2022屆高考物理二輪復習綜合測試：機械能守恒定律

2022年高考物理二輪復習機械能守恒定律綜合測試

一、單選題

1.如圖所示，一個質(zhì)量為根的物體（可視為質(zhì)點）以某一速度從4點沖上傾角為30°的固定斜面，其運

動的加速度大小為。.6g,該物體在斜面上上升的最大高度為h,則在這個過程中物體的（g=10m/s2）

A.整個過程中物體機械能守恒B.重力勢能增加了（）.5見必

C.動能損失了D.機械能損失了0.2根6

2.有一個固定的光滑直桿與水平面的夾角為53。，桿上套著一個質(zhì)量為加=2kg的滑塊A（可視為質(zhì)

點），用不可伸長的輕繩將滑塊4與另一個質(zhì)量為M=2.7kg的物塊B通過光滑的定滑輪相連接，細繩因懸

掛8而繃緊，此時滑輪左側輕繩恰好水平，其長度L=/m,P點與滑輪的連線同直桿垂直（如圖所

示），現(xiàn)將滑塊A從圖中。點由靜止釋放，（整個運動過程中B不會觸地，g=10m/sD,下列說法正確的

A.滑塊A運動到P點時加速度為零

B.滑塊A由O點運動到P點的過程中，物塊B機械能增加

C.滑塊A經(jīng)過P點的速度大小為5&m/s

D.滑塊A經(jīng)過P點的速度大小為JiWm/s

3.如圖所示，兩個大小相同的小球A、B用等長的細線懸掛于。點，線長為L,,"產(chǎn)2版?，若將A由圖

示位置靜止釋放，在最低點與B球相碰，重力加速度為g,則下列說法正確的是（)

A.A下落到最低點的速度是JjgZ.

2

B.若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，則第一次碰時損失的機械能為

C.若A與B發(fā)生彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是JL

D.若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是

4.在某星球表面將一輕彈簧豎直固定在水平面上，把質(zhì)量為機的小球P（可視為質(zhì)點）從彈簧上端由靜

止釋放，小球沿豎直方向向下運動，小球的加速度4與彈簧壓縮量X間的關系如圖所示，其中。。和初為

已知量。下列說法中正確的是（）

A.當彈簧壓縮量為雙時，小球P的速度為零

B.小球向下運動至速度為零時所受彈簧彈力大小為mao

C.彈簧勁度系數(shù)為等

D.當彈簧的壓縮量為X。時，彈簧的彈性勢能為:〃如。毛

5.如圖所示，傾角為匕30。的光滑斜面上，質(zhì)量分別為2功、，〃的。、b兩物塊，用一輕彈簧相連，將“

用細線連接在木板上，調(diào)整細線使之與斜面平行且使系統(tǒng)靜止時，物塊6恰與斜面底端的擋板無彈力，

此時彈簧的形變量為X。重力加速度為g,若突然剪斷細線，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則（）

A.剪斷細線瞬間，擋板對物塊。彈力為0.5mg

B.剪斷細線瞬間，物體6的加速度為0.5g

C.剪斷細線瞬間，物體。的加速度為g

D.剪斷細線后，物塊。沿斜面向下運動3x時動能最大

6.物體在平行于斜面向上的拉力作用下，分別沿傾角不同斜面的底端，勻速運動到高度相同的頂端，物

體與各斜面間的動摩擦因數(shù)相同，則（）

A.沿傾角較大的斜面拉，克服重力做的功較多

B.沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較多

C.無論沿哪個斜面拉，拉力做的功均相同

D.無論沿哪個斜面拉，克服摩擦力做的功相同

7.如圖所示的蹦極運動是一種非常刺激的娛樂項目。為了研究蹦極運動過程，做以下簡化：將游客視為

質(zhì)點，他的運動始終沿豎直方向。彈性繩的一端固定在。點，另一端和游客相連。游客從。點自由下

落，至B點彈性繩自然伸直，經(jīng)過合力為零的C點到達最低點￡>,然后彈起，整個過程中彈性繩始終在

彈性限度內(nèi)。游客從O-8-C-O的過程中，下列說法正確的是（）

A.從。到B過程中，重力勢能增大

B.從B到。過程中，游客做勻減速運動

C.從B到C過程中，游客減少的重力勢能等于彈性繩增加的彈性勢能

D.在蹦極運動過程中，游客和地球組成的系統(tǒng)的機械能在逐漸減小

二、多選題

8.如圖所示，質(zhì)量為M長度為l的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為根的小物塊（可視為質(zhì)點）放在

