第八章：《機械能守恒定律》全章考點基礎鞏固達標檢測卷

一、單選題

1.（2021?福建龍巖市.高一期末）圖為中學生做引體向上的示意圖。引體向上分為兩個過程：身體從最低點

升到最高點的“上引”過程，身體從最高點回到最低點的“下放”過程。某同學在30s內連續做了15個完整的引

體向上。則（）

A.“上引”過程單桿對人做正功

B.“下放”過程單桿對人做負功

C.在3s內重力做的總功約為4500J

D.在30s內克服重力做功的平均功率約為150W

2.（2021?杭州上海世界外國語中學高一期末）如圖所示，城市有軌電車采用超級電容作為電能存儲設備，

安全環保，可反復充電，安裝在公交站點的充電樁，在乘客上下車的時間內把電容器充滿，電容器的電能

轉化電車機械能的效率為80%。假設該電車一次充滿電保持額定功率運行，可保持速度10m/s持續行駛5km,

行駛中電車受到的平均阻力為車重的0.02倍，已知電車質量（含乘客）優=203則（）

A.這種電車正常勻速行駛時發動機額定功率為3xl（）4w

B.某次進站從接近沒電到充滿電，電車從充電樁獲得的能量為2.5xl（）7j

C.若某次進站從接近沒電到充滿電用時5s,則充電過程的平均功率為5xlC）5w

D.若某次進站充滿電后以恒定加速度啟動，勻加速運動2.5s時剛好達到額定功率，則勻加速運動的牽引力

^J2X104N

3.（2020?吉林油田高級中學高一期末）如圖所示，一質量為機的小球，用長為/的輕繩懸掛于。點，小球

在水平拉力尸作用下，從平衡位置P緩慢地拉至輕繩與豎直方向夾角為。處。重力加速度為g,則下列說

法正確的是（）

A.小球的重力勢能增加mglcosd

B.拉力/所做的功為機g/（1-cos。）

C.拉力尸所做的功為口

D.繩的拉力所做的功為加g/

4.（2020?四川巴中市.高一期末）采用變軌法發射同步衛星時，衛星經過轉移軌道由近地圓軌道變為同步軌

道如圖所示，轉移軌道是橢圓軌道，產為近地點，。為遠地點，M.N為軌道短軸的兩個端點，衛星運行的

周期為T，若只考慮衛星和地球之間的相互作用則衛星在從尸經過加、。到N的運動過程中（）

衛星-d一一

，".'、

P......T。

'、地球：/

、、IJ

N

A.從尸到M所用的時間等于工

4

B.從用到。階段，機械能增大

C.從。到N階段，速率逐漸變小

D.從M經過。到N階段，地球引力對衛星先做負功后做正功

5.（2020?福建泉州市?高一期末）如圖所示，固定的光滑傾斜桿上套有一個質量為根的圓環，圓環與豎直放

置的輕質彈簧上端相連，彈簧的下端固定在水平地面上的A點，開始彈簧恰好處于原長/7,現讓圓環由靜

止沿桿滑下，滑到桿的底端（未觸及地面）時速度恰好為零，己知當地的重力加速度大小為g。則在圓環下

滑的整個過程中下列說法不E俄的（）

（m

6

A

A.圓環與彈簧和地球組成的系統機械能守恒

B.彈簧的彈性勢能先增大后減小

C.彈簧的彈性勢能增大了mgh

D.彈簧的最大壓縮量小于其最大伸長量

6.（2020?福建師大附中高一期末）在云南省某些地方到現在還要依靠滑鐵索過江（如圖甲），把滑鐵索過江

簡化成圖乙的模型。鐵索的兩個固定點A、8在同一水平面內，A8間的距離為L=80m,繩索的最低點離AB

的垂直距離為〃=8m。若把繩索看成是圓弧，已知一質量機=52kg的人借助滑輪（滑輪質量不計）滑到最低

點的速度為10m/s（取g=10m/s2）,那么（）

A.人在整個繩索上運動可看成是勻速圓周運動

B.下滑過程中人的機械能保持不變

C.人滑到最低點時對繩索的壓力為570N

D.在滑到最低點時人處于失重狀態

7.（2020?四川巴中市?高一期末）如圖是利用太陽能驅動的小車，若小車保持牽引力恒定，在平直的水泥路

上從靜止開始運動，經過時間/前進距離無，電動機的功率達到額定功率P,速度達到V。小車的質量為利,

所受阻力恒為力那么這段時間內（）

A.小車做加速度逐漸減小的加速運動

B.小車能達到的最大速度為v

19

C.電動機對小車所做的功為fa+—mv'

