2020届高考物理专题训练：机械能守恒定律(两套 附详细答案解析)

高考物理专题训练：机械能守恒定律

（基础卷）

一、 (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1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．能源是社会发展的基础，下列关于能量守恒和能源的说法正确的是( ) A．能量是守恒的，能源是取之不尽，用之不竭的 B．能量的耗散反映能量是不守恒的 C．开发新能源，是缓解能源危机的重要途径

D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减小，形成“能源危机” 【答案】C

【解析】能量耗散表明，在能源的利用过程中，虽然能量的数量并未减小，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成不便于利用的了。所以我们要节约能量，不断开发新能源，选项C正确。

2．如图所示，游乐场中，从高处A到水平面B处有两条长度相同的轨道Ⅰ和Ⅱ，其中轨道Ⅰ光滑，轨道Ⅱ粗糙。质量相等的小孩甲和乙分别沿轨道Ⅰ和Ⅱ从A处滑向B处，两人重力做功分别为W1和W2，则( )

A．W1＞W2 B．W1＜W2 C．W1＝W2

D．因小孩乙与轨道Ⅱ的动摩擦因数未知，故无法比较重力做功的大小 【答案】C

【解析】重力做功等于重力乘以物体沿竖直方向的位移，与路径及粗糙与否无关。质量相等的两个小孩甲、乙分别沿轨道Ⅰ和Ⅱ从A处滑向B处，重力做功相等，选项C正确。

3．如图所示是某课题小组制作的平抛仪。M是半径为R固定于竖直平面内的

14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平。M的下端相切处放置着竖直向上的弹簧，

弹簧可发射速度不同、质量均为m的小，假设某次发射(距离口0.5R)的小恰好通过M的上端点水平飞出，已知重力加速度为g，则发射该小

1

前，弹簧的弹性势能为( )

A．mgR B．2mgR C．3mgR D．4mgR 【答案】B

【解析】小恰好通过M的上端点水平飞出，必有mg＝m，解得mv2＝mgR；弹簧的弹性势能全部转化为小的机械能，由机械能守恒定律得EP＝mg(0.5R＋R)＋mv2＝2mgR，选项B正确。

4．如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b。a球的质量为m，静置于水平地面；b球的质量为M，用手托住，距地面的高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止释放b后，a达到的最大高度为1.5h，则M、m的比值为( )

A．5∶4 【答案】C

【解析】由题设分析知，b球着地后，a球继续上升的高度应为h，由运动学知识知b球着地的瞬间，两球的速度v＝，另由机械能守恒定律得(M－m)gh＝(M＋m)v2，结合两式求得M∶m B．5∶3 C．3∶1 D．3∶2

＝3∶1，选项C正确。

5．如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一小球。现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过O点的正下方的B点时绳恰好被拉断，小球平抛后撞击到一个与地面成θ＝37°的斜面BC上，撞击点为C。若B、C间的高度差为H，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )

2Hg2hgA．小球从B点运动到C点的时间t＝

B．小球从B点运动到C点的时间t＝8H9C．A、B间的高度差h＝

9H4h＝

D．A、B间的高度差【答案】A

【解析】由机械能守恒定律，有mgh＝mv2，解得小球从B点平抛的初速度v＝规律有x＝vt，H＝gt2，tan 37°＝，结合以上式子得h＝H、t＝。由平抛

。选项A正确。

6．一长木板在光滑的水平面上匀速运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1 kg的物块轻放在木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示。已知物块始终在木板上，重力加速度g＝10 m/s2。则物块的最终动能E1及木板动能的减小量ΔE分别为( )

A．E1＝0.5 J，ΔE＝2 J C．E1＝1 J，ΔE＝2 J 【答案】B

【解析】由v－t图象知，当t＝0.5 s时，木板开始做速度v＝1 m/s的匀速运动，此时，物块与木板的速度相同，物块与木板间无摩擦力作用，物块的最终动能E1＝mv2＝0.5 J；对物块，由v＝at及f＝ma得f＝2 N，在0~0.5 s内，木板的位移x＝×(5＋1)×0.5 m＝1.5 m，由动能定理得木板动能的减小量ΔE＝f·x＝3 J，选项B正确。

7．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能先逐渐减小，再逐渐增大，则恒力与物体匀速运动时速度方向的夹角θ可能是( )