小車的最左端現(xiàn)用一水平恒力下作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動.小物塊和小車

之間的摩擦力為小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x.此過程中，下列結論正確的是

()

m

M

z//z/zzz/Z/？V/zz/zz/z

A.小物塊到達小車最右端時具有的動能為（尸-4）（A+x）

B.小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ex

C.小物塊克服摩擦力所做的功為E（L+x）

D.小物塊和小車增加的機械能為灰

9.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的圓弧軌道。半徑0A水平、0B豎直，一個質(zhì)量為機的小

球自A正上方尸點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，已知

PA=2R,重力加速度為g,則小球（）

A.從8點飛出后恰能落到A點

B.從P到8的運動過程中機械能守恒

C.從P到8的運動過程中合外力做功4根gR

D.從P到8的運動過程中克服摩擦力做功

10.在大型物流貨場，廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，與水平面傾斜的傳送帶以恒定的速率

運動，皮帶始終是繃緊的，將機=lkg的貨物放在傳送帶上的A端，經(jīng)過1.2s到達傳送帶的B端。用速度

傳感器測得貨物與傳送帶的速度丫隨時間f變化的圖象如圖乙所示。已知重力加速度g=10m/s2,則可知

)

A.貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5

B.A、8兩點的距離為2.4m

C.貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做功的大小為12.8J

D.貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8J

11.如圖所示，在水平底座上沿豎直方向固定一光滑桿，構成總質(zhì)量為3,”的支架，輕彈簧套在光滑桿

上。一質(zhì)量為機的圓環(huán)從距彈簧上端〃處由靜止釋放，在。點接觸彈簧后，將彈簧壓縮。已知彈簧的勁

度系數(shù)為％,彈性勢能的表達式為居J為彈簧形變量），重力加速度為g,若彈簧的形變始終在

彈性限度內(nèi)且不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

V

O

A.在圓環(huán)壓縮彈簧的過程中，圓環(huán)所受合力先增大后減小

B.圓環(huán)下落過程中的最大速度為%=，竽+2g”

C.當圓環(huán)運動到最低點時，底座對水平地面的壓力大于4〃?g

D.圓環(huán)下落到最低點后反彈到最高點的過程中，圓環(huán)的機械能先增大后保持不變

三、實驗題

12.用圖甲所示實驗裝置驗證機/、，"2組成的系統(tǒng)機械能守恒，，物從高處由靜止開始下落，〃”上拖著的紙

帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。圖乙給出的是實驗中獲取的

一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖

乙所示。已知如=50g、加2=150g,貝!j：（g取lOm/s2,結果均保留兩位有效數(shù)字）

(1)在紙帶上打下計數(shù)點5時mi、加2的速度大小v=m/s；

(2)在打點。?5過程中系統(tǒng)動能的增加量為J,系統(tǒng)重力勢能的減少量為_____J,由此得出的結論

是：;

(3)若某同學作出的圖像如圖丙所示，則當?shù)氐膶嶋H重力加速度g=m/s2o

13.利用如圖甲所示的實驗裝置探究恒力做功與物體動能變化的關系。小車的質(zhì)量M=200.0g,鉤碼的質(zhì)

(1)掛鉤碼前，為了消除摩擦力的影響，應調(diào)節(jié)木板右側的高度，直至向左輕推小車觀察到。

(2)掛上鉤碼，按實驗要求打出的一條紙帶如圖乙所示。選擇某一點為O,依次每隔4個計時點取一個計

數(shù)點。用刻度尺量出相鄰計數(shù)點間的距離以，記錄在紙帶上。計算打出各計數(shù)點時小車的速度％其中

打出計數(shù)點“1”時小車的速度v,=—m/s。

(單位:cm)