D.電動機對小車所做的功為H

8.（2020?四川遂寧市?射洪中學高一期末）傳送帶不動時，物體由皮帶頂端A從靜止開始下滑到皮帶底端8

用的時間為r,摩擦力對木塊做功卬。則（）

A.當皮帶向上運動時，物塊由A滑到B的時間一定大于/

B.當皮帶向上運動時，物塊由A滑到B摩擦力做功一定等于W

C.當皮帶向下運動時，物塊由A滑到8的時間一定等于f

D.當皮帶向下運動時，物塊由A滑到8,摩擦力對木塊做功為W

二、多選題

9.（2020?城步苗族自治縣第一民族中學高一期末）下列關于物體重力勢能的說法中正確的是（）

A.物體的重力勢能增大，該物體一定克服重力做功

B.物體的重力勢能減小，該物體一定克服重力做功

C.取相同零勢面，兩個質量不同的物體在同一位置可能具有相同的重力勢能

D.兩個質量不同的物體所具有的重力勢能可能不同，質量小的可能大

10.（2021?福建福州市?福州三中高一期末）水平面上兩個物體A、B分別在水平拉力入、品的作用下做勻

加速運動，兩力分別作用一段時間后撤去，兩物體A、B運動的v-f圖線分別如圖中的圖線服》所示，已

知拉力0、&撤去后，物體做減速運動的v-f圖線彼此平行，A、B的質量分別為優A和%B。由圖中信息可

知（）

A.若FA=FB,則

B.若nu=mB,則拉力0對物體才做的功比拉力呢對物體B做的功多

C.若加A=制?，則整個過程中摩擦力對兩物體A、B做的功相等

D.若mA=mB,則拉力FA的最大瞬時功率一定是拉力FB的最大瞬時功率的2倍

11.（2021?江蘇省姜堰第二中學高一期末）“跳一跳”小游戲需要操作者控制棋子離開平臺時的速度，使其能

跳到旁邊平臺上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運動軌跡，其最高點離平臺的高度為/z,

水平速度為V;若質量為機的棋子在運動過程中可視為質點，只受重力作用，重力加速度為g,則（）

B.若棋子在最高點的速度v變大，則其落到平臺上的時間變長

C.棋子上升過程和下降過程中速度變化量的大小相等，方向相同

D.棋子落到平臺上時的速度大小為歷

12.（2021?福建省福州格致中學高一期末）起重機將一重物豎直向上吊起，吊繩的拉力隨重物的速率變化關

系如圖所示，已知重物的速率達到2.0m/s以后，起重機的輸出功率就恒定不變，取g=10m/s2,忽略空

氣阻力和一切摩擦.下列說法正確的是（）

A.重物勻加速上升的時間為1.0s

B.重物勻速上升時的速度為2.2m/s

C.重物變加速上升的位移為0.42m

D.重物勻速上升時，起重機的輸出功率為44kW

13.（2020?江蘇高一期末）如圖所示，兩個質量均為機的小球A、B（可視為質點）通過輕質較鏈用長為L

的剛性輕桿連接，A套在固定的豎直光滑桿上，B放在光滑水平地面上。原長為4的輕質彈簧水平放置，

2

左端固定在豎直桿上的。點，右端與2相連，此時輕桿與豎直方向的夾角a=30。現將A由靜止釋放，下降

到最低點時a變為60。。在整個下落運動過程中，彈簧始終在彈性限度內，不計摩擦，重力加速度為g。下

列說法中正確的是（）

A

A.釋放A的瞬間，地面對2的支持力大小為2?ig

B.A的動能最大時，地面對8的支持力大小為

C.彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度等于零

D.彈簧彈性勢能的最大值為牛i/ngL

14.（2020?新源縣第二中學高一期末）如圖所示，將質量為2相的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系

