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第五章 机械能及其守恒定律
(时间90分钟，满分120分)
一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)
1．物体沿直线运动的v－t关系如图1所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则 ( )
图1
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W
2．在竖直平面内，有根光滑金属杆弯成如图2所示形状，相应的曲线方程为y＝Acosx，将一个光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0、y＝A处以某一初速度沿杆向＋x方向运动．运动过程中 ( )
图2
A．小环在D点的加速度为零
B．小环在B点和D点的加速度相同
C．小环在C点的速度最大
D．小环在C点和E点的加速度方向相同
3．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时的速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图3所示，小球越过n条活动挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等) ( )
图3
A．n B．2n C．3n D．4n
4．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于 ( )
A.H9 B.2H9 C.3H9 D.4H9
5．如图4甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是 ( )
图4
A．小环的质量是1 kg
B．细杆与地面间的倾角是30°
C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W
D．前3 s内小环机械能的增加量是6.75 J
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如图5所示)，电场强度为E，且qE＜mg，对物体在斜面上的运动，以下说法正确的是 ( )
A．滑块将沿斜面减速下滑
B．滑块仍沿斜面匀速下滑
C．加电场后，重力势能和电势能之和不变
D．加电场后，重力势能和电势能之和减小
7.半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在
圆桶的最低点，如图6所示．小车以速度v向右匀速运动，当小车遇
到 障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能是( )
A．等于v22g B．大于v22g 图6
C．小于v22g D．等于2R
8.如图7所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为36.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( )
图7
A．m＝M
B．m＝2M
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性
势能
9.静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为
F1、F2、F3的拉力作用做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象
如图8所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下
列判断正确的是 ( ) 图8
A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．全过程拉力做的功等于零
C．一定有F1＋F3＝2F2
D．有可能F1＋F3＞2F2
10．如图9所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从
底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60
J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以地面为零势
能点，则下列说法正确的是 ( ) 图9
A．物体回到出发点时的动能是60 J
B．开始时物体所受的恒力F＝2mgsinθ
C．撤去力F时，物体的重力势能是45 J
D．动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置
三、简答题(本题共2小题，共18分．请将解答填写在相应的位置)
11．(9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，若重物质量为0.50 kg，选择好的纸带如图10所示，O、A之间有几个点未画出．已知相邻两点时间间隔为0.02 s，长度单位是 cm，g取9.8 m/s2.则打点计时器打下点B时，重物的速度vB＝________m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp＝________J，动能的增加量ΔEk＝________J．(结果保留三位有效数字)
图10
12．(9分)某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.4 kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图11所示安装；
图11
③接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)；
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源．待小车
静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)．
在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图12甲、乙所示，图中O点是打点
计时器打的第一个点．
图12
请你分析纸带数据，回答下列问题：
(1)该电动小车运动的最大速度为________m/s；
(2)该电动小车运动过程中所受的阻力大小为________ N；
(3)该电动小车的额定功率为________W.
四、计算题(本题共4小题，共47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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)
13．(10分)如图13所示，质量为m的物体从倾角为θ的斜面上的A点以速度v0
沿斜面上滑，由于μmgcosθ＜mgsinθ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下
滑到B点时，速度大小恰好也是v0，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求
AB间的距离． 图13
14．(12分)一劲度系数k＝800 N/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12 kg的物体A、B，将它们竖直静止放在水平面上，如图14所示．现将一竖直向上的变力F作用在A上，使A开始向上做匀加速运动，经0.40 s物体B刚要离开地面．g＝10.0 m/s2，试求：
(1)物体B刚要离开地面时，A物体的速度vA； 图14
(2)物体A重力势能的改变量；
(3)弹簧的弹性势能公式：Ep＝12kx2，x为弹簧的形变量，则此过程中拉力F做的功为多少？
15．(10分)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图15所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2)
图15
16．(15分)如图16甲所示，水平传送带的长度L＝6 m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，现在一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x，保持物块的初速度v0不变，多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移x，得到如图16乙所示的x－v图象．
图16
(1)当0＜v≤1 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？当v≥7 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？
(2)物块的初速度v0多大？
第五章 机械能及其守恒定律
【参考答案与详细解析】
一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)
1．解析：由题图知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小关系：v1＝v3＝v7，由题知W＝12mv12－0，则由动能定理知第1秒末到第3秒末合外力做功W2＝12mv32－12mv12＝0，故A错．第3秒末到第5秒末合外力做功W3＝0－12mv32＝－W，故B错．第5秒末到第7秒末合外力做功W4＝12mv72－0＝W，故C正确．第3秒末到第4秒末合外力做功W5＝12mv42－12mv32；因v4＝12v3，所以W5＝－0.75 W．故D错误．
答案：C
2．解析：小环在D点和B点的加速度是由环的重力沿杆切向分力产生的，由对称性可知，小环在两点的加速度的大小相同，方向不同，故A、B均错误；因C点最低，小环的重力势能最小，由机械能守恒知，小环在C点的速度最大，C正确；小环在C点和E点的加速度均为向心加速度，故方向相反，D错误．
答案：C
3．解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有0－12mv02＝nW，对第二次有0－12mv22＝0－(12mv02＋mgh)＝NW，
又因为12mv02＝mgh，联立以上三式解得N＝2n.
答案：B
4．解析：设小球上升至离地面高度h时，速度为v1，由地面上抛时速度为v0，下落至离地面高度h处速度为v2，空气阻力为Ff.
上升阶段：－mgH－FfH＝－12mv02
－mgh－Ffh＝12mv12－12mv02
2mgh＝12mv12
下降阶段：mg(H－h)－Ff(H－h)＝12mv22
mgh＝2×12mv22
由以上各式联立得：h＝49H.故选D.
