1、1专题六 机械能及其守恒考点 1 功和功率的理解及计算1.2018 河北张家口二模多选放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在 06 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示 .下列说法正确的是 ( )A.06 s 内物体的位移大小为 30 mB.06 s 内拉力做的功为 70 JC.合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等D.滑动摩擦力的大小为 5 N2.2018 江西赣中南五校第一次联考多选质量为 m 的汽车在平直路面上启动,启动过程的速度时间图象如图所示 .从 t1时刻起汽车的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力恒为 Ff,则 ( )A.0
2、t1时间内,汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量B.t1t2时间内,汽车的功率等于( m +Ff)v111C.汽车运动的最大速率 v2=( +1)v111D.t1t2时间内,汽车的平均速率等于1+2223.2014 重庆高考,2,6 分某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的 k1和 k2倍,最大速率分别为 v1和 v2,则 ( )A.v2=k1v1 B.v2= v1 C.v2= v1 D.v2=k2v11221考点 2 动能定理的理解与应用4.2018 河南郑州第一次质量预测多选如图所示,有三个斜面 a、 b、 c,底边的长分别为L、 L、2 L,高度分别为
3、2h、 h、 h,某质点与三个斜面间的动摩擦因数均相同,这个质点分别沿三个斜面从顶端由静止释放后,都可以加速下滑到底端 .三种情况相比,下列说法正确的是( )A.下滑过程经历的时间 tatb=tcB.质点到达底端的动能 EkaEkbEkcC.因摩擦产生的内能 2Qa=2Qb=QcD.质点损失的机械能 Ec=2 Eb=4 Ea5.2017 湖南六校联考多选一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后,返回到斜面底端 .已知小物块的初动能为 Ek,它返回斜面底端时的速度大小为 v,克服摩擦力做功为 .若2小物块冲上斜面的初动能变为 2Ek,则有 ( )A.返回斜面底端时的动能为 EkB.返回斜面底端时的
4、动能为 Ek32C.返回斜面底端时的速度大小为 2vD.返回斜面底端时的速度大小为 v26.多选如图甲所示,质量 m=2 kg 的物块放在光滑水平面上,在 B 点的左方始终受到水平恒力 F1的作用,在 B 点的右方除受到 F1的作用外还受到与 F1在同一直线上的水平恒力 F2的作用 .物块从 A 点由静止开始运动,在 05 s 内运动的 v-t 图象如图乙所示,由图可知 ( )3A.t=2.5 s 时,物块经过 B 点B.t=2.5 s 时,物块距 B 点距离最远C.t=3.0 s 时,恒力 F2的功率 P 为 10 WD.在 13 s 的过程中, F1与 F2做功之和为 -8 J7.2018
5、 山东临沂检测如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B点, BC 右端连接一口深为 H,宽度为 d 的深井 CDEF,一个质量为 m 的小球放在曲面 AB 上,可从距 BC 面不同的高度处由静止释放 .已知 BC 段长 L,小球与 BC 间的动摩擦因数为 ,重力加速度 g 取 10 m/s2.则:(1)若小球恰好落在井底 E 点处,求小球释放点距 BC 面的高度 h1;(2)若小球不能直接落在井底,求小球打在井壁 EF 上的最小动能 Ekmin和此时的释放点距 BC面的高度 h2.考点 3 机械能守恒定律的理解与应用8.2017 甘肃武威模拟多选如图所示,半径为
6、 R 的光滑圆环竖直放置,环上套有质量分别为 m 和 2m 的小球 A 和 B,A、 B 之间用一长为 R 的轻杆相连 .开始时 A 在圆环的最高点,现2将 A、 B 由静止释放,则 ( )A.B 可以运动到圆环的最高点B.A 运动到圆环的最低点时速度为 2 4C.在 A、 B 运动的过程中, A、 B 组成的系统机械能守恒D.B 从开始运动至到达圆环最低点的过程中,杆对 B 所做的总功为零9.2018 福建莆田检测如图所示,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