一質量為根的環，環套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d,桿上的A點與定

滑輪等高，桿上的8點在A點下方距離為1處。現將環從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法

正確的是（）

A.環到達B處時，環的速度大小是重物的&倍B.環從A到8過程中，環的機械能是減少的

C.環到達8處時，重物上升的高度dD.環到達8處時，重物上升的高度為應d

15.（2020.茂名市第一中學高一期末）兒童游戲機的光滑游戲面板與水平面成半徑為R的工圓弧與

4

相切，C為圓弧最高點，彈簧內部繩子將手柄尸與小球相連，下拉手柄使彈簧可將為質點彈珠被彈出。

忽略空氣阻力，某次緩慢下拉手柄，使彈珠距B點為L釋放手柄，彈珠被彈出，到C點速度為v,正確的

是（）

A.彈珠從釋放手柄開始到觸碰障礙物之前的過程中機械能不守恒

B.調整手柄位置，彈珠從C離開到碰到障礙物前做勻變速直線運動

C.彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能和重力勢能之和達到最大

D.此過程中，彈簧的最大彈性勢能為加g（L+R）sine+Q1nw2,

三、實驗題

16.（2021?杭州上海世界外國語中學高一期末）某實驗小組用自由落體運動來做“驗證機械能守恒定律”的實

驗。該小組同學選擇所需的實驗儀器后，安裝好如圖所示的實驗裝置進行實驗（電源已有，未畫出），用天

平稱量得到重錘質量m=0.3kg,已知打點計時器工作頻率為50Hz?

（1）結合圖中裝置已給出的器材，該實驗還需的實驗器材有；

（2）指出圖中操作或裝置不合理的2個地方；

⑶在實驗中獲得一條紙帶如下圖所示，4B、C.D、E、尸為依次打下的點，根據紙帶上的數據，選擇A

點為重力勢能零點，可求出。點重錘的重力勢能為J（結果保留小數點后兩位）；求出。點重錘

的速度VD=__________m/s（結果保留小數點后兩位），該計算結果發現A到。點重力勢能的減少量AEp小于

。點處重錘的動能Ek°,由此他得出結論：在重錘下落過程中，機械能不守恒。你認為他的觀點是否正確

?試說明原因__________。

17.（2020?四川巴中市.高一期末）某同學利用重物自由下落來“驗證機械能守恒定律”，實驗裝置如圖甲所示。

（1）請指出實驗裝置中存在的明顯錯誤：

(2)進行實驗時，為保證重物下落時初速度為零，應___________(選填"A”或"B”)。

A.先接通電源，再釋放紙帶

B.先釋放紙帶，再接通電源

(3)根據打出的紙帶，選取紙帶上連續打出的1、2、3、4……多個點如圖乙所示(圖中只顯示了一部分點)。

已測出1、2、3、4到打出的第一個點。的距離分別為加、h2、自、刀4,打點計時器的打點周期為7。若代

入所測數據能滿足表達式g/l3=，則可驗證重物下落過程機械能守恒(用題目中已測出的物理量表

示)。

2

(4)這位同學還利用圖像法進行分析，以。點為起始點，測出各點下落距離/7時的速度V,以L為縱坐

2

標、場為橫坐標畫出圖像，應是下圖中的

四、解答題

18.(2021.全國高一期末)敦煌鳴沙山月牙泉是我國著名的5A級景區，景區內的駱駝騎行和滑沙活動項目

備受游客們的青睞，下圖為滑沙運動過程的簡化圖。某游客從A點乘坐滑板由靜止滑下坡度為37。的沙丘，

到達2點的速度大小為10m/s,最終停在水平沙地距離B點10m的C處，沙丘上和水平面上滑板與沙子動

摩擦因數相同。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8?求：

(1)滑板與沙丘之間的動摩擦因數〃；

(2)游客從沙丘滑下時的加速度大小ai；

(3)有了第一次經驗，游客從更高的。點靜止滑下沙丘，與此同時，在游客滑行的路線上有一只駱駝從C點

以尸2m/s的速度勻速前行。已知So4=Um,其余條件不變，該游客會與駱駝相遇嗎？

37'

