1、第八章 机械能守恒定律(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题，每小题3分，共27分)1.关于功率概念的理解，下列说法中正确的是()A.功率大的机械做功慢B.功率大的机械做功时用的时间少C.单位时间内完成的功越多，则功率越大 D.省力多的机械功率大【解析】选C。功率大的机械做功快，A错误；做功时用的时间不仅与功率有关还与功有关，B错误；由功率的定义式与物理意义得出C正确；功率大小与是否省力无关，故D错误；2.如图所示，静止的小球沿不同的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，小球质量为m，则以下说法正确的是()A.小球沿竖直轨道下滑到桌
2、面上的过程，重力做功最少B.小球沿曲线轨道下滑到桌面上的过程，重力做功最多C.以桌面为参考面，小球的重力势能的减少量为mghD.以地面为参考面，小球的重力势能的减少量为mg(H+h)【解析】选C。重力势能的减小量等于重力做功，C正确，D错误；重力做功与路径无关，所以无论从哪条轨道下落，重力做功相同，A、B选项错误。3.如图所示，质量为m的小球从高为h处的斜面上的A点滚下，经过水平面BC后，再滚上另一斜面，当它到达处的D点时，速度减为零，则整个过程中，重力做功为()A.B. mghC.mghD.0【解析】选B。重力做功与路径无关，与高度差有关。A、D间的高度差为h=h-=h，则重力做功为W=mg
3、h，故B正确，A、C、D错误。4.质量为2 t的汽车，发动机牵引力的功率为30 kW，汽车在水平路面上能达到的最大速度为15 m/s，若汽车所受阻力恒定，则汽车的速度为10 m/s时的加速度为()A.2 m/s2 B.1.5 m/s2C.1 m/s2D.0.5 m/s2【解析】选D。P=fvm，P=Fv，F-f=ma以上各式解得：a=0.5 m/s2，故选D。5.在空中某一位置,以大小为v0的速度水平抛出一质量为m的物体,经时间t物体下落一段距离后,其速度大小仍为v0,但方向与初速度方向相反,如图所示,则下列说法中正确的是()A.风力对物体做功为零B.风力对物体做负功C.物体的机械能减少D.物
4、体的动能变化为m【解析】选B。由题意知物体的动能不变,选项D错误;由于物体在竖直方向上初、末速度为0,即物体不做自由落体运动,物体在竖直方向下落的高度hh=gt2,物体减少的机械能E=mgh,所以E,故选项C错误;由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同,故选项A错误,B正确。6.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中()A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J
5、【解析】选C。根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为Ek=WG+Wf=1 900 J-100 J=1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG=-Ep，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误。7.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A.斜劈对小球的弹力不做功B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量【解析】选B。不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小
6、球的重力做功，小球重力势能的减少量等于斜劈和小球的动能增加量，系统机械能守恒，B项正确，C、D两项错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间的夹角大于90，故弹力做负功，A项错误。8.如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g取10 m/s2)()A.10 JB.15 JC.20 JD.25 J【解析】选A。由h=gt2和vy=gt得：vy= m/s，落地时，tan60=可得：v0= m/s，由机械能守恒定律得：Ep=m，可求得：
7、Ep=10 J，故A正确。9.“反向蹦极”是蹦极运动中的一种类型，如图所示，将弹性绳拉长后固定在运动员身上，并通过其他力作用使运动员停留在地面上，当撤去其他力后，运动员从A点被“发射”出去冲向高空，当上升到B点时弹性绳恢复原长，运动员继续上升到最高点C，若运动员始终沿竖直方向运动并视为质点，忽略弹性绳质量与空气阻力。下列说法正确的是()A.运动员在A点时弹性绳的弹性势能最小B.运动员在B点的动能最大C.运动员在C点时的加速度大小为0D.运动员从A点运动到B点的过程弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量【解析】选D。运动员在A点时弹性绳的伸长量最大，弹性势能最大，故A错误。运动员的合力