答案：D
5．解析：设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1 s内的加速度a＝0.51 m/s2＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝1 kg，A正确；sinα＝0.45，B错误；分析可得前3 s内拉力F的最大功率以1 s末为最大，Pm＝Fv＝5×0.5 W＝2.5 W，C错误；前3 s内小环沿杆上升的位移x＝0.52×1 m＋0.5×2 m＝1.25 m，前3 s内小环机械能的增加量ΔE＝12mv2＋mgxsinα＝5.75 J，故D错误．
答案：A
二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)
6．解析：没加电场时，滑块匀速下滑，有：mgsinθ＝μmgcosθ，加上电场后，因(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑块仍匀速下滑，B正确．加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确．
答案：BD
7. 解析：小球沿圆桶上滑机械能守恒，由机械能守恒分析知A、C、D是可能的．
答案：ACD
8. 解析：自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有：
(m＋M)gh＝(m＋M)gμcos30°•hsin30°＋E弹 ①
在木箱反弹到轨道顶端的过程中，由能量守恒有：
E弹＝Mgμcos30°•hsin30°＋Mgh ②
联立①②得：m＝2M，A错误，B正确．
下滑过程中：
(M＋m)gsinθ－(M＋m)gμcosθ＝(M＋m)a1 ③
上滑过程中：Mgsinθ＋Mgμcosθ＝Ma2 ④
解之得：a2＝g(sinθ＋μcosθ)＞a1＝g(sinθ－μcosθ)，
故C正确．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D错误．
答案：BC
9.解析：由动能定理知A正确，B错误．第1 s内F1－μmg＝ma,1 s末至3 s末，F2＝μmg，
第4 s内，μmg－F3＝ma，所以F1＋F3＝2F2，故C正确，D错误．
答案：AC
10．解析：由功能关系可知，前一个时间t内，力F做的功等于此过程中物体机械能的增量，也等于前一个时间t末时刻物体的机械能；撤去外力F后，物体的机械能守恒，故物体回到出发点时的动能是60 J，A正确；设前一个时间t末时刻物体速度为v1，后一个时间t末时刻物体速度为v2，由v12t＝v2－v12t(两段时间内物体位移大小相等)得：v2＝2v1，由12mv22＝60 J知，12mv12＝15 J，因此撤去F时，物体的重力势能为60 J－15 J＝45 J，C正确；动能和势能相同时，重力势能为30 J，故它们相同的位置一定在撤去力F之前的某位置，D正确；由F－mgsinθm＝v1t，mgsinθm＝v2－(－v1)t可得：F＝43mgsinθ，故B错误．
答案：ACD
三、简答题(本题共2小题，共18分．请将解答填写在相应的位置)
11．解析：vB＝(7.02－3.13)×10－22×0.02m/s≈0.973 m/s
动能的增量ΔEk＝12mvB2＝12×0.5×0.9732≈0.237 J
重力势能的减少量ΔEp＝mghB＝0.5×9.8×4.86×10－2 J≈0.238 J.
答案：0.973 0.238 0.237
12．解析：(1)速度恒定时
v＝xt＝6.00×10－22×0.02 m/s＝1.50 m/s.
(2)匀减速运动阶段
a＝Δxt2≈－4.00 m/s2
Ff＝ma＝－1.60 N
(3)F＝－Ff
电动小车的额定功率
P＝Fv＝1.60×1.50 W＝2.40 W.
答案：(1)1.50 (2)1.60 (3)2.40
四、计算题(本题共4小题，共47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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)
13．解析：设物体m从A点到最高点的位移为x，对此过程由动能定理得：
－(mgsinθ＋μmgcosθ)•x＝0－12mv02 ①
对全过程由动能定理得：
mgsinθ•xAB－μmgcosθ•(2x＋xAB)＝0 ②
由①②得：xAB＝μv02cosθg(sin2θ－μ2cos2θ).
答案：μv02cosθg(sin2θ－μ2cos2θ)
14．解析：(1)开始时mAg＝kx1
当物体B刚要离地面时kx2＝mBg
可得：x1＝x2＝0.15 m
由x1＋x2＝12at2
vA＝at
得：vA＝1.5 m/s.
(2)物体A重力势能增大，
ΔEpA＝mAg(x1＋x2)＝36 J.
(3)因开始时弹簧的压缩量与末时刻弹簧的伸长量相等，对应弹性势能相等，由功能关系可得：
WF＝ΔEpA＋12mAvA2＝49.5 J.
答案：(1)1.5 m/s (2)36 J (3)49.5 J
15．解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律x＝v1t
h＝12gt2
解得v1＝xg2h＝3 m/s
设赛车恰好通过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
mg＝mv22R
12mv32＝12mv22＋mg(2R)
解得
v3＝5gR＝4 m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是
vmin＝4 m/s
设电动机工作时间至少为t，根据功能关系
Pt－FfL＝12mvmin2
由此可得t＝2.53 s.
答案：2.53 s
16．解析：(1)由于0＜v≤1 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做匀减速直线运动．
由于v≥7 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做
匀加速直线运动．
(2)由图象可知在传送带速度v带＝1 m/s时，物体做匀减速运动．
则平抛初速度为v1＝1 m/s，由动能定理得：
－μmgL＝12mv12－12mv02
在v带＝7 m/s时，物体做匀加速运动，
则平抛初速度为v2＝7 m/s，由动能定理得：
μmgL＝12mv22－12mv02
解得v0＝ v12＋v222＝5 m/s.
答案：(1)匀减速直线运动 匀加速直线运动 (2)5 m/s