BC

19.（2021?山東淄博市.高一期末）如圖所示，質量為優=lkg的小球從平臺上水平拋出后，落在一傾角0=53。

的光滑斜面頂端，并恰好無碰撞的沿光滑斜面滑下。斜面頂端與平臺的高度差4=0.8m,斜面的高度”=7.2m。

MXg=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求

（1）斜面頂端與平臺邊緣的水平距離無；

（2）小球滑到斜面底端時速度v的大小。

20.（2021?杭州上海世界外國語中學高一期末）一木塊E4BCZ）置于水平桌面上，其截面如圖所示，ABCD

3

是一圓弧，圓半徑為R,斜面AE與水平線砂（E、8等高）的傾角為0=30。。質量為機的光滑小球（看

4

作質點）從〃高處自由釋放，能通過圓弧經。點飛出，不計空氣阻力，假設木塊始終保持靜止。

（1）若小球剛好通過D點，求釋放高度h；

（2）在（1）題所求的高度〃靜止釋放，小球運動到圓弧面C點處地面受到的摩擦力；

（3）要求小球經。點飛出第一次能落在斜面AE上，求釋放高度？

21.（2020?四川巴中市?高一期末）某種彈射裝置如圖所示，光滑的水平導軌右端B處與傾斜傳送帶平滑

連接，傳送帶長度￡=8.0m,皮帶以恒定速率v=5.0m/s順時針轉動。質量〃2=1.0kg（可視為質點）的滑塊置

于彈射裝置的右端并鎖定(彈簧處于壓縮狀態)，且彈簧具有彈性勢能Ep=4.5J。某時刻解除鎖定，滑塊從靜

止開始運動并脫離彈簧后滑上傾角6=30。的傳送帶，并從頂端沿傳送帶方向滑出斜拋落至地面上。已知滑塊

與傳送帶之間的動摩擦因數〃=#,重力加速度g=10m/s2,求：

(1)滑塊剛沖上傳送帶底端的速度也；

(2)滑塊在傳送帶上因摩擦產生的熱量Q-,

(3)若每次實驗開始時彈射裝置具有的彈性勢能不同，要使滑塊滑離傳送帶后總能落至地面上的同一位置,

則場的取值范圍為多少？

22.(2021?全國高一期末)如圖是漫畫中出現的裝置，描述了一個“吃貨”用來做“糖炒栗子”的“萌”事兒：將

板栗在地面小平臺上以一定的初速度經兩個四分之一圓弧銜接而成的軌道，從最高點P飛出進入炒鍋內，

利用來回運動使其均勻受熱。我們用質量為機的小滑塊代替栗子，借用這套裝置來研究一些物理問題。設

大小兩個四分之一圓弧半徑分別為2火、R,小平臺和圓弧均光滑。將過鍋底的縱截面看做是由兩個斜面

AB>CD和一段光滑圓弧8C組成。斜面與小滑塊間的動摩擦因數均為0.25,而且不隨溫度變化。兩斜

面傾角均為。=37°,AB=CD=2R,A、。等高，。端固定一小擋板，小滑塊碰撞它不損失機械能。

滑塊的運動始終在包括鍋底最低點的豎直平面內，重力加速度為g。

(1)如果滑塊恰好能從P點飛出，求滑塊經過P點的速度。

(2)接(1)問，若滑塊恰好沿斜面進入鍋內，且一個來回后不會從A點滑出，求滑塊在鍋內斜面上運動的

總路程。

(3)對滑塊的不同初速度，求其通過最高點P和小圓弧最低點Q時受壓力之差的最小值。

參考答案

1.D

【詳解】

A.“上引”過程中，單杠對人有力，但沒有位移，故不做功，故A錯誤；

B.“下放”過程中，單杠對人有力，但沒有位移，故不做功，故B錯誤；

C.某同學在30s內連續做了15個完整的引體向上。在30s內重力做的總功約為零，故C錯誤；

D.中學生身高約為1.75m,體重為60kg,引體向上重心上升的高度約為0.5m,完成一次引體向上克服重

力做功為

%=mgh=60x10x0.5J=300J

在30s內克服重力做的總功約為

=nmgh=15x60x10x0.5J=4500J

在30s內克服重力做功的平均功率約為

p=ZwA=4500w=150w

t30

故D正確。

故選D。

2.BD

【詳解】

A.勻速行駛時，牽引力等于阻力

F=^0.02X2X104xl0N=4x103N

此時電機輸出功率

p=Fv=4x103xl0W=4x104W

故A錯誤；

B.電車每次充滿電后持續正常行駛5km,電車做功

W=F5=A=4X103X5X103J=2X107J

電車從充電樁所獲得的能量

W_2xlQ7

J=2.5X107J

780%

故B正確；

C.若某次進站從接近沒電到充滿電用時5s,則充電樁為電車充電時的平均功率為

P=—=2'5X107W^5.0X106W

t5

故C錯誤；

D.汽車做勻加速運動，則

P'

-----f=ma

v'

2.5s時剛好達到額定功率，則此時

P'=p=4xlO4W,v'=izf

聯立解得

?=0.8m/s2>(a=-lm/s2舍去)

加速度為

V10.2.,o

a=—=----m/s=4m/s-

t2.5

根據牛頓第二定律可得勻加速運動的牽引力

F=m?+/=20xl03x0.8N+4xl03N=2xl04N

故D正確。

故選BD。

3.B

【詳解】

A.小球的重力勢能增加量

AEP=cos6)=mgl(l-cos0)

故A錯誤；

BC.根據功能關系，拉力所做的功等于小球機械能增量，即

Wp=AE=AEp=mg1(1-cos0)