乙

(3)將鉤碼的重力視為小車受到的拉力，取g=9.80m/s2,利用算出拉力對小車做的功W。利用

&=/用評算出小車動能，并求出動能的變化量△反。計算結果見下表。

W7(xl0-3j)2.452.923.353.814.26

△&/(X10-3J)2.312.733.123.614.00

(4)實驗結果表明，△及總是略小于W。某同學猜想是由小車所受拉力小于鉤碼重力造成的。用題中小車

和鉤碼質(zhì)量的數(shù)據(jù)可算出小車受到的實際拉力F=N。

(5)如果此次實驗探究的結果，他沒能得到“合力對物體做的功等于物體動能的增量“，且誤差很大，通過

反思，他認為產(chǎn)生誤差的原因如下，其中正確的是。(填選項前的字母)

A.鉤碼質(zhì)量太大，使得合力對物體做功的測量值比真實值偏大太多

B.沒有平衡摩擦力，使得合力對物體做功的測量值比真實值偏大太多

C.釋放小車和接通電源的次序有誤，使得動能增量的測量值比真實值偏小

D.沒有使用最小刻度為毫米的刻度尺測距離也是產(chǎn)生此誤差的重要原因

四、解答題

14.如圖所示，從A點以某一水平速度vo拋出一質(zhì)量機=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)，當物塊運動至B

點時，恰好沿切線方向進入/BOC=37。的固定光滑圓弧軌道BC,經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點等高、靜止在

粗糙水平面上的長木板上，圓弧軌道C端的切線水平。已知長木板的質(zhì)量M=4kg,A、B兩點距C點的

高度分別為H=0.6m、/7=O.15m,R=0.75m,物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)同=0.7,長木板與地面間的

動摩擦因數(shù)以=0.2,g=10m/s2求：(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)小物塊的初速度見及在B點時的速度大小；

(2)小物塊滑至C點時，對圓弧軌道的壓力大?。?/p>

(3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板。

15.北京聯(lián)合張家口申辦2022年冬奧會，其中高山滑雪項目可以在張家口崇禮云頂樂園滑雪場比賽，如

圖為簡化的賽道，比賽運動員可以從R=18m的四分之一圓弧軌道48段加速，經(jīng)水平滑道8C,再在C

點飛出水平軌道后做出美麗的空中動作，最后落至。點，一滑雪運動員質(zhì)量機=60kg,經(jīng)過AB段加速滑

行后進入BC軌道過程中沒有能量損失，8c段運動員的運動時間是0.6s,運動員滑板與軌道間的動摩擦

因數(shù)〃=05運動員可以看質(zhì)點，g=10m/s2,結果保留三位有效數(shù)字，求：

(1)若在由圓軌道進入水平軌道之前對B點的壓力是體重的2.8倍，則AB段運動員克服摩擦力做的功是多

少？

(2)若軌道BC比。點高H=20m,離開C點后不計空氣阻力，則落地點。距B的水平距離是多少？

F-L...........()

)

16.如圖所示，長度為戶2m的水平長直軌道AB與半徑為R=0.4m的光滑!豎直圓軌道BC相切于B,

軌道8C與半徑為r的光滑1豎直圓軌道CC相切于C。質(zhì)量，〃=2kg的小球靜止在4點，現(xiàn)用尸=18N

的水平恒力向右拉小球，在到達AB中點時撤去拉力。已知小球與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=0.05,取g