7、的 B 点在 A 点下方,与 A 点距离为 d.现将环从 A 点由静止释放,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是 ( )A.环到达 B 点时,重物上升的高度 h=2B.环到达 B 点时,环与重物的速度大小之比为 :22C.环从 A 点到 B 点,环减少的机械能大于重物增加的机械能D.环能下降的最大高度为4310.2018 安徽六安检测如图所示,将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一竖直墙壁 .现让一小球自左端槽口 A 点的正上方由静止开始下落,从 A 点与半圆形槽相切进入槽内,则下列说法正确的是 ( )A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功B.小球从 A 点
8、运动到半圆形槽的最低点的过程中,小球处于失重状态C.小球从 A 点经最低点运动到右侧最高点的过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒11.2018 江西宜春检测如图所示,倾角 30的光滑斜面上,轻质弹簧两端连接着两个质量均为 m=1 kg 的物块 B 和 C,C 紧靠着挡板 P,B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量 M=8 kg的物块 A 连接,细绳平行于斜面, A 在外力作用下静止在圆心角为 60、半径 R=2 m 的光滑5圆弧轨道的顶端 a 处,此时绳子恰好拉直且无张力;圆弧轨道最低端 b 与粗糙水平轨道 bc 相切, bc 与一个半径 r=0.2
9、 m 的光滑圆轨道平滑连接 .由静止释放 A,当 A 滑至 b 时, C 恰好离开挡板 P,此时绳子断裂 .已知 A 与 bc 间的动摩擦因数 = 0.1,重力加速度 g 取 10 m/s2,弹簧的形变始终在弹性限度内,细绳不可伸长 .(1)求弹簧的劲度系数;(2)求物块 A 滑至 b 处,绳子断后瞬间, A 对圆轨道的压力大小;(3)为了让物块 A 能进入圆轨道且不脱轨,则 bc 间的距离应满足什么条件?考点 4 功能关系的理解与应用12.2017 福建福州质检多选如图甲所示,在水平地面上固定一竖直轻弹簧,弹簧上端与一个质量为 0.1 kg 的木块 A 相连,质量也为 0.1 kg 的木块
10、B 叠放在 A 上, A、 B 都静止 .在 B 上施加一个竖直向下的力 F 使木块缓慢向下移动,力 F 大小与移动距离 x 的关系如图乙所示,整个过程弹簧都处于弹性限度内 .下列说法正确的是 ( )A.木块下移 0.1 m 过程中,弹簧的弹性势能增加 2.5 JB.弹簧的劲度系数为 500 N/mC.木块下移 0.1 m 时,若撤去力 F,则此后 B 能达到的最大速度为 5 m/sD.木块下移 0.1 m 时,若撤去力 F,则 A、 B 分离时的速度为 5 m/s13.2018 湖北襄阳四中高三检测多选在一水平向右匀速传输的传送带的左端 A 点,每隔时间 T,轻放上一个相同的工件 .已知工件
11、与传送带间的动摩擦因数为 ,工件质量均为 m,6经测量,发现那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为 x,重力加速度为 g,下列判断正确的是( )A.传送带的速度为B.传送带的速度为 2C.在一段较长的时间 t 内,传送带因传送工件而多消耗的能量为2 3D.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 mgx1214.2017 河北石家庄辛集中学检测如图所示,倾角为 的斜面底端固定一个挡板 P,质量为 m 的小物块 A 与质量不计的木板 B 叠放在斜面上, A 位于 B 的最上端且与挡板 P 相距 L.已知 A 与 B、 B 与斜面间的动摩擦因数分别为 1、 2,且 1tan 2,最大静摩擦力
12、等于滑动摩擦力, A 与挡板 P 相撞的过程中没有机械能损失 .将 A、 B 同时由静止释放 . (1)求 A、 B 释放瞬间小物块 A 的加速度大小 a1;(2)若 A 与挡板 P 不相撞,求木板 B 的最小长度 l0;(3)若木板 B 的长度为 l,求整个过程中木板 B 运动的总路程 .考点 5 实验：探究动能定理15.2017 四川南充三模在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中,某实验探究小组的实验装置如图甲所示 .木块从 A 点静止释放后,在一根弹簧作用下弹出,沿足够长木板运动到B1点停下, O 点为弹簧原长时所处的位置,测得 OB1的距离为 L1,并记录此过程中弹簧对木块做的功为