故B正確、C錯誤；

D.繩子的拉力始終與小球的運動方向垂直，即拉力不做功，故D錯誤。

故選B。

4.D

【詳解】

A.衛星運行的周期為T,從P到/所用的時間小于一，因為從P到。引力做負功，速度減小，故段

4

速度大于MQ段速度，故A錯誤；

B.從M到。階段，只有引力做功，機械能守恒，故B錯誤；

C.從。到N階段，引力做正功，速率逐漸變大，故C錯誤；

D.從M經過。到N階段，地球引力對衛星先做負功后做正功，故D正確。

故選D。

5.B

【詳解】

A.在圓環下滑的整個過程中，有兩個力對圓環做功，即環的重力和彈簧的拉力，所以圓環與彈簧和地球組

成的系統機械能守恒，故A正確，不符合題意；

B.彈簧的彈性勢能隨彈簧的形變量的變化而變化，由圖知彈簧先縮短后再伸長，故彈簧的彈性勢能先增大

再減小后增大，故B錯誤，符合題意；

C.圓環的機械能減少了mg〃，動能變化量為零，根據系統的機械能守恒，知彈簧的彈性勢能增大了根g〃，

故C正確，不符合題意；

D.由圖可知，彈簧的最大壓縮量在彈簧與桿垂直的時刻，此時的系統具有的能量為圓環的動能、勢能和彈

簧的彈性勢能，當圓環速度減為零時，到達最底端此時圓環的動能和勢能都為零，系統所有的機械能全部

轉化成了彈簧的彈性勢能，此時的彈簧處于伸長狀態，所以彈簧的最大伸長量要大于最大壓縮量，故D正

確，不符合題意。

故選B。

6.C

【詳解】

A.人借助滑輪下滑過程中，速度大小是變化的，所以人在整個繩索上運動不能看成勻速圓周運動，故A

錯誤；

B.人在運動過程中要克服阻力做功，機械能不守恒，故B錯誤；

C.設繩索的圓弧半徑為r,則由幾何知識得

廠2=（一疔+圖

解得

r=104m

對人為研究對象，根據牛頓第二定律

N-mg=m—

r

解得

,V2

NT=mg+m—

r

代入數據解得

N=570N

根據牛頓第三定律則人對繩索的壓力為570N,故C正確；

D.在滑到最低點時具有向上的加速度，人對繩索的壓力大于重力，處于超重狀態，故D錯誤。

故選C。

7.C

【詳解】

A.小車保持牽引力恒定，在平直的水泥路上從靜止開始運動，經過時間f前進距離x,根據牛頓第二定律

心引一/=根。，小車做勻變速運動，故A錯誤；

B.達到額定功率后，速度v不斷變大，根據P=/朝v可知，牽引力不斷減小，當牽引力與阻力相等時，加

速度為零，速度最大

P

Vm=——>V

f

故B錯誤；

C.根據動能定理

1

—mv-9-0=W-fx

1,

所以電動機對小車所做的功為1A+5"?"-,故c正確；

D.因為牽引力恒定，故「=網，小車加速，功率一直增大，所以電動機對小車所做的功小于故D

