(好题)高中物理必修二第八章《机械能守恒定律》测试卷(有答案解析)

一、选择题
1．如图所示，两个相同的小球a 、b ，a 从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时，b 从同一高度平抛。

小球a 、b （ ）
A ．落地时的速度相同
B ．落地时重力的瞬时功率a b P P
C ．运动到地面时动能相等
D ．从运动到落地的过程中重力的平均功率相
等
2．从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，另一个平抛，则它们从抛出到落地（不计空气阻力），以下说法正确的是（ ） ①运行的时间相等②重力的平均功率相等
③落地时重力的瞬时功率相等④落地时的动能相等
A ．④
B ．②③
C ．③④
D ．②③④ 3．如图所示，A 、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于O 点，B 球用轻质弹簧系O ′点。

O 与O ′点在同一水平面上，分别将A 、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时两球恰好仍处在同一水平面上，则（ ）
A ．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等
B ．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大
C ．两球到达各自悬点的正下方时，A 、B 两球机械能相等
D ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球机械能较大
4．以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a 和b ，落地点的水平位移为s 1和s 2，自抛出到落地的过程中，重力做的功分别为W 1、W 2，落地瞬间重力的瞬时功率为P 1和P 2（ ）
A ．若s 1＜s 2，则W 1＞W 2，P 1＞P 2
B ．若s 1＜s 2，则W 1＞W 2，P 1＜P 2
C ．若s 1＝s 2，则W 1＞W 2，P 1＞P 2
D ．若s 1＝s 2，则W 1＜W 2，P 1＜P 2
5．在倾角为30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原来静止于斜面上的质量为2kg 的物体沿斜面向上推了2m 的距离，并使物体获得1m/s 的速度，已知物体与斜面间的动摩擦因
数为33
，g 取10m/s 2，则在这个过程中（ ）
A ．物体机械能增加41J
B ．摩擦力对物体做功20J
C ．合外力对物体做功1J
D ．物体重力势能增加40J
6．一物体在光滑斜面上受到一平行于斜面、方向不变的力作用，由静止开始沿斜面运动。

运动过程中小物块的机械能E 与路程x 的关系图像如图所示，其中10x 过程的图线为曲线，12x x 过程的图线为直线。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．10
x 过程中小物块所受拉力始终大于重力沿斜面的分力 B ．1
2x x 过程中小物块一定做匀加速直线运动 C ．20
x 过程中小物块的重力势能一直增大 D ．12x x 过程中小物块一定做匀速直线运动
7．粗糙水平地面上物体受水平拉力作用，在0
6s 内其速度与时间图像和该拉力功率与
时间图像如图所示，则（ ）
A ．滑动摩擦力的大小为5N
B ．06s 内拉力做功为100J
C ．06s 内物体的位移大小为20m
D ．06s 内与02s 内合力做功相等
8．质量为m 的物体，从静止开始以a =2
g 的加速度竖直向下加速，下落高度为h 时，下列说法中正确的是（ ） A ．物体的动能增加了mgh
B ．物体的重力势能增加了mgh
C ．此时合力的功率为22mg gh
D ．重力的平均功率2mg
gh
9．某人玩抛球游戏，从同一位置以相同大小的速度v 抛出甲、乙和丙三个不同的小球，抛出点距落地点的高度差均为h ，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球水平抛出，空气阻力不计，则以下说法正确的是（ ）
A ．甲、乙、丙从抛出点到落地点的位移相同
B ．甲、乙、丙三球落地速度相同
C ．甲、乙、丙三球运动加速度相同
D ．甲、乙、丙从抛出到落地重力做的功一定相同
10．如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块（滑块与弹簧不拴接），向下压缩弹簧至离地高度h =0.1m 处，由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h 并作出滑块的动能E -h 图像，其中h =0.18m 时对应图像的最顶点，高度从0.2m 上升到0.35m 范围内图像为直线，其余为曲线，取g =10m/s 2，由图像可知（ ）
A ．弹簧的原长为0.18m
B ．滑块的质量为0.2kg
C ．弹簧的弹性势能最大值为0.3J
D ．弹簧的弹性势能最大值为0.32J
11．如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A ．沿三条路径抛出的物体落地速率相等
B ．沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长
C ．三个物体抛出时初速度的竖直分量相等
D ．三个物体落地时重力做功的功率都相等
12．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v −t 图像如图所示。