A．θ＝0 B．θ＝180° C．0＜θ＜90° D．90°＜θ＜180° 【答案】BD

【解析】若0≤θ＜90°，恒力做正功，动能一直增大；若θ＝180°，恒力做负功，动能先减小到零再反向增大；当90°＜θ＜180°，质点做匀变速曲线运动，恒力先做负功后做正功，质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，选项B、D正确。

8．如图所示，质量不计的轻弹簧竖直固定在水平地面上，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球从落到弹簧上到压缩弹簧到最低点的过程中( )

A．小球的机械能守恒 B．小球的机械能增大 C．小球的机械能减小

D．小球与弹簧组成的系统的机械能守恒 【答案】CD

B．E1＝0.5 J，ΔE＝3 J D．E1＝1 J，ΔE＝3 J

3

【解析】小球从落到弹簧上到压缩弹簧到最低点的过程中，弹力对小球做负功，小球的机械能减小；小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，机械能守恒，选项C、D正确。

9． 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Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )

A．物体的质量为2 kg

B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J 【答案】AD

【解析】Ep－h图象知其斜率为G，故G＝20 N，解得m＝2 kg，A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek

＝E12mv2＝100 J，解得机－Ep＝100 J－0＝100 J，故

v＝10 m/s，B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，

Ek＝E机－Ep＝85 J－40 J＝45 J，C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m时，Ekʹ＝E机－Ep＝80 J－80 J＝0 J，故Ek－Ekʹ＝100 J，D正确。

10．如图所示，用大小相等的力F将同一物体分别沿光滑的水平面和光滑的斜面由静止开始移动大小相等的位移x，在两种情况下，力F作用的时间分别为t1和t2，力F的方向分别平行水平面和斜面，平均功率分别为P1和P2。则( )

A．t1＜t2 B．t1＞t2 C．P1＝P2 D．P1＞P2 【答案】AD

【解析】设在两种情况下，物体运动的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得F＝ma1、F－mgsin θ＝ma2(θ为斜面的倾角)，很显然，a1＞a2，又x＝at2，所以t1＜t2，而W1＝W2＝Fx，由P＝知P1＞P2，选项A、D正确。

二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

11．(7分)现要用如图所示的实验装置探究“动能定理”：一倾角θ可调的斜面上安装有两

个光电门，其中光电门乙固定在斜面上，光电门甲的位置可移动。不可伸长的细线一端固定在带有遮光片(宽度为d)的滑块上，另一端通过光滑定滑轮与重物相连，细线与斜面平行(通过滑轮调节)。当滑块沿斜面下滑时，与光电门相连的计时器可以显示遮光片挡光的时间t，从而可测出滑块通过光电门时的瞬时速度v。改变光电门甲的位置，重复实验，比较外力所做的功W与系统动能的增量ΔEk的关系，即可达到实验目的。

主要实验步骤如下：

(1)调节斜面的倾角θ，用以平衡滑块的摩擦力。将带有遮光片的滑块置于斜面上，轻推滑块，使之运动。可以通过 判断滑块是否正好做匀速运动；

(2)按设计的方法安装好实验器材。将滑块从远离光电门甲的上端由静止释放，滑块通过光电门甲、乙时，遮光片挡光的时间分别t1和t2，则滑块通过甲、乙两光电门时的瞬时速度分别为 和 ；

(3)用天平测出滑块(含遮光片)的质量M及重物的质量m，用米尺测出两光电门间的距离x，比较 和 的大小，在误差允许的范围内，若两者相等，可得出合力对物体所做的功等于物体动能的变化量。

【答案】(1)遮光片经过两光电门的时间是否相等 (1分 ) (2) (3)mgx (M＋m)

(每空1分)

(每空2分)

【解析】(1)滑块匀速运动时，遮光片经过两光电门的时间相等；

(2)遮光片宽度d很小，可认为其平均速度与滑块通过该位置时的瞬时速度相等，故滑块通过甲、乙两光电门时的瞬时速度分别为和；(3)比较外力做功mgx及系统动能的增量(M＋m)是否相等，即可探究“动能定理”。

12．(8分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置

如图所示，调节气垫导轨水平，将重物A由静止释放，滑块B上拖着的纸带(未画出)被打出一系列的点。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图甲给出的是实验中的一