錯誤。

故選C。

8.B

【詳解】

設傳送帶長度為L傾角為a,物體與傳送帶間的動摩擦因數為〃，傳送帶不動時和當皮帶向上運動時，物

體所受的滑動摩擦力大小和方向沒有改變，則加速度也不變，由于物體受到重力、斜面的支持力和沿斜面

向上的滑動摩擦力，根據牛頓第二定律得物體的加速度為

mgsina-umgcosa

a---------------------------=gsin。一cosa

m

且有L——成之0

2

1

AB.當皮帶向上運動時，物體所受的滑動摩擦力大小和方向沒有改變，則加速度也不變，由L=—9知，

2

物塊由A滑到5的時間一定等于3由功公式W=EL可知，當皮帶向上運動時，物塊由A滑到5摩擦力做

功一定等于W,故A錯誤，B正確；

CD.當皮帶向下運動時，受到重力、斜面的支持力和沿斜面向下的滑動摩擦力，根據牛頓第二定律得此時

物體的加速度為

?mgsina+um2cosa.、

a=-2--------------------=gz(sino+〃cosa)

m

物塊可能以a一直做勻加速直線運動，根據L=產知，物塊A滑到2的時間可能小于3也可能速度達

2

到傳送帶速度后，以gsina-Mgcosa繼續做勻加速直線運動，運動的時間小于f,由此可知，滑塊與傳送

帶間的摩擦力發生變化，則物塊由A滑到3,摩擦力對木塊做功不為W,故CD錯誤。

故選B。

9.AD

【詳解】

A.物體的重力勢能增大，該物體一定克服重力做功，選項A正確；

B.物體的重力勢能減小，重力做正功，選項B錯誤；

C.根據

Ep=mgh

可知，兩個質量不同的物體在同一位置不可能具有相同的重力勢能，選項c錯誤；

D.根據

Ep=mgh

可知，兩個質量不同的物體所具有的重力勢能可能不同，質量小的可能大，選項D正確。

故選AD。

10.CD

【詳解】

A.撤去拉力后，圖像平行，則斜率相等，即加速度相等，受力分析有

"mg=ma

解得

a=jug

所以物體與地面間的摩擦因數相同。當拉力相等時，有

F-"mg=ma

解得

F

a=---fj.g

m

由圖像可知，A的加速度較大，所以A的質量較小。A錯誤;

BC.若出=機小由圖可知，兩物體運動的總位移相等，所以克服摩擦力做功相等。根據動能定理，則兩物

體拉力做功也相等。B錯誤，C正確；

D.兩物體拉力做功相等，則有

F「；xl.5x2.5=%；x3x2

解得

5工=8居

則拉力FA的最大瞬時功率

PA=2.5FA=4FB

拉力曲的最大瞬時功率

PB=2FB

D正確。

故選CD?

