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高中物理鲁科版 (2019)必修 第二册第5节 科学验证:机械能守恒定律课后作业题
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这是一份高中物理鲁科版 (2019)必修 第二册第5节 科学验证:机械能守恒定律课后作业题，共16页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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．根据力对物体做功的条件，下列说法中正确的是( )
A．工人扛着行李在水平路面上匀速前进时，工人对行李做正功
B．工人扛着行李从一楼走到三楼，工人对行李做正功
C．作用力与反作用力做的功大小相等，并且其代数和为0
D．在水平地面上拉着一物体运动一圈后又回到出发点，则由于物体位移为0，所以摩擦力不做功
2. 如图所示，A、B两物体叠放在一起，A被不可伸长的细绳水平系于左墙上，B在拉力F作用下，向右匀速运动，在此过程中，A、B间的摩擦力做功情况是( )
3．一物体在运动中受水平拉力F的作用，已知F随运动距离x的变化情况如图所示，则在这个运动过程中F做的功为( )
A．4 J B．18 J C．20 J D．22 J
4．小木块从光滑曲面上P点滑下，通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的Q点，如下图所示。现让传送带在皮带轮带动下逆时针转动，让木块从P处重新滑下，则此次木块的落地点将( )
A．仍在Q点B．在Q点右边
C．在Q点左边D．不能从传送带上滑下来
5．两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为( )
A．xA∶xB＝2∶1 B．xA∶xB＝1∶2
C．xA∶xB＝4∶1 D．xA∶xB＝1∶4
6．如图所示，倾角θ＝30° 的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )
7．质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的vt图像如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．拉力F的大小为100 N
B．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
C．4 s内拉力所做的功为480 J
D．4 s内物体摩擦力做的功为－320 J
8．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合力做功mgR D．摩擦力做功－eq \f(1,2)mgR
9．运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．μ＝0.05 B．μ＝0.01
C．滑行时间t＝5 s D．滑行时间t＝10 s
10．(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为eq \r(2gh)
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
11．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，劲度系数为k＝eq \f(2\r(3)mg,L)，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力最大
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
12．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．环与重物组成的系统机械能守恒
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq \f(\r(2),2)
D．小环在B处时的速度大小为eq \r(3－2\r(2)gd)
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(4分)如图所示，两个质量分别为m1和m2的小物块A和B，系在一条跨过定滑轮的软绳的两端，已知m1>m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________(填序号)。
①物块的质量m1、m2
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间
④绳子的长度
(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议，其中确实对提高实验结果的准确程度有作用的是________(填序号)。
①绳的质量要轻
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃
④两个物块的质量之差要尽可能小
14．(8分)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能eq \f(1,2)mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________。
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v＝eq \r(2gh)来求解瞬时速度
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________ J；重物增加的动能ΔEk＝________ J，两者不完全相等的原因可能是____________。(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)
(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是__________________________________。
三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