已知汽车的质量为m =1×103 kg ，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g 取10 m/s 2，则以下说法正确的是（ ）
A ．汽车在前5 s 内的牵引力为5×102 N
B ．汽车速度为25 m/s 时的加速度为5 m/s 2
C ．汽车的额定功率为100 kW
D ．汽车的最大速度为80 m/s
二、填空题
13．(1)公园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，当转盘以某角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，且与竖直方向的夹角为θ，重力加速为g ，不计钢绳的重力。

则座椅转动做圆周运动的半径为______；转盘转动的角速度为_____。

(2)如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为1.5mg ，重力加速度大小为g 。

质点自P 滑到的过程中，克服摩擦力所做的功为_______。

14．如图所示，用光电门等器材验证机械能守恒定律。

直径为d 、质量为m 的金属小球从A 点由静止释放，下落过程中经过A 点正下方的位置B ，B 处固定有光电门，测得AB 间的距离为H （H d ），光电门测出小球通过光电门的时间为t ，当地的重力加速度为g ，
则
(1)小球通过光电门B 时的速度表达式_____；
(2)多次改变高度H ，重复上述实验，描点作出2
1t 随H 的变化图象如图所示，若作出的图线为通过坐标原点的直线，且斜率为______（表达式用已给的物理量表达），可判断小球下落过程中机械能守恒；
(3)实验中发现动能增加量k E ∆总是_______（填“大于”、“小于”或“等于”）重力势能减少量
P E ∆，增加下落高度后，则（P K E E ∆-∆）_______将（填“增加”、“减小”或“不变”）；
(4)小明用AB 段的运动来验证机械能守恒时，他用2B AB v gH =
，计算与B 点对应的小球的瞬时速度，得到动能的增加量，你认为这种做法正确还是错误？答：_________。

15．利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。

(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是____。

A ．交流电源
B ．刻度尺
C ．天平（含砝码）
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。

在纸带上选取三个连续打出的点A 、B 、C ，测得它们到起始点O 的距离分别为A h 、B h 、c h 。

已知当地重力加速度为g ，打点计时器打点的周期为T 。

设重物的质量为m 。

从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量p E ∆=________，动能变化量k E ∆=_______。

(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______。

A ．利用公式v gt =计算重物速度 B ．利用公式2v gh =
C ．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D ．没有采用多次实验取平均值的方法
(4)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒∶在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h ，计算对应计数点的重物速度v ，描绘v 2-h 图像，并做如下判断∶若图像是一条过原点且斜率为______（用题中字母表示）的直线，则重物下落过程中机械能守恒。

16．一辆汽车质量为2.0×103kg ，额定功率为6.0×104W ，受到的阻力恒为2×103N ，若汽车在水平公路上以a =2m/s 2的加速度由静止开始启动，则匀加速运动的时间是________s ，达到的最大速度为_______m/s 。

17．如图所示，甲、乙两个小球分别被两根细绳悬于等高的悬点，绳长2L L =甲乙，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，则甲、乙两球通过最低点时角速度大小之比为____，向心加速度大小之比为______。

18．质量50kg 的运动员在离水面10m 高的跳台以4m/s 的速度跳出，起跳时所做的功为________J ，运动员从起跳到入水重力做功为__________J ，运动员入水时的动能为_________J ．（g 取210m/s ）
19．质点所受的力F 随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知0t =时质点的速度为零．在如图所示的1t 、2t 、3t 和4t 各时刻中，质点加速度最大的时刻是__________，动能最大的时刻是______．
20．以0v 的速度竖直向上抛出一物体，忽略空气阻力影响，则物体上升的最大高度max h =________；物体的重力势能为动能的一半时，物体离抛出点的高度
1h =_______max h ；物体的重力势能和动能相等时，物体离抛出点的高度
2h =________max h ；物体的动能是势能的一半时，物体离抛出点的高度
3h =_________max h ；物体的速度减为012
v 时，物体离抛出点的高度4h =_________max h ．
三、解答题
21．如图所示，一足够长、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳两端各系一小球A 和B ，质量分别为m 和2m 。