条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点(图上未画出)，计数点间的距离如图中所示。已知重物的质量m＝100 g、滑块的质量M＝150 g，则：(g取10 m/s，结果保留三

2

5

位有效数字)

(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝ m/s；

(2)在打点0~5的过程中系统动能的增加量ΔEk＝ J，系统势能的减少量ΔEp＝ J，由此得出的结论是 ；

v2(3)若某实验小组作出的2－h图象如图乙所示，则当地的实际重力加速度g＝ m/s2。

【答案】(1)1.95 (1分) (2)0.475 0.497 在误差允许的范围内，系统的机械能守恒 (每空2分)

(3)9.70 (1分) 【解析】(1)v5＝ m/s＝1.95 m/s。(2)ΔEk＝(M＋m)v2＝×0.25×(1.95)2

J＝0.475 J，ΔEp＝mgh5＝0.497 J，在误差允许的范围内，系统的机械能守恒。(3)由mgh＝(M＋m)v2得v2＝gh，故－h图线的斜率k＝g，结合图丙得g＝9.70 m/s2。

13．(10分)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角均为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M＝8 kg、m＝2 kg的滑块A、B，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，沿斜面运动。已知滑块

3A与斜面ab的动摩擦因数μ＝6，不计滑轮的质量和摩擦。当滑块

A沿斜面下滑距离x＝2 m(滑

块B离滑轮距离足够远)时，求。

(1)滑块A的速度大小v。

(2)在下滑过程中，轻绳中的张力T。

【解析】(1)对A、B构成的系统，由动能定理得：

(Mgsin θ－mgsin θ－μMgcos θ)·x＝(M＋m)v2 (3分) 代入数据解得：v＝2 m/s。 (2分)

(2)对滑块B，由动能定理得：(T－mgsin θ)·x＝mv2 (3分)

代入数据解得T＝12 N。 (2分)

14．(10分)如图所示，在高H＝5 m的光滑水平台上，有一用水平轻质细线拴接的完全相同、质量均为45 g的滑块a和b组成的装置Q，Q处于静止状态。装置Q中两滑块之间有一处于压缩状态的轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接)。某时刻装置Q中的细线断开，弹簧恢复原长后，滑块a被水平向左抛出，落到地面上的A处，抛出的水平距离x＝5 m，滑块b沿半径为R＝0.45 m的半圆弧做圆周运动并通过最高点C。空气阻力不计，取g＝10 m/s2，求：

(1)弹簧恢复原长时，滑块a的速度大小。

(2)滑块b通过圆弧的最高点C时，对轨道的压力大小。

【解析】(1)某时刻装置Q中的细线断开，弹簧恢复原长后，a和b的速度大小相等，设为v，对滑块a有：

x＝vt (1分) H＝gt2 (1分)

解得v＝5 m/s。 (2分) (2)对滑块b，由机械能守恒得：

mv2＝mg·2R＋m (2分)

(2分)

在最高点，设轨道对b的作用力为FN，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝由以上式子得：FN＝0.25 N (1分)

依据牛顿第三定律知，滑块b通过圆弧的最高点C时，对轨道的压力大小FNʹ＝0.25 N。 (1分)

15．(12分)如图所示，质量均为m的木块P与小球Q(可视为质点)通过一根细绳相连，细绳绕过两个轻质无摩擦的小定滑轮C、D(可视为质点)，木块P的另一端被固连在地面上的轻质弹簧秤竖直向下拉住。小球Q套在固定在水平地面上的半圆形光滑圆环上，圆环半

径为R。初始时小球Q位于圆环的最高点B点静止不动，其中BC=R，此时弹簧秤对木块的拉力为

F0，弹簧秤中弹簧的弹性势能在数值上等于mgR(g为重力加速度)。现将小球Q从B点移动到A点，其中AC垂直于OA，此时弹簧秤对木块的拉力为2F0，然后将小球Q从A点由静止释放，小球Q将顺着光滑圆环从A向B运动。已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比。求：

7

(1)弹簧秤中弹簧的劲度系数k；

(2)小球从A点静止释放，运动到B点时的速度；以及此过程中，绳子拉力对小球所做的功。 【解析】(1)对弹簧，根据胡克定律：2F0F0k(31)R (2分) 解得：

k(31)F02R。(1分)

mgR12mvmg(31)R4mgRmgR22 (3

(2)由机械能守恒定律可得：分)