15. (8分)如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.1 kg的小球(可看作质点)从B点正上方H＝0.75 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，(取g＝10 m/s2)求：
(1)小球经过B点时的动能；
(2)小球经过最低点C时的速度大小vC。
16．(10分)某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的vt图像，已知小车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～10 s时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s末到达最大速度，在10 s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力Ff大小不变。
(1)求小车所受阻力Ff的大小；
(2)求在t1～10 s内小车牵引力的功率P；
(3)求出t1的值及小车在0～t1时间内的位移。
17．(10分)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，如图所示。已知人的质量m＝50 kg，弹性绳的弹力大小F＝kx，其中x为弹性绳的形变量，k＝200 N/m，弹性绳的原长l0＝10 m，整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度g＝10 m/s2。在人离开蹦极台至第一次到达b点的过程中，机械能损失可忽略。
(1)求人第一次到达a点时的速度大小v；
(2)求人的速度最大时，弹性绳的长度；
(3)已知弹性绳的形变量为x时，它的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，求人的最大速度。
18．(12分)如图所示，AB、BC、CD三段轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度L＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A点离轨道BC的高度H＝4.3 m。质量为m的小滑块自A点由静止释放，已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
(1)小滑块第1次到达C点时的速度大小；
(2)小滑块第1次与第2次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止位置距B点的距离。
参考答案
1．B
解析：在水平面上匀速运动时，工人对行李的作用力竖直向上，与行李的运动方向始终垂直，故对行李不做功，A错误；上楼时，工人对行李的作用力与行李的运动方向的夹角为锐角，故对行李做正功，B正确；根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反，但二者是对不同的物体做功，两个受力物体的位移大小不一定相等，故两个力做功的大小不一定相等，代数和不一定为0，C错误；摩擦力是变力，且总与物体相对地面的运动方向相反，因此当物体回到出发点后，虽然物体位移为0，但摩擦力仍对物体做了负功，D错误。
2. B
解析：A、B两物体叠放在一起，A被不可伸长的水平细绳系于左墙上，B在拉力F作用下向右匀速运动，在此过程中，对A：摩擦力方向水平向右，但A在摩擦力方向上没有位移，摩擦力对A不做功；对B：摩擦力方向水平向左，B的位移与摩擦力方向相反，所以摩擦力对B做负功。故A、C、D错误，B正确。
3．B
解析：(解法一)由图可知F在整个过程中做功分为三个小过程，分别做功为
W1＝2×2 J＝4 J，W2＝－1×2 J＝－2 J
W3＝4×4 J＝16 J
所以W＝W1＋W2＋W3＝4 J＋(－2) J＋16 J＝18 J。
(解法二)Fx图像中图线与x轴所围成的面积表示做功的多少，x轴上方为正功，下方为负功，总功取三部分的代数和，即(2×2－2×1＋4×4) J＝18 J，B正确。
4．A
解析：无论传送带逆时针运动还是静止对木块所受外力无影响，小木块在传送带上水平方向上仍仅受向左的滑动摩擦力，且位移仍为传送带静止时的位移大小，故Wf＝－fs未变，由Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以滑到传送带末端抛出时的速度v不变，所以仍落在Q点，A正确。
5．B
解析：物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A：－μmAgxA＝0－Ek；对B：－μmBgxB＝0－Ek。故eq \f(xA,xB)＝eq \f(mB,mA)＝eq \f(1,2)，B正确。
6．B
解析：选斜面顶端所在水平面为参考平面，软绳重力势能共减少：mgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)lsinθ))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)l))))＝eq \f(1,4)mgl，A错误，B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系知，软绳重力势能的减少等于软绳的重力所做的功，C、D错误。
7．B
解析：由图像可得，0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝eq \f(|Δv|,Δt)＝5 m/s2，有F＋Ff＝ma1,2～4 s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝eq \f(|Δv′|,Δt′)＝1 m/s2，有F－Ff＝ma2，联立解得Ff＝40 N，F＝60 N，故A错误；物体在4 s时拉力的瞬时功率为P＝Fv＝60×2 W＝120 W，故B正确；4 s内物体通过的位移为x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×10－\f(1,2)×2×2)) m＝8 m，拉力做功为W＝－Fx＝－480 J，故C错误；4 s内物体通过的路程为s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×10＋\f(1,2)×2×2)) m＝12 m，摩擦力做功为Wf＝－Ffs＝－40×12 J＝－480 J，故D错误。
