．外力对小球做的总功为mg(H＋h)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B．小球的机械能减小量为mg(H＋h)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
C．路基对小球做的功为－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mgH＋h＋\f(1,2)mv\\al(2,0)))
D．路基对小球做的功为－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mgH＋\f(1,2)mv\\al(2,0)))
BC [根据动能定理：W＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故A错误；
路基对小球做功为W1：mg(H＋h)＋W1＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得W1＝－mg(H＋h)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故C正确，D正确；根据能量守恒可知，小球机械能的减小量即为小球克服路基做的功，故B正确．]
9．如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放(图甲、丙、丁)和平抛(图乙)，其中图丙、丁分别是倾角为45°和60°的光滑斜面，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是( )
甲 乙 丙 丁
A．落地时间t1＝t2
C．落地瞬间重力的功率P1＝P2＝P3＝P4
D．全程重力做功的平均功率eq \x\t(P1)＝eq \x\t(P2)＞eq \x\t(P4)＞eq \x\t(P3)
BD [A、设高度为h，在图甲中做自由落体，则时间为：t1＝eq \r(\f(2h,g))
图乙做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，则时间为：t2＝eq \r(\f(2h,g))
设斜面倾角为θ，则根据牛顿第二定律：a＝gsin θ，则：eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2
即时间为：t＝eq \r(\f(2h,gsin θ2))，将θ＝45°和60°分别代入可以得到：t3＝eq \r(\f(4h,g))，t4＝eq \r(\f(8h,3g))
即：t1＝t2＜t4＜t3，故选项A错误；
B、由于重力做功只与高度有关，高度相同，则重力的功相同，即W1＝W2＝W3＝W4＝mgh，故选项B正确；
C、图甲和乙竖直方向是自由落体运动，则落地时竖直方向的速度为：v＝eq \r(2gh)，与重力的方向夹角为0°；
在图丙和丁中沿斜面到达底端的速度为：v＝eq \r(2ax)＝eq \r(2gsin θ·\f(h,sin θ))＝eq \r(2gh)，与重力的方向夹角为θ；
根据功率的公式：P＝Fvcs α＝mgvcs α，则有：P1＝P2＞P4＞P3，故选项C错误；
D、根据平均功率的公式：eq \x\t(P)＝eq \f(W,t)可知，由于W1＝W2＝W3＝W4＝mgh，而且t1＝t2＜t4＜t3，则可以得到：eq \x\t(P1)＝eq \x\t(P2)＞eq \x\t(P4)＞eq \x\t(P3)，故选项D正确．]
10．如图所示，质量为m的滑块以一定的初速度v0滑上倾角为θ的足够长的固定斜面并在沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ作用下运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取斜面底端所在水平面为零重力势能面，则滑块在从斜面底端运动至最高点的过程中，因滑块与斜面摩擦而产生的热量Q、滑块的动能Ek、重力势能Ep以及系统的机械能E随时间t、位移x变化的关系，下列图象大致正确的是( )
A B C D
BCD [根据牛顿第二定律，滑块将以初速度v0沿斜面向上做加速度大小a＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ－F,m)＝gsin θ的匀减速运动，滑块的位移x＝v0t－eq \f(1,2)at2，Q＝μmgcs θ·x＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)at2))sin θ，可见Qt图象应为一条抛物线，选项A错误；F与Ff的总功为零，系统的机械能恒定，选项B正确；根据动能定理有－max＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，得Ek＝－max＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可见Ekx图象是一条直线且其斜率为负，选项C正确；重力势能Ep＝mgxsin θ，可见Ep与x成正比，选项D正确．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)
11．(6分)下表是在探究功与物体速度变化的关系时得到的数据．请根据以下数据在图中完成Wv、Wv2、Wv3图象，并由图象确定功与速度变化的关系是_____________________________________________________
_____________________________________________________.
[解析] v2、v3的数值如下表所示：
Wv、Wv2、Wv3图象如图所示．
由图可得力对物体做的功与速度的平方成正比．
[答案] 见解析
12．(8分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．为完成此实验，除了所给的器材，从下图还必须选取的实验器材是__________，可选择的实验器材是________．(填字母代号)
A B C D E F G
(2)下列方法有助于减小实验误差的是________．
A．在重锤的正下方地面铺海绵
B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒
C．重复多次实验，重物必须从同一位置开始下落
D．重物的密度尽量大一些
(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图所示，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度vB＝________m/s.
若H点对应的速度为vH，重物下落的高度为hBH，重物质量为m，当地重力加速度为g，为得出实验结论完成实验，需要比较mghBH与______________的大小关系(用题中字母表示)．
[解析] (1)在实验中需要用刻度尺测量纸带上点与点间的距离，从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度．纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表．用电火花计时器时就不用学生电源．必须选取的实验器材为重物、电火花计时器、毫米刻度尺．
重锤的质量可以测量也可以不测量，可选择的实验器材为天平．
(2)A.在重锤的正下方地面铺海绵可以防止摔坏实验器材，故A错误；
B．不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故B错误；
C．重复多次实验时，重物不需要从同一位置开始下落，故C错误；
D．重物下落时受到空气阻力和纸带与限位孔之间的摩擦会使实验误差变大．所以选重物的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差．故D正确．
(3)打B点时对应的速度等于A、C两点间的平均速度，vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(5.40×10－2,0.04) m/s＝1.35 m/s;
如果机械能守恒，物体减小的重力势能等于增加的动能，则mgh＝eq \f(1,2)mv2，即mghAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,H)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B).