A 球静置于地面，B 球用手托住，离地高度为h ，此时轻绳刚好拉紧。

由静止释放B 球后，B 球将拉动A 球上升，设B 球与地面碰撞后不反弹，A 球上升过程中不会碰到定滑轮（重力加速度为g ，空气阻力不计），试求：
（1）A 球在上升过程中离地的最大高度为多大？
（2）B 球下落过程中轻绳对B 球做的功。

22．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段平直倾斜且粗糙，BC 段是光滑圆弧，对应的圆心角θ=53︒，半径为r ，CD 段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D 点右侧固定了一个14圆弧挡板MN ，圆弧半径为R ，圆弧的圆心也在D 点。

倾斜轨道所在区域有始终恒力大小为95
mg 方向垂直于斜轨向下。

一个质量为m 小物块（可视为质点）在倾斜轨道上的A 点由静止释放，最终从D 点水平抛出并击中挡板（挡板满足x 2+y 2=R 2）。

已知A 、B 之间距离为2r ，斜轨与小物块之间的动摩擦因数为1=
4μ，重力加速度为g ，sin53︒=0.8，cos53︒=0.6。

求：
（1）小物块运动至圆弧轨道的C 点时对轨道的压力大小；
（2）改变AB 之间的距离和恒力F 的大小，使小物块每次都能从D 点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。

23．随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图所示，粗糙的直轨道AB 与半径为1m R =的光滑圆弧轨道BCD 在B 处中滑连接，O 为圆弧轨道BCD 的圆心，C 点为圆弧轨道的最低点，半径OB 、OD 与OC 的夹角分别为37°和53°，距D 点的竖直高度为0.8h =米处有一空中平台。

小明质量为30kg ，从直轨道AB 上距B 点5m 的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB 间的动摩擦因数0.5μ=。

（重力加速度2
10m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，sin530.8︒=，cos530.6︒=）求：
(1)小明滑上空中平台时的速度大小；
(2)小明滑到C 点时对轨道的压力大小；
(3)小明开始下滑时的速度大小。

24．如图所示，质量m =0.4kg 的小物块，放在半径R 1=2m 的水平圆盘边缘A 处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1=0.8。

圆心角为θ=37°，半径R 2=2.5m 的光滑圆弧轨道BC 与水平轨道光滑连接于C 点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2=0.5，开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O 1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出（此时O 1与A 连线垂直纸面）恰好沿切线进入圆弧轨道B 处，经过圆弧BC 进入水平轨道CD ，在D 处进入圆心为O 2、半径R 3=0.5m 的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF 向右运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，sin370.6︒=，cos370.8︒=，g 取210m/s 。

求：
(1)圆盘对小物块m 做的功；
(2)小物块刚离开圆盘时A 、B 两点间的水平距离；
(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D 与圆弧轨道底端C 之间的距离范围。

25．如图，木板静止在水平面上，小滑块叠放在木板中间，木板、滑块质量均为m =1kg ，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，滑块与木板间的动摩擦因数μ2=0.1。

t =0时，对木板施加水平恒力F ，滑块与木板保持相对静止一起运动，t =3s 时F 撤去，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s 2；
(1)为使滑块与木板保持相对静止一起运动，求F 应满足的条件；
(2)若F =6N ，求t =3s 时外力F 的瞬时功率；
(3)若F =6N ，t =3s 时F 撤去后，滑块能否相对木板滑动，若能，要使滑块不滑离木板，求出木板的最小长度，若不能，通过计算说明理由。

26．质量不计的直角形支架两端分别连接质量为2m 的小球A 和质量为3m 的小球B 。

支架
的两直角边长度分别为2L 和L ，支架可绕固定轴O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。