11.AC

【詳解】

A.棋子從最高點落到平臺上為平拋運動，豎直方向為自由落體運動，有

,12

h=2gt'

得

故A正確;

B.棋子在最高點的速度v為平拋運動的水平初速度，由

知，落地時間只和高度有關，和水平速度無關，故B錯誤；

C.棋子上升過程和下降過程中的加速度相同，時間相同，所以速度變化量的大小相等，方向相同；故C正

確；

D.棋子從最高點落到平臺的過程中，機械能守恒，有

121

mgn7+—mv=—

得落到平臺上時的速度大小為

V]=6+2gh

故D錯誤。

故選AC?

12.BD

【詳解】

AD.根據圖像可知，重物勻速上升時，牽引力為2.0X104N，則根據平衡條件可知，重力為2.0X1()4N,

重物的速率達到2.0m/s以后，起重機的輸出功率就恒定不變，則起重機的輸出功率為

4

P=FV=2.2X10X2W=44kW

勻加速過程，加速度為

故勻加速時間為

故A錯誤D正確

B.當勻速上升時

v=——=2.2m/s

mg

重物勻速上升時的速度為2.2m/s,故B正確。

C.重物如果繼續勻加速上升，所需時間為

則通過位移為

2+2.2

x=---------x0.2m=0.42m

2

而達到額定功率后，重物做的加速度減小的加速，則位移大于對應勻加速位移，故C錯誤。

故選BD。

13.BD

【詳解】

A.釋放A的瞬間，A、8組成的系統存在豎直向下的加速度，處于失重狀態，所以地面對8的支持力小于系

統的重力大小2〃zg,故A錯誤；

B.當A的動能最大時，A、2組成的系統加速度為零，地面對2的支持力大小等于系統的重力大小2祖g,故

B正確；

C.當彈簧的彈性勢能最大時，A運動到最低點，具有向上的加速度，故C錯誤；

D.A從釋放到下降至最低點的過程中，A、2和彈簧組成的系統機械能守恒，可得彈簧的最大彈性勢能為

J3-1

Epm=〃zgL(cos30°-cos60°)=---mgL

故D正確。

故選BD?

14.AB

【詳解】

A.在B點，對環的速度分解可得

曝36=丫物

在8點，由幾何關系可得

8=45。

解得

VB=血V物

所以環到達8處時，環的速度大小是重物的加倍，則A正確;

B.重物與環組成的系統機械能守恒，環從A到8過程中，重物的機械能增大，則環的機械能是減少的，所

以B正確；

CD.由幾何關系可知，環到達8處時，重物上升的高度所以CD錯誤；

故選ABo

15.ACD

【詳解】

A.彈珠從釋放手柄的過程，彈簧對彈珠做正功，其機械能增加，故A正確；

B.彈珠從C點離開后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，兩者垂直，所以彈珠做勻變速曲

線運動，故B錯誤；

C.彈珠從釋放手柄的過程，彈簧的彈力對彈珠做正功，彈珠的動能和重力勢能之和不斷增大，根據彈珠和

彈簧組成的系統機械能守恒，知彈珠脫離彈簧的瞬間，彈簧的彈性勢能全部轉化為彈珠的動能和重力勢能,

所以此瞬間動能和重力勢能之和達到最大，故c正確；

D.根據系統的機械能守恒得，彈簧的最大彈性勢能等于彈珠在C點的機械能，為

12

mg(L+R)sinO+—mv

故D正確。

故選ACD。

16.毫米刻度尺限位孔沒有豎直或重錘與打點計時器距離太遠或紙帶沒有拉直0.151.15不

正確打A點時重錘的動能不為零(或“未計入A點時重錘的動能”或“比較的應為勢能變化量與動能變化

量”)

【詳解】

該實驗還需的實驗器材有毫米刻度尺；

(2)⑵圖中操作或裝置不合理的2個地方：限位孔沒有豎直；或重錘與打點計時器距離太遠；或紙帶沒有拉

直。

(3)[3]￡＞點重錘的重力勢能為

=mghD=0.3x10x0.05J=0.15J

[4]根據勻變速直線運動時間中點的瞬時速度等于這段時間的平均速度，則可求出。點重錘的速度

匕=也=竺竺m/s=1.15m/s

DIT0.04

[5]⑹他的觀點不正確；其原因是打A點時重錘的動能不為零(或“未計入A點時重錘的動能”或“應該比較重

力勢能變化量與動能變化量”)