13、W0.用完全相同的弹簧两根、三根并列在一起进行第 2 次、第 3 次实验,每次实验木块均从 A 点静止释放,分别运动到 B2、 B3停下,测得 OB2、 OB3的距离分别为L2、 L3,作出弹簧对木块做功 W 与木块停下的位置距 O 点的距离 L 的 W-L 图象,如图乙所示 .(1)根据图线分析,弹簧对木块做功 W 与木块在 O 点的速度 vO之间的关系 . . (2)W-L 图线为什么不通过原点? . (3)弹簧被压缩的长度 LOA为 . 716.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数,小亮设计了如图甲所示的装置进行实验 .实验中,当木块 A 位于水平桌面上的 O 点时,重物 B 刚好接触地面
14、.将 A 拉到 P 点,待 B 稳定后静止释放, A 最终滑到 Q 点 .分别测量 OP、 OQ 的长度 h 和 s.改变 h,重复上述实验,分别记录几组实验数据 .(1)实验开始时,发现 A 释放后会撞到滑轮 .请提出两个解决方法 .(2)请根据下表的实验数据在图乙中作出 s-h 关系的图象 .h(cm) 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0s(cm) 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5(3)实验测得 A、 B 的质量分别为 m=0.40 kg、 M=0.50 kg.根据 s-h 图象可计算出 A 木块与桌面间的动摩擦因数 = (结果保留一位有效数字) . (4)实
15、验中,滑轮轴的摩擦会导致 的测量结果 (填“偏大”或“偏小”) . 考点 6 实验：验证机械能守恒定律817.某研究性学习小组用如图(a)所示装置验证机械能守恒定律 .让一个摆球由静止开始从 A位置摆到 B 位置( O 点正下方),若不考虑空气阻力,小球的机械能应该守恒,即 m =mgh.直1220接测量摆球到达 B 点的速度 v0比较困难 .现让小球在 B 点处脱离悬线做平抛运动,利用平抛运动的规律来间接地测出 v0.图(a)中,悬点 O 正下方 P 点处有水平放置的炽热的电热丝,当悬线摆至电热丝处时能轻易瞬间被烧断,小球由于惯性向前飞出做平抛运动 .在地面上放上白纸,上面覆盖着复写纸,当小
16、球落在复写纸上时,会在下面白纸上留下痕迹 .用重垂线确定出 A、 B 点的投影点 N、 M.重复实验 10 次(小球每一次都从同一点由静止释放),球的落点痕迹如图(b)所示,图中米尺水平放置,零刻度线与 M 点对齐 .用米尺量出 AN 的高度 h1、 BM 的高度 h2,算出 A、 B 两点间的竖直距离,再量出 M、 C 之间的距离 x,即可验证机械能守恒定律 .已知重力加速度为 g,小球的质量为 m.(1)根据图(b)可以确定小球平抛运动的水平距离为 cm. (2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度 v0= . (3)用测出的物理量(即题中所给字母)表示出小球从 A 到 B 过程中,重力
17、势能的减少量 Ep= ,动能的增加量 Ek= . 18.2017 安徽检测某实验小组在做“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 .9(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析,最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丙所示,相邻两点之间的时间间隔为 0.02 s,请根据纸带计算出 B 点的速度大小为 m/s.(结果保留三位有效数字) (3)该小组同学根据纸带算出了相应点的速度,作出 v2-h 图线如图丁所示,请根据图