8、为零时速度最大，此时弹性绳处于伸长状态，位置在A、B之间，故B错误。运动员在C点时弹性绳松弛，弹力为0，运动员只受重力，加速度大小为g，故C错误。运动员从A点运动到B点的过程，运动员的动能增加，重力势能增加，弹性绳的弹性势能减小，根据系统的机械能守恒知弹性绳的弹性势能减小量等于运动员重力势能的增加量与动能的增加量之和，所以弹性绳的弹性势能减小量大于运动员重力势能的增加量，故D正确。二、实验题(6分)10.某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验。(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最
9、终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是_，理由是_。(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，请根据纸带计算出打B点时纸带的速度大小为_ m/s。(结果保留三位有效数字)(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2 -h图像如图所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g=_ m/s2。(结果保留三位有效数字)【解析】(1)机械能守恒的条件是只有重力或系统内的弹力做功，所以实验设计就要排除除重力外的其他力做功，乙方案中的摩擦力做负功会导致实验失败。(2)图甲为自由落体运动，是匀变速运动，中间时刻的速度等于平均速度，
10、所以B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，vB=1.367 5 m/s1.37 m/s。(3)根据机械能守恒定律mgh=mv2，整理得v2=2 gh，所以重力加速度就等于图像斜率的一半。答案：(1)甲小车在斜面上下滑有摩擦力做负功，机械能不守恒(2)1.37(3)10.0(9.8010.03均可)三、计算题(本题共3小题，共27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)11.(9分)如图所示，一只20 kg的狗拉着一个80 kg的雪橇以3 m/s的速度冲上坡度为的斜坡。已知sin=，斜坡对雪橇的摩擦阻力恒为20 N，狗拉雪橇上坡时的加速度为0.2 m/s2，经过10 s拉雪橇的套
11、绳突然断开，雪橇刚好能冲上坡顶，求斜坡长。(g取10 m/s2)【解析】套绳断时，雪橇和狗的速度为v=v0+at=(3+0.210) m/s=5 m/s(2分)套绳断时，雪橇通过的坡长为x1=v0t+at2=40 m(2分)套绳断开后，设雪橇在斜坡上滑行x2停下，雪橇质量为M，则由动能定理有：-(Mgsin+Ff)x2=0-Mv2(2分)可得：x2=10 m(1分)斜坡的长度为x=x1+x2=40 m+10 m=50 m。(2分)答案：50 m12.(9分)设光滑水平面上有一质量为m的物体，初速度为v1，在与运动方向相同的恒力F的作用下，发生一段位移s，速度变为v2，如图所示。(1)试利用牛顿
12、第二定律和运动学规律推导出F做功与物体动能变化间的关系。(2)若已知m=2 kg，v1=10 m/s，F=100 N，s=3 m，求末速度v2的大小和此时F的功率。【解析】(1)在这一过程中，外力所做的功：W=Fs(1分)据牛顿第二定律有：F=ma(1分)由运动学公式：s=(1分)由可得：Fs=m-m(1分)即：W=m-m(1分)(2)由Fs=m-m，得v2=20 m/s(2分)由P=Fv2，得P=2 000 W。(2分)答案：(1)见解析(2)20 m/s2 000 W13.(9分)如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上，物块与桌
13、面间的动摩擦因数为，桌面高h，不计空气阻力，重力加速度取g，求：(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能Ek；(3)小物块初速度v0的大小；【解析】(1)由平抛运动规律有，竖直方向h=gt2(1分)水平方向s=vt(1分)得水平距离s=v。(2分)(2)由机械能守恒定律，动能Ek=mv2+mgh。(2分)(3)由动能定理，有-mgl=mv2-m(2分)得初速度大小v0=。(1分)答案：(1)v(2)mv2+mgh(3)【等级性考试】(30分钟40分)14.(5分)(多选)一质量为m的物体，以初速度v0从倾角的斜面底端沿斜面向上滑去，到达高度为处速度减为零。不考虑空气阻力
14、，重力加速度为g，则()A.上滑过程中物体机械能的减少量为mB.物体第一次返回到斜面底端时的动能为mC.下滑过程中摩擦力对物体做的功为mD.物体与斜面间的动摩擦因数为tan【解析】选A、C、D。分析重力势能的增加量和动能的减少量来求物体机械能的减少量，由功能关系求上滑过程中摩擦力对物体做的功，由动能定理求物体第一次返回到斜面底端时的动能，由功的公式求动摩擦因数。物体的动能变化量为Ek=- m，重力势能的变化量为Ep=mgh=mg= m，故机械能变化量为E=Ek+Ep=m-m=-m，即减小了m，A正确；由于过程中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于克服摩擦力做功，故Wf=m，C正确；上滑和
15、下滑过程中摩擦力大小不变，路程不变，所以摩擦力做功相同，所以下滑过程中摩擦力仍做功Wf= m，根据动能定理可得第一次滑到底端时的动能为Ek=m-2m=m，B错误；因为Wf= m，而且Wf=mgcos，联立解得=tan，D正确。15.(5分)(多选)如图所示,一木块右端连接轻质弹簧,静止在倾角为的固定斜面上。现用力F沿斜面向上缓慢拉弹簧的上端P,直至木块沿斜面匀速上滑(滑动摩擦力等于最大静摩擦力),此时F=F0。从力F作用开始,至木块滑动距离L的过程中,下列说法正确的是()A.木块所受摩擦力先变大后变小B.力F做功为F0LC.当木块匀速上滑时,弹簧的弹性势能不再增加D.弹簧和木块组成的系统的机械