=10m/s2o求：

(1)小球在B點的速度vB大?。?/p>

(2)小球在B點對圓軌道的壓力FNB大小；

(3),?應滿足什么條件，才能使小球能通過D點。

D

17.如圖所示，有一種玩具陀螺可在圓軌道的外側旋轉而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱

為“魔力陀螺”，該玩具深受孩子們的喜愛。某科技小組受此啟發(fā)制作了一個如圖乙所示的游戲裝置，裝置

由兩個豎直磁性圓弧軌道組成，左半圓軌道AB半徑為2R,右半圓軌道半徑為R,兩個半圓軌道的最

低點由一個極小的平直軌道連接。質(zhì)量為機的鐵質(zhì)小球可以沿軌道外側做圓周運動，小球運動過程中始

終受到軌道指向圓心的磁吸引力，此引力的大小可以調(diào)節(jié)。已知重力加速度為g,不計一切摩擦，小球

可看做質(zhì)點，試求：

(1)若某時刻小球運動到軌道外側A點且速度為匕=師，此時軌道對小球的引力為儂，則此時在A點

軌道對小球的支持力的大小。

(2)在A8圓軌道內(nèi)測圓周上安裝一接收器，可以測量落入其中物體的速度。若使小球在軌道最高點A由靜

止出發(fā)沿軌道外側運動到C點，然后從C點水平拋出落到A8圓軌道內(nèi)測圓圈上的接收器中，若小球離開

軌道后磁吸引力即消失，則接收器的安裝位置距5點的高度/I應為多少？

(3)調(diào)節(jié)軌道對小球的引力大小恒為11，陰，若使小球能夠以初速度匕從C點出發(fā)沿軌道外側滑行到A點而

不脫離軌道，則匕的大小范圍應該是多少？

圖甲圖乙

18.如圖所示的“S”形玩具軌道，該軌道是用內(nèi)壁光滑的薄壁細圓管彎成，放置在水平面上，軌道彎

曲部分放置在豎直面內(nèi)，軌道彎曲部分是由兩個半徑相等的半圓對接而成，圓半徑比細管內(nèi)徑大得

多，軌道底端與水平地面相切，軌道在水平方向上不可移動。彈射裝置將一個小球從A點水平彈射向

B點并進入軌道，經(jīng)過軌道后從最高點。水平拋出。己知小球與地面AB間的動摩擦因數(shù)左0.2,AB

段長L=1.25m,圓的半徑R=O.lm,小球質(zhì)量％=0.01kg,軌道質(zhì)量M=0.26kg,gMX10m/s2,求：

(1)若w-5m/s,小球經(jīng)過軌道。時，管道對小球作用力的大小和方向。

(2)設小球進入軌道之前，軌道對地面壓力大小等于軌道自身的重力，當w至少為多大時，小球經(jīng)過兩

半圓對接處C點時，軌道對地面的壓力為零。

B.

參考答案:

1.D

【解析】

A.由牛頓第二定律得

〃?gsin30°+戶膽x0.6g

解得摩擦力

戶O.lnzg

此過程有摩擦力做功，機械能不守恒，故A錯誤；

B.物體在斜面上能夠上升的最大高度為力，所以重力勢能增加了故B錯誤；

C.由動能定理可知，動能損失量為合外力做的功的大小，即

\Ek=F^*s=mx0.6gx2/?=1.2mgh

故C錯誤；

D.由功能關系知，機械能的損失量為

/\E=fs-0.1mgx2h=0.2mgh

故D正確。

故選D。

2.C

【解析】

A.滑塊A運動到P點時，垂直于桿子的方向受力平衡，合力為零；沿桿子方向重力有沿桿向下的分力加

%gsin53。，根據(jù)牛頓第二定律得

mgsm53°=ma

a=gsin53°

故A錯誤。

B.滑塊A由。點運動到P點的過程中，繩子的拉力對滑塊8做負功，其機械能減少，故B錯誤。

CD.由于圖中桿子與水平方向成53,可以解出圖中虛線長度

Q

/=￡sin53°=-m

3

8下落

H=L-l=—m

3

當A運動到P點與A相連的繩子此時垂直桿子方向的速度為零，則8的速度為零，以兩個物體組成的系

統(tǒng)為研究對象，由機械能守恒定律得

答案第1頁，共15頁

MgH+mgh=-mv2

解得

v=5V2m/s

故C正確，D錯誤。

故選C。

3.D

【解析】

A.A球到達最低點時，由動能定理得

o

/nAg￡(l-cos60)=^/MAv；

解得

以=旅

選項A錯誤；

BD,若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，設共同達到的速度為M,由動量守恒

解得

丫,=生=亞

33

此過程中損失的機械能為

m1/2

△E=g4—g(7%+B)=gi/gL

設第一次碰后A上升的最大高度為h,則對A由動能定理得

2

mAgh=^mAv'