8．D
解析：重力做功与路径无关，所以WG＝mgR，A错误；设小球在B点时的速度为v，其所受重力提供向心力，即mg＝meq \f(v2,R)，所以v＝eq \r(gR)，从P点到B点，由动能定理知：W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，C错误；机械能的减少量为|ΔE|＝|ΔEp|－ΔEk＝eq \f(1,2)mgR，B错误；摩擦力做的功等于机械能的增加量，为－eq \f(1,2)mgR，D正确。
9．BD
解析：对冰壶，由动能定理得
－μmgx＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
得μ＝eq \f(\f(1,2)mv\\al(2,0),mgx)＝eq \f(9.5 J,19×10×5 J)＝0.01，B正确。
冰壶运动时a＝μg＝0.1 m/s2，由运动学公式
x＝eq \f(1,2)at2
得t＝10 s，D正确。
10．BD
解析：设a沿杆方向的分速度与a竖直方向的合速度夹角为θ，则因沿杆方向a、b的分速度相等，可写出等式：vacsθ = vbsinθ，a滑到最低点时，θ＝90°，所以b的速度为0，又因b的初速度也为0，可知此过程中b的动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功后做负功，A错误；a、b所组成的系统机械能守恒，所以当a滑到地面时，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＋0=mgh，解得va=eq \r(2gh)，B正确；轻杆落地前，当a的机械能最小时，b的动能最大，此时轻杆对a、b无作用力，故C错误，D正确。
11．BC
解析：圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，大小为kL·cs30°－mg＝2mg，大于开始时所受合力mg，C正确；由图中几何关系知圆环下降的高度为eq \r(3)L，由系统机械能守恒可得eq \r(3)mgL＝ΔEp，B正确。
12．AD
解析：由于小环和重物组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；结合几何关系可知，重物上升的高度h＝(eq \r(2)－1)d，故B错误；将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度等于重物上升的速度，则v物＝v环·cs45°，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为eq \r(2)∶1，故C错误；小环和重物组成的系统机械能守恒，则mgd－2mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,环)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,物)，且v物＝v环cs45°，解得：v环＝eq \r(3－2\r(2)gd)，故D正确。
13．(1)①②(或①③) (2)①③
解析：(1)通过连接在一起的A、B两物块验证机械能守恒定律，即验证系统的重力势能变化与动能变化之和是否为零。A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的，不需要测量绳子的长度，只需要选择①②或①③进行测量即可。
(2)若绳子质量不能忽略，则A、B组成的系统的重力势能将有一部分转化为绳子的动能，若物块摇晃，则两物块的速度有差别，增大了实验误差，①③正确。而绳子的长度和两个物块的质量差应适当，②④错误。
14．(1)BC
(2)2.14 2.12 重物下落过程中受到阻力作用
(3)图像的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍，故能粗略验证
解析：(1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误；本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝eq \f(1,2)mv2，因为我们是比较mgh、eq \f(1,2)mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平测量重物的质量，操作时应先接通电源，再释放纸带，故B、C正确；不能利用公式v＝eq \r(2gh)来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。
(2)重力势能减小量
ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×43.65×10－2 J≈2.14 J
利用匀变速直线运动的推论
vD＝eq \f(xOE－xOC,2T)＝eq \f(49.66－38.02×10－2,2×0.02) m/s＝2.91 m/s
EkD＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)＝eq \f(1,2)×0.5×2.912 J≈2.12 J
动能增加量
ΔEk＝EkD－0＝2.12 J
由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加。
(3)根据表达式
mgh′＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
则有
v2＝veq \\al(2,A)＋2gh′
当图像的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图像的斜率
k＝eq \f(10.36－5.48,0.25) m/s2＝19.52 m/s2
因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。
15. (1)0.75 J (2)5 m/s
解析：(1)小球从A点到B点，根据动能定理有
mgH＝Ek
代入数据得Ek＝0.75 J。
(2)小球从A点到C点，由动能定理有
mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数据得vC＝5 m/s。