解得小球运动到B点时的速度：v(233)gR (2分) 对小球用动能定理得：

WmgR12mv22 (2

分)

解得：W(23)mgR。 (2分)

16．(13分)一质量m＝1 kg的物体静止在水平面上，t＝0时刻，一水平恒力F作用在物体上。一段时间后撤去此力，这一过程中物体运动的速度－时间图象如图所示。求：

(1)恒力F所做的功W。

(2)整个过程中，摩擦力做功的平均功率。

【解析】(1)由v－t图象知，恒力F作用的时间为1 s，设在0~1 s内物体运动的加速度大小为a1，在1 s~3 s内物体的加速度大小为a2，由a＝得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2 (2分)

在1 s~3 s内，物体在水平方向只受滑动摩擦力的作用，有f＝ma2＝1 N (1分) 在0~1 s内，由F－f＝ma1得F＝3 N (2分)

又0~1 s内，物体的位移x1＝×1×2 m＝1 m (1分) 故恒力F做功W＝Fx1＝3 J。 (2分) (2)设整个过程中，摩擦力做功的平均功率为P 由Wf＝fx (1分)

x＝×3×2 m＝3 m (1分) 解得Wf＝3 J (2分) 所以P＝

＝1 W。 (1分)

高考物理专题训练：机械能守恒定律.

（提高卷）

一、 (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1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角缓慢增大，在货物滑动之前的过程中，下列说法正确的是( )

A．货物受到的静摩擦力减小 B．地面对货车有水平向右的摩擦力 C．货物受到的摩擦力对货物做正功 D．货物受到的支持力对货物做正功 【答案】D

【解析】由于货物未滑动，所以货物处于平衡状态，有mgsinθ＝f，N＝mgcosθ，θ增大时，

f增大，N减小，故A错误；对卸货车与货物整体受力分析可知，整体处于平衡状态，在水平方向不受外力，地面对货车没有摩擦力，故B错误；货物所受摩擦力的方向与运动方向垂直，摩擦力不做功，故C错误；货物受到的支持力的方向与运动方向相同，支持力做正功，故D正确。

2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )

A．轮胎与水平跑道间的动摩擦因数μ＝0.2 B．绳的拉力F的大小为55 N

C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做的功为1 375 J D．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W 【答案】D

【解析】绳从轮胎上脱落后，轮胎的受力情况如图甲所示．由轮胎的速度—时间图象可得此过程的加速度为a2＝－5 m/s2，根据牛顿第二定律有－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，N2－mg＝0，代入数据解得μ＝0.5，选项A错误；绳拉轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图乙所示．根据牛顿

9

第二定律有Fcos37°－f1＝ma1，又因为f1＝μN1，mg－Fsin37°－N1＝0，由轮胎的速度—时间图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得F＝70 N，选项B错误；在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为W＝f1s1＝μ(mg－Fsin37°)s1＝0.5×68×25 J＝850 J，选项C错误；由速度—时间图象得6 s末轮胎的速度为5 m/s，在6 s末，摩擦力的瞬时功率为P＝μmgv＝275 W，选项D正确．

3．如图，固定板AB倾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计物块在B处的机械能损失，各接触面动摩擦因数相同，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则( )

A．x＝

32LC．x＝

2【答案】B

【解析】小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理得mgLsinθ＝

L B．x＝

23L D．x＝ 2

LμmgLcosθ＋μmgL，若调整BC使其向上倾斜，设BC与水平方向之间的夹角为α时，小物块沿BC上滑的距离最小，由动能定理可得mgLsinθ＝μmgLcosθ＋mgxsinα＋μmgxcosα，解得x＝1

L，故B正确． 2

4．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度由静止启动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v－t图象，如图所示(除2～10 s时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)，2 s后小车的功率不变，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变。小车的质量为1 kg，则小车在0～10 s运动过程中位移的大小为( )

A．39 m B．42 m C．45 m D．48 m 【答案】B

3－0【解析】小车在匀加速运动阶段有a＝ m/s2＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律可得F′－f2＝ma，在2 s后小车功率恒定，在2 s末有P＝F′×3 m/s，小车匀速运动阶段，牵引力等于阻力，则P＝f×6 m/s，联立解得f＝1.5 N，额定功率P＝9 W，小车在0～2 s过程中的位移为x1