16、能一直增加【解析】选C、D。在木块静止过程中受力平衡,开始时摩擦力等于重力的分力,随着拉力的增大,摩擦力将减小;当拉力大于重力的分力时,摩擦力向下,并随着拉力的增大而增大;当木块运动后摩擦力为滑动摩擦力,大小不变,选项A错误;因拉力为变力,故不能根据W=FL求解拉力的功,选项B错误;弹簧的弹性势能与形变量有关,当木块做匀速运动时,拉力不变,形变量不变,弹性势能不再增加,选项C正确;因拉力一直做正功,故弹簧和木块组成的系统的机械能一直增加,选项D正确。16.(5分)(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功W与物体位
17、移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.5B.物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2C.物体运动的最大位移为13 mD.x=9 m时，物体的速度为3 m/s【解析】选B、D。由摩擦力做功的图象知：Wf=mgx，代入得：20=11010；解得：=0.2，故A错误；前3 m运动过程中F= N=5 N，根据牛顿第二定律：F-f=ma；解得：a=3 m/s2，故B正确；摩擦力f=mg=0.210 N=2 N，Wf=fx， 则x= m=13.5 m，故C错误；x=9 m时，由图象根据动能定理：W-Wf=mv2得：物体速度v=3
18、m/s，故D正确。17.(6分)用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图丙给出的是实验中获取的一条纸带：O为打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图丙所示，已知m1=50 g，m2=150 g，则(g取9.8 m/s2，结果保留三位有效数字)(1)在纸带上打下记数点5时的速度v=_ m/s。(2)在打点O5过程中系统动能的增量Ek=_ J，系统势能的减少量Ep=_ J。(3)若某同学作出v2 -h图像如图乙，写出计算当地重力加速度g的
19、表达式_，并计算出当地的实际重力加速度g=_ m/s2。【解析】(1)利用匀变速直线运动的推论v5=2.4 m/s(2)系统动能的增量Ek=Ek5-0=(m1+m2)=0.576 J。系统重力势能减小量Ep=(m2-m1)gh=0.19.80.600 0 J=0.588 J，在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。(3)由于Ek=Ek5-0=(m1+m2)=Ep=(m2-m1)gh，由于(m1+m2)=2(m2-m1)，所以得到：v2= h，所以v2-h图象的斜率k=，g=9.70 m/s2。答案：(1)2.4(2)0.5760.588(3)k=9.70 m/s218.(9分)人从
20、一定的高度落地容易造成骨折。一般人胫骨的极限抗压强度约为1.5108 N/m2，胫骨最小横截面积大多为3.2 cm2。假若一质量为50 kg的人从某一高度直膝双足落地，落地时其重心又下降约1 cm。试计算一下这个高度超过多少时，就会导致胫骨骨折。(g取10 m/s2)【解析】由题意知，胫骨最小处所受冲击力超过F=1.510823.210-4 N=9.6104 N时会造成骨折。(3分)设下落的安全高度为h1，触地时重心又下降高度为h2，落地者质量为m，落地速度为v，与地碰撞时间为t由动能定理mg(h1+h2)-Fh2=0 (2分)所以h1=h2-h2(2分)代入数据得h1=0.01 m-0.01
21、 m=1.91 m(2分)答案：1.91 m19.(10分)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53=0.8，cos53=0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F。(2)物块和小球的质量之比Mm。(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。【解析】(1)对小球受力分析，如图所示，设小球受AC、B
22、C的拉力分别为F1、F2在水平方向有F1sin53=F2cos53(1分)在竖直方向有F+mg=F1cos53+F2sin53(1分) 且F1=Mg联立解得F=Mg-mg。(1分)(2)小球运动到与A、B 相同高度过程中由几何关系得小球上升高度h1=3lsin53，物块下降高度h2 =2l(1分)物块和小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律mgh1=Mgh2(1分)联立解得=。(1分)(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点，设此时 AC 方向的加速度大小为 a，物块受到的拉力为T对物块由牛顿第二定律得：Mg-T =Ma(1分)根据牛顿第三定律，小球受AC 的拉力T=T(1分)对小球在沿AC方向，由牛顿第二定律得T-mgcos53=ma (1分)解得T=(或mg或Mg)。 (1分)答案：(1) Mg-mg(2)65(3)(或mg或Mg)