18、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) 答案 1.ABC v-t 图象中图线与 t 轴围成的面积表示位移大小,0 6 s 内物体的位移大小为 30 m,A 正确 .P-t 图象中图线与 t 轴围成的面积表示功,0 6 s 内拉力做的功为 70 J,B 正确 .由10动能定理知,2 6 s 内合外力不做功,C 正确 .26 s 内物体做匀速运动,有 F=Ff,P=Fv,Ff= N,D53错误 .2.BC 由动能定理知,0 t1时间内,汽车所受合外力做功的大小等于汽车动能的增加量,选项A 错误 .0t1时间内,汽车做匀加速直线运动,加速度大小 a= ,由牛顿第二定律有
19、F-Ff=ma,11解得 F=m +Ff;t1t2时间内, 汽车的功率 P=Fv1=(m +Ff)v1,选项 B 正确 .由 P=Ffv2,可得汽车1111运动的最大速率 v2= =( +1)v1,选项 C 正确 .由图象可知, t1t2时间内,汽车的平均速率 11大于 ,选项 D 错误 .1+223.B 设该车受到的阻力分别为 f1=k1mg,f2=k2mg,当该车以相同功率启动达到最大速率时,有 F=f,故由 P=Fv 可知最大速率 v= = ,则 = = ,有 v2= v1,故选 B. 122121 124.BC 由 s= at2得 t= ,对于斜面 a、 c,c 的加速度比 a 的小,
20、得 tcta,对于斜面 b、 c,斜12 2面 c 的长度大于斜面 b,而根据三角关系可知质点在斜面 c 上的加速度小于斜面 b 上的,可得 tctb,故选项 A 错误;设质点质量为 m,分别对斜面 a、 b、 c,根据动能定理得 2mgh-mgL=E ka,mgh-mgL=E kb,mgh-mg 2L=Ekc,根据题图中斜面高度和底边长度可知质点滑到底端时动能大小关系为 EkaEkbEkc,选项 B 正确;质点沿三个斜面下滑,除重力外只有摩擦力做功,根据能量守恒定律,损失的机械能转化成摩擦产生的内能,由题图可知 a 和 b 底边相等且等于 c 的,故因摩擦产生的内能关系为 Qa=Qb= Qc
21、,即 2Qa=2Qb=Qc,所以损失的机械能 Ea= Eb= Ec,即12 12 122 Ea=2 Eb= Ec,选项 C 正确,D 错误 .5.AD 当初动能为 Ek的小物块滑至最高点时,由动能定理有 0-Ek=-mglsin -F fl ;小物块从最高点滑到底端时,同理有 mv2=mglsin -F fl ,联立得 mv2=Ek-2Ffl=Ek- = .12 12 22当小物块的初动能为 2Ek时,由式得小物块向上运动的最大位移将变为 2l,克服摩擦力做的功将变成原来的 2 倍,有 = 2=Ek.同理,小物块滑到底端的末动能 m =2Ek-2 122Ek=Ek,vx= v.2116.BCD
22、 由图象可知 F1的方向水平向右, F2的方向水平向左,在 t=1 s 时速度开始变小,故t=1 s 时,物块经过 B 点,A 错误;物块在前 2.5 s 内一直向右运动,2.5 s 以后反向运动,故2.5 s 时物块离 B 点最远,B 正确;物块在 01 s 内和 14 s 内的加速度大小分别为 a1=3 m/s2,a2=2 m/s2,又有 F1=ma1=6 N,F2-F1=ma2,得 F2=10 N,t=3.0 s 时物块的速度大小为 1 m/s,故此时 F2的功率 P=F2v=10 W,C 正确;根据动能定理,在 13 s 内 F1和 F2做功之和等于物块的动能变化,即 Ek= 212
23、J- 232 J=-8 J,D 正确 .12 127.(1)L+ (2)mgd L+24 2解析:(1)小球由释放点运动到 C 点,由动能定理得mgh-mgL= m122自 C 点水平飞出后,由平抛运动规律得 x=vCt,y= gt212联立解得 h=L+24若小球恰好落在井底 E 点处,则 x=d,y=H代入解得小球的释放点距 BC 面的高度为h1=L+ .24(2)若小球不能直接落在井底,则 x=d,设打在 EF 上的动能为 Ek,又 vC=d2小球由 C 点运动到 EF 的过程中,由动能定理得mgy=Ek- mv12 2代入 vC得 Ek=mgy+24当 y= 时, Ek最小,且 Ekm
24、in=mgd212此时小球的释放点距 BC 面的高度为 h2=L+ .28.CD 在 A、 B 运动的过程中,只有动能和重力势能相互转化, A、 B 组成的系统机械能守恒,C 选项正确 .假设 B 能到达圆环的最高点,相当于 A、 B 的高度进行了交换,由于 B 的质量大于 A 的质量,系统的机械能会增大,这不符合机械能守恒定律,所以 A 选项错误 .A 运动到圆环的最低点时, B 的高度与初位置相同, A 减少的重力势能恰等于两小球增加的动能,有2mgR= (m+2m)v2,可得 v= ,B 选项错误 .B 球从开始运动至圆环最低点的过程中 ,有12 43mgR+2mgR= (m+2m)v2