解得

h=-L

9

選項B錯誤，D正確：

C.若A與B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒有

mAVA=mAV'A+mBVB

根據(jù)能量守恒有

mVnV+nV

^AA=^'AA^'BB

答案第2頁，共15頁

聯(lián)立解得

V，=%=近

A33

（另一值匕=辦=>/區(qū)不符，舍去）

設第一次碰后A上升的最大高度為"，對A由動能定理得

=g嗎或

解得

h'=—L

18

選項C錯誤。

故選D。

4.D

【解析】

A.設豎直向下為正方向，該星球的重力加速度為go,故對小球受力分析可知：，“go?h=〃山，故小球運動

的加速度大小為

k

a=----2

m6°

由圖可知，當彈簧的壓縮量為X。時，小球的加速度為0,小球的速度最大，故A錯誤；

B.小球放到彈簧上松開手，小球在彈簧上做簡諧振動，當小球向下運動至速度為0時，根據(jù)簡諧運動的

對稱性可知，它與小球剛放到彈簧上時的加速度大小是相等的，方向相反，小球剛放到彈簧上時，滿足

40,只受星球吸引力的作用，故加速度大小為g。，即g尸劭，方向豎直向下，所以當小球的速度為0

時，它的加速度大小也是go,方向豎直向上，設此時的彈力大小為凡則F-，跖尸小go,故此時的彈力大小

為2mgo,也可以表達成2"?如，故B錯誤；

C.由

k

a=----x+s

m6。

可知，當“=0時

k

寸g

故

k二九go二叫

%

即彈簧的勁度系數(shù)為嗎，故C錯誤；

X。

D.當彈簧的壓縮量為X。時，彈簧的彈性勢能為

答案第3頁，共15頁

廠1,,1mgr.211

E''=2a'=2X~^XX°'=2m8?Xo=2maXo

故D正確。

故選D。

5.D

【解析】

AB.突然剪斷細線前，對〃受力分析，由平衡條件可得

=mgsin9

剪斷細線瞬間，彈簧的彈力不能突變，人的受力狀態(tài)不變，合力仍為零，則物體匕的加速度為0,擋板對

物塊人彈力也為零，A、B錯誤；

C.突然剪斷細線前，對“受力分析，由平衡條件可得

FT=2mgsin0+@

可得

FT=3mgsin0

剪斷細線瞬間，彈簧的彈力不能突變，繩子拉力消失，由牛頓第二定律得

2mgsin8+尸憚=2ma

解得，。的加速度為

八

a=-3gsi.n

C錯誤；

D.剪斷細線前，彈簧的形變量為x,可得

mgsin0=Fn=kx

剪斷細線后，物塊。沿斜面向下運動，向下運動x時，彈簧恢復原長，再向下運動x',當加速度為零

時，速度最大，此時滿足

2mgsin0=kxr

聯(lián)立上式可得

x=2x

所以物塊。沿斜面向下運動3x時動能最大，D正確。

故選D。

6.B

答案第4頁，共15頁

【解析】

A.重力做功為

WG=-mgh

質(zhì)量加和高度人均相同，則重力做功相同，克服重力做功相同，故A錯誤；

h

BC設斜面傾角為仇斜面高度斜面長度L=一7，物體勻速被拉到頂端，根據(jù)動能定理得

sin"