A仇一-)c

17.打點計時器不能接在“直流電源”上

8T2

【詳解】

(1)⑴從圖甲中的實驗裝置中發現，打點計時接在了“直流電源”上，打點計時器的工作電源是“低壓交流

電源”。因此，明顯的錯誤是打點計時器不能接在“直流電源”上。

(2)⑵為了使紙帶上打下的第1個點是速度為零的初始點，應該先接通電源，讓打點計時器正常工作后,

再釋放紙帶。若先釋放紙帶，再接通電源，當打點計時器打點時，紙帶己經下落，打下的第1個點的速度

不為零。因此，為保證重物下落的初速度為零，應先接通電源，再釋放紙帶。

故選Ao

(3)⑶根據實驗原理

/12

mgh=—mv

可知只要驗證

gk"=三

即可驗證機械能守恒定律。因此需求解V3,根據勻變速直線運動規律關系式可得

4一為

32T

則有

12,(用一-)2

2%-8T2

故只要在誤差允許的范圍內驗證

仇-色)2

g%=^-

OI

成立，就可驗證重物下落過程中機械能守恒。

(4)[4]根據

/12

mgn=—mv

可得

—v2=gh

2

1,

一丫2與人成正比例關系，圖線是一條過原點的傾斜直線，故選c。

2

18.(1)0.5；(2)2m/s；(3)沒有相撞

【詳解】

(1)游客在從2運動到C過程

2

jumgxBC=^mv

解得

〃=0.5

(2)游客在從A運動到8過程

mgsin37°-/nmgcos37°=ma1

解得

2

ax=2m/s

(3)游客在從A運動到5過程

2aX

VB=iAB

解得

xAB=25m

則

X/=XDA+XAB=36m

到達B點的時間

J_2

XDB=

解得

%=6s

到達B點的速度

vB-印i=12m/s

此時駱駝運動了

xc=vtx=12m

則二者相距

Ax=xBC+xc=22m

游客在水平面上，根據

jumg=ma2

解得

&=5m/s2

設在經過灰二者速度相等，則有

-%看V

VB2-

解得

=2s

在2s內游客在水平面上運動了

X游=干'/2=14m

駱駝前進了

X駱=vt2=4m

因為

x駱+板＞X游

二者沒有相撞

19.(l)1.2m；(2)13m/s

【詳解】

(1)小球落到斜面上并沿斜面下滑，則有

vy=%tan53°

又在豎直方向有

H=2gh

水平方向

x=vot

聯立解得

/=0.4s

%=3m/s

x=1.2m

(2)設物體到達斜面底端的的速度為匕，則從拋出點到斜面底端，由動能定理得:

1212

mg(h+H)=—mv1——mv0

解得

匕=13m/s

20.(1)-R；(2)3mg；向左(3)-R<h<-7?+—7?

2224

【詳解】

(1)由題可知，小球恰好能從。點出射，則有

年

mg=

R

解得

W)=y[gR

從釋放點到D點，根據動能定理有

mg(h-R)=gmvD2

解得

(2)在(1)題所求的高度力靜止釋放，小球運動到圓弧面。點處的速度大小為

10

mgh7=-mv(r

由于小球做圓周運動有

2

5七a

FN==3mg

R

則小球給木塊EABC。的壓力為3mg,對木塊EA3CD做受力分析，在水平方向有

f=FN=3mg

由于壓力方向向右，則摩擦力方向向左。

(3)由于小球離開D點后做平拋運動，若剛好落到斜面上的A點時有

R=—gt2,R=VDt

2

綜合有

由(1)問可知恰好從。點出射有

VD=y[Rg

則只用

3

h>—R

2

就能落在斜面上。

若剛好落到斜面上的E點時有

R1,

2

tan30°=—,x'+R=vD't',2R=—gt'

x'2

聯立有

再由動能定理有

mg(h'-R)=:mvDa

計算后有

h=-R+^R

24

要求小球經D點飛出第一次能落在斜面AE