16．(1)2 N (2)12 W (3)1.5 s 2.25 m
解析：(1)在10 s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速运动，由图像可得减速时的加速度大小为a＝2 m/s2，则Ff＝ma＝2 N。
(2)小车做匀速运动阶段即7～10 s内，设牵引力为F，则
F＝Ff
由图像可知最大速度vm＝6 m/s，解得
P＝Fvm＝12 W
(3)设0～t1时间内的位移为x1，加速度大小为a1，牵引力为F1，t1时刻速度为v1，则由
P＝F1v1
得F1＝4 N。
由
F1－Ff＝ma1
得a1＝2 m/s2，则
t1＝eq \f(v1,a1)＝1.5 s
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝2.25 m
17．(1)10eq \r(2) m/s (2)12.5 m (3)15 m/s
解析：(1)人由蹦极台到a点的运动过程中，根据机械能守恒定律有
mgl0＝eq \f(1,2)mv2
所以v＝eq \r(2gl0)＝10eq \r(2) m/s。
(2)人的速度最大时，有
kx＝mg
解得x＝eq \f(mg,k)＝2.5 m。
此时弹性绳的长度l＝l0＋x＝12.5 m。
(3)设人的最大速度为vm，
根据人和弹性绳组成的系统机械能守恒得
mgl＝eq \f(1,2)kx2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
解得vm＝15 m/s。
18．(1)6 m/s (2)2 s (3)1.4 m
解析：(1)小滑块沿A→B→C运动过程中，由动能定理得
mgH－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数据得小滑块第1次到达C点时的速度大小vC＝6 m/s。
(2)小滑块沿CD段上滑的加速度大小
a＝gsinθ＝6 m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间
t1＝eq \f(vC,a)＝1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s。故小滑块第1次与第2次通过C点的时间间隔
t＝t1＋t2＝2 s
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s，对小滑块运动的全过程利用动能定理有
mgH－μmgs＝0
代入数据得s＝8.6 m。故小滑块最终停止位置距B点的距离为
2L－s＝1.4 mA．对A、B都做负功
B．对A不做功，对B做负功
C．对A做正功，对B做负功
D．对A、B都不做功
A．软绳重力势能共减少了eq \f(1,2)mgl
B．软绳重力势能共减少了eq \f(1,4)mgl
C．软绳重力势能的减少大于软绳的重力所做的功
D．软绳重力势能的减少等于物块对它做的功与软绳自身重力、摩擦力所做功之和
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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．根据力对物体做功的条件，下列说法中正确的是( )
A．工人扛着行李在水平路面上匀速前进时，工人对行李做正功
B．工人扛着行李从一楼走到三楼，工人对行李做正功
C．作用力与反作用力做的功大小相等，并且其代数和为0
D．在水平地面上拉着一物体运动一圈后又回到出发点，则由于物体位移为0，所以摩擦力不做功
2. 如图所示，A、B两物体叠放在一起，A被不可伸长的细绳水平系于左墙上，B在拉力F作用下，向右匀速运动，在此过程中，A、B间的摩擦力做功情况是( )
3．一物体在运动中受水平拉力F的作用，已知F随运动距离x的变化情况如图所示，则在这个运动过程中F做的功为( )
A．4 J B．18 J C．20 J D．22 J
4．小木块从光滑曲面上P点滑下，通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的Q点，如下图所示。现让传送带在皮带轮带动下逆时针转动，让木块从P处重新滑下，则此次木块的落地点将( )
A．仍在Q点B．在Q点右边
C．在Q点左边D．不能从传送带上滑下来
5．两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为( )
A．xA∶xB＝2∶1 B．xA∶xB＝1∶2
C．xA∶xB＝4∶1 D．xA∶xB＝1∶4
6．如图所示，倾角θ＝30° 的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )
7．质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，0～2 s内F与运动方向相反，2～4 s内F与运动方向相同，物体的vt图像如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．拉力F的大小为100 N
B．物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
C．4 s内拉力所做的功为480 J
D．4 s内物体摩擦力做的功为－320 J
8．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR
C．合力做功mgR D．摩擦力做功－eq \f(1,2)mgR
9．运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．μ＝0.05 B．μ＝0.01
C．滑行时间t＝5 s D．滑行时间t＝10 s
10．(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为eq \r(2gh)
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
11．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，劲度系数为k＝eq \f(2\r(3)mg,L)，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力最大