25、,可得 v= ,B 球在最低点的动能 EkB= 2mv2=2mgR,刚好等于 B 球减12 2 12少的重力势能,说明杆对 B 球所做的总功为零,D 选项正确 .9.D 环到达 B 点时,重物上升的高度为( -1)d,A 错误;环运动到 B 点时,速度与绳不共线,2需要沿绳子和垂直绳子的方向分解环的速度,而沿绳子方向的速度即重物的速度,则环与重物的速度大小之比为 :1,故 B 错误;以环和重物为研究对象,机械能守恒,故环从 A 点到 B2点,环减少的机械能等于重物增加的机械能,C 错误;当环到达最低点时速度为零,此时环减少的重力势能等于重物增加的重力势能,设环下降的最大高度为 h,因而有 mg
26、h=2mg(-d),解得 h= ,D 正确 .2+24310.C 小球从 A 点运动到半圆形槽的最低点的过程中,半圆形槽有向左运动的趋势,但是实际上没有动,整个系统只有重力做功,所以小球与槽组成的系统机械能守恒;而小球过了半圆形槽的最低点以后,半圆形槽向右运动,由于系统没有其他形式的能量产生,满足机械能守恒的条件,所以系统的机械能守恒;小球从开始下落至到达槽最低点前,小球先失重,后超重;当小球向右上方滑动时,半圆形槽也向右移动,半圆形槽对小球做负功,小球的机械能不守恒 .所以选项 A、B、D 错误,C 正确 .11.(1)5 N/m (2)144 N (3)6 m x8 m 或 0 x3 m解
27、析:(1) A 位于 a 处时,绳无张力且物块 B 静止,故弹簧处于压缩状态,对 B,由平衡条件有kx=mgsin 30当 C 恰好离开挡板 P 时, C 的加速度为 0,故弹簧处于拉伸状态对 C,由平衡条件有 kx=mgsin 30由几何关系知 R=x+x代入数据解得 k= =5 N/m.230(2)物块 A 在 a 处与在 b 处时,弹簧的形变量相同,弹性势能相同 .故 A 在 a 处与在 b 处时,A、 B 系统的机械能相等13有 MgR(1-cos 60)=mgRsin 30+ M + m122122如图所示,将 A 在 b 处的速度分解,由速度分解关系有 vAcos 30=vB代入数
28、据解得 vA= =4 m/s4(-)4+3在 b 处,对 A,由牛顿第二定律有 N-Mg=2代入数据解得 N=Mg+ =144 N2由牛顿第三定律知, A 对圆轨道的压力大小为 N=144 N.(3)物块 A 不脱离圆形轨道有两种情况: 第一种情况,不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理,恰能进入圆轨道时需满足条件 -Mgx 1=0- M122恰能到圆心等高处时需满足条件 -Mgr-Mgx 2=0- M122代入数据解得 x1= =8 m,x2= =6 m22 2-22即 6 m x8 m; 第二种情况,过圆轨道最高点在最高点,由牛顿第二定律有 Mg+FN=2恰能过最高点时, FN=0,v=
29、由动能定理有 -Mg2r-Mgx= Mv2- M12 122代入数据解得 x= =3 m2-5214故此时 bc 间距离应满足 0 x3 m .12. BC 木块下移 0.1 m 过程中,由 F-x 图象可知,力 F 所做的功 W= Fx=2.5 J,由能量守恒12定律可得 W+2mgx= Ep,可得 Ep=2.7 J,选项 A 错误;未施加力 F 时,对木块 A、 B 进行受力分析,由平衡条件可得 kx0-2mg=0,在木块 A、 B 下移 0.1 m 时,两木块仍处于平衡状态,则k(x+x0)-F-2mg=0,联立可得 k= =500 N/m,选项 B 正确;木块下移 0.1 m 时,若撤
30、去力 F,则此后 B 再次回到原来平衡位置处速度最大,对下移 0.1 m 到原来平衡位置的过程中,由能量守恒定律可得 W= 2mv2,解得 v= =5 m/s,选项 C 正确;此后两木块向上做减速运动,直到弹簧恢复原12 长位置时开始分离,此时两木块的速度要比 5 m/s 小,选项 D 错误 .13.AC 工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件滑上传送带后运动的规律相同,由 x=vT,得传送带的速度 v= ,选项 A 正确;设每个工件做匀加速直线运动的位移为 s,根据牛顿第二定律有 mg=ma ,得工件的加速度 a=g ,结合 v2=2as,得传送带的速度 v= ,选项