1112＝×2×3 m＝3 m，对2～10 s的过程运用动能定理得Pt－fx2＝mv2代入数据得x2＝39 m，2－mv1，222故0～10 s内的位移为x＝x1＋x2＝42 m，B正确。

5．如图所示，一物块从光滑斜面上某处由静止释放，与一端固定在斜面底端的轻弹簧相碰。设物块运动的加速度为a，机械能为E，速度为v，下滑位移为x，所用时间为t，则在物块由释放到下滑至最低点的过程中（取最低点所在平面为零势能面），下列图象可能正确的是( )

【答案】C

【解析】设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律可得，在物块自由下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得ma＝mgsin θ，解得a＝gsin θ；物块与弹簧接触后，

amgsinkxkgsinxmm，

当弹力与重力相等时，加速度为零，随后反向增大，且加速度与时间不是线性关系，故AB错误；以物体和弹簧组成的系统为研究对象，整个过程中整体的机械能守恒，即E总＝E+EP，则：E＝E总

12kx2－，与弹簧接触前

EP＝0，物体的机械能守恒，与弹簧接触后弹簧的弹性势能增加，则物体的

机械能减小，根据数学知识可知C图象正确，故C正确；在物块自由下落的过程中，加速度恒定，速度图象的斜率为定值，与弹簧接触后，加速度先变小后反向增大，速度图象的斜率发生变化，故D错误。

6．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的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )

A．环到达B处时，重物上升的高度h＝ 2B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等

C．环从A到B，环减少的机械能大于重物增加的机械能 4

D．环能下降的最大高度为d

3【答案】D

d11

【解析】根据几何关系，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h＝2d－d，故A错误；将环在B点的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：

v环cos45°＝v重物，故B错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，系统机械能守恒，即环减小的机械能等于重物增加的机械能，故C错误；环下滑到最大高度为H时，环和重物的速度均为0，4此时重物上升的最大高度为H＋d－d，根据机械能守恒有mgH＝2mg(H＋d－d)，解得：H＝d，

3

2

2

2

2

故D正确。

7．如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴上，轻杆长度为R，可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成30°角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变。24

当小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为mg，方向竖直向上。

7下列说法正确的是( )

A．小球运动到P点时的速度大小为B．小球受到的空气阻力大小为

3mg 7π

24gR 7

C．小球能运动到与O点等高的Q点 D．小球不能运动到与O点等高的Q点 【答案】BC

v2

【解析】小球运动到P点时，根据牛顿第二定律可得T－mg＝m，解得小球在P点的速度大

R小为v＝

117gR113mg

，A错误；根据动能定理可得mgR1＋－f××2πR＝mv2，解得f＝，B正

27327π

1180°＋30°

确；假设小球刚好能运动到与O点等高的Q点，根据动能定理可得mg·R－f·×2πR2360°＝0，故假设成立，小球能运动到与O点等高的Q点，且到达Q点的速度刚好为零，C正确，D错误。

8． 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Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )

A．物体的质量为2 kg

B．h＝0时，物体的速率为20 m/s C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J 【答案】AD

【解析】Ep－h图象知其斜率为G，故G＝20 N，解得m＝2 kg，A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek

＝E12mv2＝100 J，解得机－Ep＝100 J－0＝100 J，故

v＝10 m/s，B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，

Ek＝E机－Ep＝85 J－40 J＝45 J，C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m时，Ekʹ＝E机－Ep＝80 J－80 J＝0 J，故Ek－Ekʹ＝100 J，D正确。

9．如图所示，P、Q是竖直固定在水平桌面上的挡板，质量为m的小物块在紧靠P板处以一定初速度向Q板运动。已知小物块与桌面的动摩擦因数为μ，P、Q相距s，物块经过与Q板碰撞

n次后（碰撞过程量损失），最终静止于P、Q的中点。则在整个过程中，摩擦力做功可能为( )

1mg(2n)s2 A．

3mg(2n)s2 C．

1mg(2n)s2 B．

3mg(2n)s2 D．

【答案】AB

【解析】摩擦力做功fx，f＝μmg；x11xs2(n1)ss(2n)s22①，碰撞完有两种可能：

Q131xs2(n1)ss(2n)s22②，碰撞完后到2处停止；

Q后到再碰撞P1返回时在2处停止。所以摩

11mg(2n)smg(2n)s2，②fx＝2。故擦力做功为：①fx＝

A、B均正确，C、D错误。

10．如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定倾斜直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，