开始时OA 边处于水平位置，取此时OA 所在水平面为零势能面，现将小球A 由静止释放，求：
(1)小球A 到达最低点时，整个系统的总机械能E ；，
(2)小球A 到达最低点时的速度大小 v A ，；
(3)当OA 直角边与水平方向的夹角θ为多大时，小球A 的速度达到最大？并求出小球A 的最大速度v 。

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一、选择题
1．B
解析：B
ABC ．令斜面的倾角为θ，高度为h ，b 小球平抛的初速度为v 0，则a 小球落地时的速度为
2a v gh =
其竖直方向的速度为
2ay v gh θ
b 小球落地时的速度为
202b v v gh =+其竖直方向的速度为
2by v gh =
所以落地时重力瞬时功率a b P P <。

A 错误，B 正确，C 错误；
D ．重力做的功相同，但两球落地时间不同，所以重力的平均功率不相等，D 错误。

故选B 。

2．A
解析：A
①运动时间取决于竖直方向的运动，可知竖直上抛运动时间最长，竖直下抛的运动时间最短，①错误；
②由于小球是从同一高度抛出，则重力做的功相同，但由①知运动的时间不同，则平均功率不同，②错误；
③重力的瞬时功率为
P = mgv y
由于平抛的小球在竖直方向的初速度为零，而竖直上抛、竖直下抛的竖直方向初速度不为零，则小球在竖直方向末速度v y 不相同，则重力的瞬时功率不相同，③错误； ④由动能定理可知
mgh = E k - 12
mv 02 由于下落的高度，抛出的速率相同，则末动能E k 相同，④正确。

故选A 。

3．D
解析：D
A ．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，A
B 两球重力做的功相同，B 球在下落的过程中弹簧要对球做负功，B 球在最低点的动能要比A 的小，A 错误；
B ．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，AB 两球重力做的功相同，B 球在下落的过程中弹簧要对球做负功，B 球在最低点的动能要比A 的小，B 错误；
C ．由于下落的过程中弹簧要对球做负功，B 的机械能减小，所以两球到达各自悬点的正下方时，A 球机械能较大，C 错误；
D ．由于下落的过程中弹簧要对球做负功，B 的机械能减小，所以两球到达各自悬点的正下方时，A 球机械能较大 ，D 正确。

故选D 。

4．A
解析：A
AB ．根据平抛公式可知
212
h gt = x vt =
高度相同，时间相同，而s 1＜s 2，所以a 物体速度较小，根据动能公式可知
2k 12
E mv =
a 物体的质量较大，根据重力做功公式可知 W mgh =
所以W 1＞W 2，而在竖直方向，则有
22y v gh =
可知竖直方向的速度大小相等，根据功率公式可知
y P mgv =
所以P 1＞P 2，A 正确，B 错误。

CD ．根据平抛公式可知
212
h gt =
x vt =
高度相同，时间相同，而s 1=s 2，所以两个物体速度相等，根据动能公式可知
2k 12
E mv =
两个物体的质量相等，根据重力做功公式可知
W mgh =
所以W 1=W 2，而在竖直方向，则有
22y v gh =
竖直方向的速度大小相等，根据功率公式可知
y P mgv =
所以P 1=P 2，CD 错误。

故选A 。

5．C
解析：C
C ．对物体，合外力做功等于动能的增加量，为
2
k 1=1J 2
W E mv ∆=
=合 故C 正确；
D ．物体重力势能增加为
p sin 3020J E mgh mgx ∆==︒=
故D 错误；
A ．物体机械能的增加量等于物体动能的增加量以及物体重力势能的增加量的总和，即
p k 21J E E E ∆=∆+∆=
故A 错误；
B ．物体克服摩擦力做功为
f =(cos30)=20J W m
g x μ︒
则摩擦力对物体做功为-20J ，故B 错误； 故选C 。