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
12．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．环与重物组成的系统机械能守恒
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq \f(\r(2),2)
D．小环在B处时的速度大小为eq \r(3－2\r(2)gd)
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(4分)如图所示，两个质量分别为m1和m2的小物块A和B，系在一条跨过定滑轮的软绳的两端，已知m1>m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________(填序号)。
①物块的质量m1、m2
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间
④绳子的长度
(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议，其中确实对提高实验结果的准确程度有作用的是________(填序号)。
①绳的质量要轻
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃
④两个物块的质量之差要尽可能小
14．(8分)某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能eq \f(1,2)mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________。
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v＝eq \r(2gh)来求解瞬时速度
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm。已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________ J；重物增加的动能ΔEk＝________ J，两者不完全相等的原因可能是____________。(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)
(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是__________________________________。
三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
15. (8分)如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.1 kg的小球(可看作质点)从B点正上方H＝0.75 m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，(取g＝10 m/s2)求：
(1)小球经过B点时的动能；
(2)小球经过最低点C时的速度大小vC。
16．(10分)某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的vt图像，已知小车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～10 s时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s末到达最大速度，在10 s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力Ff大小不变。
(1)求小车所受阻力Ff的大小；
(2)求在t1～10 s内小车牵引力的功率P；
(3)求出t1的值及小车在0～t1时间内的位移。
17．(10分)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，如图所示。已知人的质量m＝50 kg，弹性绳的弹力大小F＝kx，其中x为弹性绳的形变量，k＝200 N/m，弹性绳的原长l0＝10 m，整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度g＝10 m/s2。在人离开蹦极台至第一次到达b点的过程中，机械能损失可忽略。
(1)求人第一次到达a点时的速度大小v；
(2)求人的速度最大时，弹性绳的长度；
(3)已知弹性绳的形变量为x时，它的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2，求人的最大速度。
18．(12分)如图所示，AB、BC、CD三段轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度L＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A点离轨道BC的高度H＝4.3 m。质量为m的小滑块自A点由静止释放，已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
(1)小滑块第1次到达C点时的速度大小；
(2)小滑块第1次与第2次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止位置距B点的距离。
参考答案
1．B
解析：在水平面上匀速运动时，工人对行李的作用力竖直向上，与行李的运动方向始终垂直，故对行李不做功，A错误；上楼时，工人对行李的作用力与行李的运动方向的夹角为锐角，故对行李做正功，B正确；根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等、方向相反，但二者是对不同的物体做功，两个受力物体的位移大小不一定相等，故两个力做功的大小不一定相等，代数和不一定为0，C错误；摩擦力是变力，且总与物体相对地面的运动方向相反，因此当物体回到出发点后，虽然物体位移为0，但摩擦力仍对物体做了负功，D错误。
2. B
解析：A、B两物体叠放在一起，A被不可伸长的水平细绳系于左墙上，B在拉力F作用下向右匀速运动，在此过程中，对A：摩擦力方向水平向右，但A在摩擦力方向上没有位移，摩擦力对A不做功；对B：摩擦力方向水平向左，B的位移与摩擦力方向相反，所以摩擦力对B做负功。故A、C、D错误，B正确。