B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点。在运动的过程中，下列说法中正确的是( )

A．A、B组成的系统机械能守恒

B．当A到达与B同一水平面时，A的速度为gL

13

C．B滑块到达最右端时，A的速度为2gL D．B滑块的最大速度为3gL 【答案】AD

【解析】因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A正确；设A的速度为vA、B的速度为vB，当

A到达与B同一水平面时，对A的速度进行分解，根据沿轻杆方向A、B速度相等有vB＝vAcos45°＝

2L112vA，根据系统机械能守恒有mg＝mv2A＋mvB，解得vA＝2222

2

gL，B错误；B滑块到达最右端3

1＋212

时，B的速度为零，如图甲所示，根据系统机械能守恒有mgL＝mv′A，解得v′A＝

22（1＋2 ）gL，C错误；当A滑到最低点时，速度为零，B的速度最大，如图乙所示，根据系31

统机械能守恒有mgL＝mv′2B，解得v′B＝3gL，D正确。

22

二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

11．(6分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：

(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝ mm。

(2)多次改变高度H，重复上述实验操作，作出H随2的变化图象如图丙所示，当图中已知量

1

tt0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式 时，可判断小球下落过程中机械能守恒。

(3)实验中，因受空气阻力影响，小球动能的增加量ΔEk总是稍小于其重力势能的减少量ΔEp，

适当降低下落高度后，则ΔEp－ΔEk将 (填“增大”“减小”或“不变”)。

2

【答案】(1)7.25 (2)2gH0t20＝d (3)减小 (每空2分)

【解析】(1)图乙所示的游标卡尺读数为7 mm＋5×

1

mm＝7.25 mm。 20

12

(2)若小球下落过程中机械能守恒，则小球减少的重力势能等于其增加的动能，即有mgH0＝d2m2，化简得2gH0t20＝d。 t0

(3)由于存在空气阻力，重力势能的减小量等于动能的增加量和克服阻力做功之和，降低高度，则克服阻力做功减小，即ΔEp－ΔEk减小。

12．(8分)某兴趣小组用如题图所示的装置验证动能定理。 (1)有两种工作频率均为50 Hz的打点计时器供实验选用： A．电磁打点计时器 B．电火花打点计时器

为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择 （选填“A”或“B”）。

(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除，同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是 （选填“甲”或“乙”）。

(3)消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。纸带被打出一系列点，其中的一段如题图所示。图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA＝ m/s。

(4)测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L。小车动能的变化量可用ΔEk

12MvA＝2算出。砝码盘中砝码的质量为

m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应 （选

填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用

W＝mgL算出。多次测量，若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理。

【答案】(1)B (2)乙 (3)0.31（0.30~0.33都算对） (4)远大于 (每空2分) 【解析】(1)为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选电火花打点计时器即B；

15

(2)当小车开始运动时有小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力，由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；

(3)由图可知，相邻两点间的距离约为0.62 cm，打点时间间隔为0.02 s，所以速度为

vs0.31tm/s；

(4)对小车由牛顿第二定律有：T＝Ma，对砝码盘由牛顿第二定律有：mg－T＝ma，联立解得：

TMmgmgMm1mM，当M?m时有T≈mg，所以应满足M?m。

13．(10分)如图所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右

侧细线与桌面平行，已知A、B的质量均为2m，C的质量为m，A与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧的弹性势能表达式为

1kx2Ep＝2，式中

x是弹簧的劲度系数，Δx是弹簧的

伸长量或压缩量。细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水平拉力F后，A向右运动至速度最大时，C恰好离开地面，求此过程中：

(1)拉力F的大小；

(2)C恰好离开地面时A的速度。

【解析】(1)A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T

对A：F－μmg－T＝0 (1分) 对B、C整体：T－3mg＝0 (1分) 代入数据解得F＝3.4mg。 (2分)

(2) 开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x1，对B有：kx1＝2mg (1分) 则：

x12mgk

x2mgk (1分)