31、 B 错误;工件与传送带相对滑动的路程 s=v - =2s-s= ,则22 22 2因摩擦产生的热量 Q=mg s= ,选项 D 错误;根据能量守恒定律得,传送带因传送一个工22 2件多消耗的能量 E= mv2+Q= ,在时间 t 内,传送工件的个数 n= ,则多消耗的能量 E=nE=12 2 2 ,选项 C 正确 .2 314.(1)gsin - 2gcos (2) L (3)见解析-2(1-2)解析:(1)释放 A、 B,它们一起匀加速下滑 .以 A、 B 为研究对象,由牛顿第二定律有 mgsin - 2mgcos =ma 1,解得 a1=gsin - 2gcos .(2) 在 B 与挡板
32、 P 相撞前, A 和 B 相对静止,以相同的加速度一起向下做匀加速运动 .B 与挡板 P 相撞后立即静止, A 开始匀减速下滑 .若 A 到达挡板 P 处时的速度恰好为零,此时 B 的长度即最小长度 l0.从 A 释放至到达挡板 P 处的过程中, B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q1= 2mgcos 15(L-l0),A 与 B 间由于摩擦产生的热量 Q2= 1mgcos l0,根据能量守恒定律有 mgLsin =Q 1+Q2,得 l0= L.-2(1-2)(3)分两种情况:若 l l0,B 与挡板 P 相撞后不反弹, A 一直减速直到静止在木板 B 上,木板 B 通过的路程s=L-l;若 l
33、l0,B 与挡板 P 相撞后, A 在木板 B 上减速运动直至与挡板 P 相撞 .由于碰撞过程中没有机械能损失, A 将以撞前速率返回,并带动木板一起向上做减速运动;当它们的速度减为零后,再重复上述过程,直至物块 A 停在挡板处 .在此过程中, A 与 B 间由于摩擦产生的热量Q1= 1mgcos l,B 与斜面间由于摩擦产生的热量 Q2 = 2mgcos s,根据能量守恒定律有 mgLsin =Q1 + Q2,解得 s= .-1215.(1)W 与 vO的二次方成线性关系 (2)未计木块通过 AO 段时摩擦力对木块所做的功 (3)3 cm解析:(1)木块从 O 点到静止的运动过程中,由动能定
34、理,知 L ,由图线知 W 与 L 成线性关2系,因此 W 与 vO的二次方也成线性关系 .(2)由于木块运动过程中,要受到摩擦力作用,未计木块通过 AO 段时摩擦力对木块所做的功, 导致 W-L 图线不通过原点 .(3)在图线上取两点(6, W0)、(42,5 W0)得到 W0=fLOA+fL1,5W0=fLOA+fL5,得 LOA=3 cm.16.(1)减小 B 的质量;增加细线的长度(或增大 A 的质量;降低 B 的起始高度) . (2)如图所示 (3)0.4 (4)偏大16解析:(1)木块到达滑轮处速度不为零才撞到滑轮,可采用的办法是减小重物 B 的质量,也可增大细线的长度 .(2)如
35、图所示 .(3)木块 A 由 P 点到 O 点的过程中,对 A、 B 组成的系统根据动能定理有(m+M)v2=-mgh+Mgh 12木块 A 由 O 点到 Q 点的过程中,对 A 有mv2=mgs 12由联立整理得 = ,由 s-h 图象得 = ,并将 M、 m 值代入得 = 0.40. -(+) 5660(4)当滑轮轴的摩擦存在时,相当于增大了木块与桌面间的摩擦力,故计算出的动摩擦因数比真实值偏大 .17.(1)65.0(在 64.065.5 之间均对) (2)x22(3)mg(h1-h2) 242解析:(1)画一个圆,将球的落点痕迹全部圈在里面,圆心的位置就是我们要找的球的落点,因为零刻度
36、线与 M 点对齐,所以读出 M、 C 之间的距离即小球平抛运动的水平距离,为 65.0 cm(在 64.065.5 cm 之间均对),注意要估读一位 .(2)在水平方向上 x=v0t,在竖直方向上 h2= gt2,所以12v0=x .22(3)AN 的高度为 h1、 BM 的高度为 h2, A、 B 两点间的竖直距离为 h1-h2,所以减少的重力势能 Ep=mg(h1-h2),动能的增加量 Ek= m = .122024218.(1)甲 采用乙方案实验时,由于小车与斜面间存在摩擦力的作用,且不能忽略,所以小车在下滑的过程中机械能不守恒,故乙方案不能用于验证机械能守恒 (2)1.37 (3)9.7517解析:(2) vB= m/s=1.37 m/s.(12.40-6.93)10-20.04(3)因为 mgh= mv2,所以 g= = k,k 为图线的斜率,求得 g=9.75 m/s2.12 122 12