[答案] (1)AEF D (2)D (3)1.35 eq \f(1,2)mveq \\al(2,H)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
13．(8分)游乐场过山车的运动情况可以抽象为如图10所示的模型，弧形轨道AB的下端B点与半径为R的竖直圆轨道平滑连接，质量为m的小球从弧形轨道上离水平地面高度为h的A点由静止开始滚下，小球进入竖直圆轨道后顺利通过圆轨道最高点C，不考虑摩擦等阻力，重力加速度为g.求：
(1)小球位于A点时的重力势能(以水平地面为参考平面)；
(2)小球从A点运动到C点的过程中，重力所做的功；
(3)小球经过C点时的速度大小．
[解析] (1)以水平地面为参考平面，小球位于A点时的重力势能Ep＝mgh.
(2) 小球从A点运动到C点的过程中，WG＝mg(h－2R)．
(3)从A到C运用动能定理：WG＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，vC＝eq \r(2gh－2R).
[答案] (1)mgh (2)mg(h－2R) (3)eq \r(2gh－2R)
14．(12分)质量为1.0×103 kg的汽车，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，沿倾角为30°的斜坡由静止开始从坡底向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(取g＝10 m/s2)．求：
(1)汽车做匀加速运动持续的时间t1；
(2)汽车所能达到的最大速率；
(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？
[解析] (1)根据牛顿第二定律有： F－mgsin 30°－f＝ma
设匀加速的末速度为v，则有：P＝Fv；v＝at1
代入数值，联立解得：匀加速的时间为t1＝7 s.
(2)当达到最大速度vm时，有：P＝(mgsin 30°＋f)vm
解得：汽车的最大速度为vm＝8 m/s.
(3)汽车匀加速运动的位移为x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝24.5 m
在后一阶段牵引力对汽车做正功，重力和阻力做负功，根据动能定理有：
Pt2－(mgsin 30°＋f)x2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mv2, 又有x2＝x－x1
代入数值，联立求解得：t2＝15 s
所以汽车总的运动时间为t＝t1＋t2＝22 s.
[答案] (1)7 s (2)8 m/s (3)22 s
15．(12分)如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：
(1)a球离开弹簧时的速度大小va；
(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep.
[解析] (1)由a球恰好能到达A点知：
m1g＝m1eq \f(v\\al(2,A),R)
由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,a)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,A)＝m1g·2R
解得va＝eq \r(5gR).
(2)对于b球由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,b)＝m2g·10R
解得vb＝2eq \r(5gR).
(3)由机械能守恒定律得：
Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,b)
解得Ep＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)m1＋10m2))gR.
[答案] (1)eq \r(5gR) (2)2eq \r(5gR) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)m1＋10m2))gR
16．(14分)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角的135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰好停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g取10 m/s2，求：
(1)物块运动到P点速度的大小和方向；
(2)判断m2能否沿圆轨道到达M点；
(3)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．
[解析] (1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度满足veq \\al(2,y)＝2gR
得vD＝vy＝4 m/s
所以到P的速度为vP＝4eq \r(2) m/s，方向与水平方向夹角为45°斜向下．
(2)若物块能沿轨道到达M点，设其在M点时的速度为vM，则eq \f(1,2)m2veq \\al(2,M)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)－eq \f(\r(2),2)m2gR
轨道对物块的压力为FN，则
FN＋m2g＝m2eq \f(v\\al(2,M),R)
解得FN＝(1－eq \r(2))m2g＜0
即物块不能到达M点．
(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，释放m1时，Ep＝μm1gsC
由x＝6t－2t2可知m2的初速度
v0＝6 m/s
释放m2时，Ep＝μm2gsC＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)
且m1＝2m2，
得Ep＝m2veq \\al(2,0)＝7.2 J
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则Ep－Wf＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)
可得Wf＝5.6 J.
[答案] (1)4eq \r(2) m/s 方向与水平方向夹角为45°斜向下 (2)见解析 (2)5.6 J
W(一条橡皮筋做的功作为功的单位)
1
2
3
4
5
6
7
8
v(m/s)
1.4
2.0
2.4
2.8
3.2
3.5
3.7
4.0
v2(m2/s2)
v3(m3/s3)
W(一条橡皮筋做的功作为功的单位)
1
2
3
4
5
6
7
8
v(m/s)
1.4
2.0
2.4
2.8
3.2
3.5
3.7
4.0
v2(m2/s2)
1.96
4.0
5.76
7.84
10.24
12.25
13.69
16.0
v3(m3/s3)
2.74
8.0
13.82
21.95
32.77
42.88
50.65
64.0
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