WE-mgh-jumgcos0-L=0

聯(lián)立解得拉力做功

eh

W=mfgn+Rng-------

rtan。

則力相同時，傾角較小，拉力做的功較多，故B正確，C錯誤；

D.克服摩擦力做的功

h

W=umgcos0-L=umg-------

3ftan。

所以傾角越大，摩擦力做功越小，故D錯誤。

故選B。

7.D

【解析】

A.從。到B過程中，重力做正功，則重力勢能減小，故A錯誤；

B.游客到達8點后彈性繩伸直，隨著運動員向下運動彈性繩的彈力不斷增大，在8到C過程，重力大

于彈性繩的彈力，合力方向豎直向下，大小不斷減小，故運動員做加速度不斷減小的加速運動，在C到

。的過程，彈力逐漸增大，重力小于彈性繩的彈力，合力方向豎直向上，故運動員做加速度不斷變大的

減速運動，故B錯誤；

C.根據(jù)功能關系可知，從B到C過程中，游客減少的重力勢能等于彈性繩增加的彈性勢能+動能增加

量，故C錯誤；

D.由于在蹦極運動過程中，彈性繩的彈性勢能增大，由能量守恒可知，游客和地球組成的系統(tǒng)的機械能

減少，故D正確。

故選D。

8.ABC

【解析】

【分析】

A.對物塊分析，物塊對地的位移為L+x,根據(jù)動能定理得

答案第5頁，共15頁

(F-￡)(Z,+x)=心物一0

知物塊到達小車最右端時具有的動能

瓦祈（尸一FJS+x）

A正確。

B.對小車分析，小車對地的位移為x,根據(jù)動能定理得

F,x=Ek率-0

知物塊到達小車最右端時，小車具有的動能

EkkKx

B正確。

C.小物塊克服摩擦力所做的功為￡（L+x）,C正確。

D.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即物塊與小車增加的內(nèi)能

Q=F,Xfg^fL

根據(jù)能量守恒，小物塊和小車增加的機械能為

AE=F（x+L）-F,L

D錯誤。

故選ABCo

9.CD

【解析】

A.由“小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力”可知在B點時小球速度為

小球從B點飛出后

R=gg『

得

則水平距離

故A錯;

答案第6頁，共15頁

B.若整個過程機械能守恒，從P點釋放，到B點的速度應該是同，可見機械能減小，故B錯;

C.從P到B的運動過程中，合外力做功等于物體動能的變化，即

121

A/=2叫=5頻

故C正確;

D.克服摩擦力做功等于系統(tǒng)機械能的減少量

AEK=mgR-g機％°=1mgR

故D正確。

故選CD。

10.AD

【解析】

A.在0~0.2s時間內(nèi)，貨物的速度小于傳送帶速度，貨物受到沿斜面向下的滑動摩擦力作用，由牛頓第

二定律有

mgsin?+jumgcos?=

由圖乙可得

2

at=10m/s

貨物加速到與傳送帶速度相等后，在0.2~1.2s時間內(nèi)，貨物速度大于傳送帶速度，故有

"gsin0-〃，〃gcos0=ma-,

由圖乙可得

2

a2=2m/s

聯(lián)立解得

cos。=0.8,〃=0.5

故A正確；

B.IT圖象與f軸所圍的面積表示位移，貨物的位移等于傳送帶的長度，由圖乙可知傳送帶的長度為

L=3.2m

B錯誤；

C.貨物受到的摩擦力為

f=/jmgcosd=4N

0~0.2s時間內(nèi)的位移為

答案第7頁，共15頁

xx=0.2m

對貨物受力分析知摩擦力沿傳送帶向下，摩擦力對貨物做正功

Wf,==().8J

同理0.2~1.2s時間內(nèi)，貨物的位移為

x2=3m

摩擦力沿傳送帶向上，對貨物做的負功為

wf2=-fa2=-m

所以整個過程，傳送帶對貨物做功的大小為

12J-0.8J=11.2J

C錯誤；

D.貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對路程，0~0.2s時間內(nèi)，傳送帶的位移為

x3=0.4m

0.2~1.2s時間內(nèi)，傳送帶的位移為

x4=2m

總相對路程為

Ax=x3—X]+x2—x4=1.2m

貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為

Q=/Ax=4.8J

故D正確。

故選ADo

11.BCD

【解析】

A.在圓環(huán)壓縮彈簧的過程中，彈力逐漸增大，剛開始重力大于彈力，合力減小，后來重力小于彈力，合

力增大，A錯誤；

B.當彈力等于重力時，圓環(huán)速度最大，設此時壓縮量為x,據(jù)平衡條件及能量守恒可得

mg=kx

+x)=+g"2

答案第8頁，共15頁

可解得%=J1+2gH,B正確;

C.當圓環(huán)運動至最低點時，圓環(huán)的加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，由牛頓第二定律可知此時彈簧對圓

環(huán)的作用力

F>mg

則圓環(huán)對彈簧的壓力大于機g,因此底座對水平地面的壓力一定大于4mg,C正確;

D.圓環(huán)下落到最低點后反彈到最高點的過程中，與彈簧接觸的過程，彈簧彈力做正功，圓環(huán)的機械能增

大，離開彈簧后只有重力做功，機械能保持不變，D正確。

故選BCD?