C恰好离开地面时，弹簧伸长量为

A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C及弹簧组成的系统，由能量守恒得：

(F2mg)(x1x2)112124mv22mg(x1x2)(kx2kx1)222 (2

分)

解得：

v3g2mk。 (2分)

14．(10分)低空跳伞是一种危险性很高的极限运动，通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳，在极短时间内必须打开降落伞，才能保证着地安全，某跳伞运动员从高H＝100 m的楼层起跳，自由下落一段时间后打开降落伞，最终以安全速度匀速落地。若降落伞视为瞬间打开，得到运动员起跳后的速度v随时间t变化的图象如图所示，已知运动员及降落伞装备的总质量m＝60 kg，开伞后所受阻力大小与速率成正比，即Ff＝kv，g取10 m/s，求：

(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度； (2)打开降落伞后阻力所做的功。

【解析】(1)匀速运动时，则有：mg＝kv (1分) 解得：k＝120 N/(m·s－1) (1分)

打开降落伞的瞬间，速度为：v1＝18 m/s (1分) 由牛顿第二定律得：kv1－mg＝ma (1分) 解得：a＝26 m/s2，方向竖直向上。 (1分)

1

(2)根据图线围成的面积知，自由下落的位移为：x1＝×2×18 m＝18 m (1分)

2则打开降落伞后的位移为：x2＝H－x1＝100 m－18 m＝82 m (1分) 11

由动能定理得：mgx2＋Wf＝mv2－mv21 (2分)

22代入数据解得：Wf＝－58170 J (1分)

15．(12分)如图所示，水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x＝10 m，半圆形轨道半径R＝2.5 m。质量m＝0.10 kg的小滑块(可视为质点)在水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经B点时撤去力F，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C，从C点水平飞出。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。

(1)若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在A点，求： ①滑块通过C点时的速度大小；

②滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道压力的大小； (2)如果要使小滑块能够通过C点，求水平恒力F应满足的条件。

【解析】(1)①设滑块从C点飞出时的速度为vC，从C点运动到A点的时间为t，滑块从C点

2

17

飞出后做平抛运动

12

竖直方向：2R＝gt (1分)

2水平方向：x＝vCt (1分) 解得：vC＝10 m/s (1分)

112

②设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律：mv2B＝mvC＋2mgR (2分)

22设滑块在B点受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律：

v2BFN－mg＝m (1分)

R联立解得：FN＝9 N (1分)

根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力FN′＝FN＝9 N。(1分)

vC′2

(2)若滑块恰好能够经过C点，设此时滑块的速度为vC′，根据牛顿第二定律有：mg＝m

R(1分)

解得：vC′＝gR＝10×2.5 m/s＝5 m/s

1

滑块由A点运动到C点的过程中，由动能定理：Fx－mg·2R≥mvC′2 (2分)

21

则Fx≥mg·2R＋mvC′2

2

解得水平恒力F应满足的条件为F≥0.625 N。(1分)

16．(14分)如图，倾角θ ＝ 30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4 m，现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m＝1 kg，它们之间的动摩擦因数

33，A或B与挡板每次碰撞损失的动能

均为ΔE＝10 J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v；

(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt； (3)B相对于A滑动的可能最短时间t。

【解析】(1) B和A一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有

2mgLsin12mv22 (1

分)

解得：v210m/s (1分)

(2) 第一次碰后，对B有：mgsin θ＝μmgcos θ，故B匀速下滑 对A有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 (1分) 解得：a＝10 m/s2 (1分)

方向始终沿斜面向下， A将做类竖直上抛运动 设A第1次反弹的速度大小为

t2v1a11212mvmv1E2v1，由动能定理有：2 (1

分)

(1分)

t255s (1分)

1212mvmv22E22v2，由动能定理有： (1

解得：

(3)设A第2次反弹的速度大小为解得：v2＝0 (1分)

分)

即A与挡板第2次碰后停在底端，B继续匀速下滑，与挡板碰后B反弹的速度为vʹ，加速度大小为

121mvmv2E2aʹ，由动能定理有：2 (1分)

mgsin θ＋μmgcos θ＝maʹ (1分) 得B沿A向上做匀减速运动的时间

t2v5a5s (1分)

当B速度为0时，因mgsin θ＝μmgcos θ≤fm，故B将静止在A上 (1分) 所以当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，B相对A运动的时间t最短，(1分)

tmintt2355s。

19