3．B
解析：(解法一)由图可知F在整个过程中做功分为三个小过程，分别做功为
W1＝2×2 J＝4 J，W2＝－1×2 J＝－2 J
W3＝4×4 J＝16 J
所以W＝W1＋W2＋W3＝4 J＋(－2) J＋16 J＝18 J。
(解法二)Fx图像中图线与x轴所围成的面积表示做功的多少，x轴上方为正功，下方为负功，总功取三部分的代数和，即(2×2－2×1＋4×4) J＝18 J，B正确。
4．A
解析：无论传送带逆时针运动还是静止对木块所受外力无影响，小木块在传送带上水平方向上仍仅受向左的滑动摩擦力，且位移仍为传送带静止时的位移大小，故Wf＝－fs未变，由Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以滑到传送带末端抛出时的速度v不变，所以仍落在Q点，A正确。
5．B
解析：物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A：－μmAgxA＝0－Ek；对B：－μmBgxB＝0－Ek。故eq \f(xA,xB)＝eq \f(mB,mA)＝eq \f(1,2)，B正确。
6．B
解析：选斜面顶端所在水平面为参考平面，软绳重力势能共减少：mgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)lsinθ))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)l))))＝eq \f(1,4)mgl，A错误，B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系知，软绳重力势能的减少等于软绳的重力所做的功，C、D错误。
7．B
解析：由图像可得，0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝eq \f(|Δv|,Δt)＝5 m/s2，有F＋Ff＝ma1,2～4 s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝eq \f(|Δv′|,Δt′)＝1 m/s2，有F－Ff＝ma2，联立解得Ff＝40 N，F＝60 N，故A错误；物体在4 s时拉力的瞬时功率为P＝Fv＝60×2 W＝120 W，故B正确；4 s内物体通过的位移为x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×10－\f(1,2)×2×2)) m＝8 m，拉力做功为W＝－Fx＝－480 J，故C错误；4 s内物体通过的路程为s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×10＋\f(1,2)×2×2)) m＝12 m，摩擦力做功为Wf＝－Ffs＝－40×12 J＝－480 J，故D错误。
8．D
解析：重力做功与路径无关，所以WG＝mgR，A错误；设小球在B点时的速度为v，其所受重力提供向心力，即mg＝meq \f(v2,R)，所以v＝eq \r(gR)，从P点到B点，由动能定理知：W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，C错误；机械能的减少量为|ΔE|＝|ΔEp|－ΔEk＝eq \f(1,2)mgR，B错误；摩擦力做的功等于机械能的增加量，为－eq \f(1,2)mgR，D正确。
9．BD
解析：对冰壶，由动能定理得
－μmgx＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
得μ＝eq \f(\f(1,2)mv\\al(2,0),mgx)＝eq \f(9.5 J,19×10×5 J)＝0.01，B正确。
冰壶运动时a＝μg＝0.1 m/s2，由运动学公式
x＝eq \f(1,2)at2
得t＝10 s，D正确。
10．BD
解析：设a沿杆方向的分速度与a竖直方向的合速度夹角为θ，则因沿杆方向a、b的分速度相等，可写出等式：vacsθ = vbsinθ，a滑到最低点时，θ＝90°，所以b的速度为0，又因b的初速度也为0，可知此过程中b的动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功后做负功，A错误；a、b所组成的系统机械能守恒，所以当a滑到地面时，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＋0=mgh，解得va=eq \r(2gh)，B正确；轻杆落地前，当a的机械能最小时，b的动能最大，此时轻杆对a、b无作用力，故C错误，D正确。
11．BC
解析：圆环在下滑过程中，圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和，A、D错误；对圆环进行受力分析，可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小，当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时，加速度减为0，速度达到最大，而后加速度反向且逐渐增大，圆环开始做减速运动，当圆环下滑到最大距离时，所受合力最大，大小为kL·cs30°－mg＝2mg，大于开始时所受合力mg，C正确；由图中几何关系知圆环下降的高度为eq \r(3)L，由系统机械能守恒可得eq \r(3)mgL＝ΔEp，B正确。
12．AD
解析：由于小环和重物组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；结合几何关系可知，重物上升的高度h＝(eq \r(2)－1)d，故B错误；将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度等于重物上升的速度，则v物＝v环·cs45°，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为eq \r(2)∶1，故C错误；小环和重物组成的系统机械能守恒，则mgd－2mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,环)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,物)，且v物＝v环cs45°，解得：v环＝eq \r(3－2\r(2)gd)，故D正确。