12.2.40.580.60在誤差允許的范圍內(nèi)，也、“2組成的系統(tǒng)機械能守恒9.7

【解析】

【分析】

(1)口]根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可知打第5個點時，如、

m2的速度大小為

2160+02640

v=°--m/s=2.4m/s

0.2

(2)[2]〃〃、相2的初速度均為零，所以動能的增加量為

2

A￡k=—(/??]+7/t2)v=0.58J

⑶系統(tǒng)重力勢能的減小量為

AEp=(/n,-mJgh=0.60J

[4]在誤差允許的范圍內(nèi)，〃〃、“72組成的系統(tǒng)機械能守恒。

(3)[5]本題中根據(jù)機械能守恒可知

2

(〃〃一叫)gh=—(/??!+/n2)v

即有

12m-m

—v=-0......yLgh

2叫+網(wǎng)

所以作出嗚j圖像中，圖線的斜率

-m,5.82

—~-----g~

m2+m]1.20

解得

g=9.7m/s2

答案第9頁，共15頁

故當?shù)氐膶嶋H重力加速度g=9.7m/s2o

13.紙帶上點距均勻0.2280.092

AB

【解析】

(DUJ小車能夠做勻速運動，打出的紙帶上的點間距均勻，則表明己平衡摩擦;

(2)⑵相鄰計數(shù)點間時間間隔T=0.1s,根據(jù)1為0和2的中間時刻點，而勻變速直線運動的平均速度等于

中間時刻的瞬時速度，有

v/=^=0.228m/s

(3)[3]描點畫圖，如圖所示。

J

■A￡k/(xlOJ)

(4)[4]對整體，根據(jù)牛頓第二定律有

mg=(m+M)a

對鉤碼有

聯(lián)立解得繩上的拉力

答案第10頁，共15頁

F產(chǎn)q_g=0,92N

(5)[5]說明本實驗可能沒有平衡摩擦力，或者沒有滿足鉤碼總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量的條件，故選AB。

14.(1)4m/s,5m/s；(2)47.3N；(3)2.0m

【解析】

【分析】

(1)從A點到B點的過程中，小物塊做平拋運動，則有

H-h=^gr

設小物塊到達B點時豎直分速度為4,則有

Vy=gt

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得

vv=3m/s

又因為此時小物塊的速度方向與水平方向的夾角為0=37°

則有

?匕3

tanO=—-=—

%4

可得小物塊的初速度

%=4m/s

則小物塊在B點時的速度大小

v,=屜+*=5m/s

(2)小物塊從A點至C點的過程中，由動能定理可得

?1212

mgH=-772V,——mv0

設物塊在C點受到的支持力為F.，則有

，nV

F-mg=—^2-

N1\

解得

嶺=2。m/s,=47.3N

根據(jù)牛頓第三定律得，物塊在C點時對圓弧軌道的壓力大小為47.3N

(3)小物塊與長木板間的滑動摩擦力

答案第11頁，共15頁

Ff=卬ng=7N

長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力

F/=%(M+m)g=1()N

因為F/＜岑，所以小物塊在長木板上滑動時，長木板靜止不動，小物塊在長木板上做勻減速運動，則長

木板的長度至少為

I="=2.0m

2Mg

15.(Dl.OSxlO3；；(2)39.9m

【解析】

(1)設在AB段運動員克服摩擦力做功WFf,由動能定理得

1,

對運動員在B點受力分析，由牛頓第二定律得

K

時=2.8雨g

解得

%=0.1叫日.08義10口

vB=l8m/s

(2)在BC段運動過程，對運動員受力分析

由牛頓第二定律得

Ft=jLimg=ma

%=%一a1=15m/s

由

得xec=9.9m

運動員從C到D做平拋運動，由

得t=2s

答案第12頁，共15頁

水平位移

xCD=匕r=30m

所以B與D點的水平距離是

X=XBC+%D=39.9m

4

16.(l)4m/s；(2)100N；(3)—m

【解析】

(1)小球從A到8,由動能定理

F-—/imgx=；mvB2

解得

W?=4m/s

(2)設小球在B點受到圓軌道的支持力為FN,由牛頓第二定律有

2

卜「N-mg=7n彳以

解得

EvB=100N

根據(jù)牛頓第三定律小球在B點對軌道的壓力為100N

(3)小球恰好過最高