13．(1)①②(或①③) (2)①③
解析：(1)通过连接在一起的A、B两物块验证机械能守恒定律，即验证系统的重力势能变化与动能变化之和是否为零。A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的，不需要测量绳子的长度，只需要选择①②或①③进行测量即可。
(2)若绳子质量不能忽略，则A、B组成的系统的重力势能将有一部分转化为绳子的动能，若物块摇晃，则两物块的速度有差别，增大了实验误差，①③正确。而绳子的长度和两个物块的质量差应适当，②④错误。
14．(1)BC
(2)2.14 2.12 重物下落过程中受到阻力作用
(3)图像的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍，故能粗略验证
解析：(1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误；本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝eq \f(1,2)mv2，因为我们是比较mgh、eq \f(1,2)mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平测量重物的质量，操作时应先接通电源，再释放纸带，故B、C正确；不能利用公式v＝eq \r(2gh)来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误。
(2)重力势能减小量
ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×43.65×10－2 J≈2.14 J
利用匀变速直线运动的推论
vD＝eq \f(xOE－xOC,2T)＝eq \f(49.66－38.02×10－2,2×0.02) m/s＝2.91 m/s
EkD＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)＝eq \f(1,2)×0.5×2.912 J≈2.12 J
动能增加量
ΔEk＝EkD－0＝2.12 J
由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加。
(3)根据表达式
mgh′＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
则有
v2＝veq \\al(2,A)＋2gh′
当图像的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图像的斜率
k＝eq \f(10.36－5.48,0.25) m/s2＝19.52 m/s2
因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。
15. (1)0.75 J (2)5 m/s
解析：(1)小球从A点到B点，根据动能定理有
mgH＝Ek
代入数据得Ek＝0.75 J。
(2)小球从A点到C点，由动能定理有
mg(H＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数据得vC＝5 m/s。
16．(1)2 N (2)12 W (3)1.5 s 2.25 m
解析：(1)在10 s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速运动，由图像可得减速时的加速度大小为a＝2 m/s2，则Ff＝ma＝2 N。
(2)小车做匀速运动阶段即7～10 s内，设牵引力为F，则
F＝Ff
由图像可知最大速度vm＝6 m/s，解得
P＝Fvm＝12 W
(3)设0～t1时间内的位移为x1，加速度大小为a1，牵引力为F1，t1时刻速度为v1，则由
P＝F1v1
得F1＝4 N。
由
F1－Ff＝ma1
得a1＝2 m/s2，则
t1＝eq \f(v1,a1)＝1.5 s
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝2.25 m
17．(1)10eq \r(2) m/s (2)12.5 m (3)15 m/s
解析：(1)人由蹦极台到a点的运动过程中，根据机械能守恒定律有
mgl0＝eq \f(1,2)mv2
所以v＝eq \r(2gl0)＝10eq \r(2) m/s。
(2)人的速度最大时，有
kx＝mg
解得x＝eq \f(mg,k)＝2.5 m。
此时弹性绳的长度l＝l0＋x＝12.5 m。
(3)设人的最大速度为vm，
根据人和弹性绳组成的系统机械能守恒得
mgl＝eq \f(1,2)kx2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
解得vm＝15 m/s。
18．(1)6 m/s (2)2 s (3)1.4 m
解析：(1)小滑块沿A→B→C运动过程中，由动能定理得
mgH－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数据得小滑块第1次到达C点时的速度大小vC＝6 m/s。
(2)小滑块沿CD段上滑的加速度大小
a＝gsinθ＝6 m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间
t1＝eq \f(vC,a)＝1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s。故小滑块第1次与第2次通过C点的时间间隔
t＝t1＋t2＝2 s
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s，对小滑块运动的全过程利用动能定理有
mgH－μmgs＝0
代入数据得s＝8.6 m。故小滑块最终停止位置距B点的距离为
2L－s＝1.4 mA．对A、B都做负功
B．对A不做功，对B做负功
C．对A做正功，对B做负功
D．对A、B都不做功
A．软绳重力势能共减少了eq \f(1,2)mgl
B．软绳重力势能共减少了eq \f(1,4)mgl
C．软绳重力势能的减少大于软绳的重力所做的功
D．软绳重力势能的减少等于物块对它做的功与软绳自身重力、摩擦力所做功之和
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