6．B
解析：B
A ．由图象可知，在1x 处小物块机械能增加到最大值，说明此时小物块的速度为零，则
10
x 过程中小物块是先沿斜面向上做加速再做减速，因此在此过程中小物块所受拉力先
大于重力沿斜面的分力，后小于重力沿斜面的分力，故A 错误；
BD ．由于机械能的增加量等于拉力所做的功，则可知图象的斜率大小表示拉力的大小，因
此12x x 过程中拉力的大小不变，机械能减小，由于在1x 处小物块速度为零，所以1
2x x 过程中小物块一定沿斜面向下做匀加速直线运动，故B 正确，D 错误； C ．10
x 过程中小物块是沿斜面向上运动，重力势能增大，1
2x x 过程中小物块沿斜面
向下运动，重力势能减小，故C 错误。

故选B 。

7．D
解析：D
A ．由图可知物体在2s 6s 内做匀速运动，则有105
N N 63
P f v =
==，故A 错误； B ．由W
P t
=
可知，该拉力功率与时间图像的图线与时间轴围成的面积大小就等于拉力做功的大小，即为1
230410J=70J 2
W =⨯⨯+⨯，故B 错误； C ．由其速度与时间图像的面积关系可得06s 内物体的位移大小为30m ，故C 错误；
D ．由图可知物体在2s 6s 内做匀速运动，合力为0，则06s 内与02s 内合力做功相
等，故D 正确。

故选D 。

8．D
解析：D
A ．根据动能定理得
k 1
Δ2
E mah mgh ==
A 错误；
B ．重力做正功，重力势能减少。

B 错误；
C ．此时物体的速度为
v =所以合力的功率为
1
2
P mav ==C 错误；
D ．重力的平均功率为
P mgv mg
'==D 正确。

故选D 。

9．C
解析：C
A ．甲、乙从抛出点到落地点的位移为零，丙是水平抛，则从抛出点到落地点的位移不为
零，故A 错误；
B ．速度是矢量，做平抛运动的丙球落地时速度于水平方向不垂直，而甲、乙落地后速度与水平方向垂直，故B 错误；
C ．甲、乙、丙三球均只受到重力作用，故加速度都为重力加速度，故C 正确；
D ．三个小球质量不一定相等，则重力做功不一定相同，故D 错误。

故选C 。

10．B
解析：B
A ．由高度从0.2m 上升到0.35m 范围内图像为直线可知，弹簧的原长为0.2m ，故A 错误；
B ．由图像可知，滑块在0.2m 处动能为0.3J ，从0.2m 上升到0.35m 范围内，由机械能守恒可得
(0.350.2)0.3mg -=
解得
0.2kg m =
故B 正确；
CD ．从0.1m 到0.35m 的过程中，根据能量守恒可知，增加的重力势能即为弹簧的弹性势能的最大值，有
pm 0.210(0.350.1)J 0.5J E mg h =∆=⨯⨯-=
故CD 错误。

故选B 。

11．C
解析：C
BC ．将抛体运动分为水平方向上的匀速运动和竖直方向上的匀变速运动，三条路径的最高点是等高的，可知三个物体抛出时速度的竖直分量相等，且在空中运动的时间相等。

故C 正确，B 错误；
AD ．因为运动时间相等，水平方向的速度越大，落地点与抛出点之间的距离越大，根据图像可知沿路径1抛出的物体抛出时水平分量最大，则得沿路径1抛出的物体初速率最大，根据动能定理，落地的速率等于初速率，则沿路径1抛出的物体落地的速率最大；又因为抛出时竖直方向速度分量相等，所以落地时竖直方向速度分量一样大，但不知道三个小球的质量，故不能判断落地时重力做功的功率，故AD 错误； 故选C 。

12．C
解析：C
A ．由图像可知匀加速直线运动的加速度为
205
v a t ∆=
=∆m/s 2=4 m/s 2 根据牛顿第二定律得
F −f =ma
解得牵引力为
F =f ＋ma =0.1×1×104 N ＋1×103×4 N=5×103 N ，
故A 错误；
BC ．汽车的额定功率为
P =F v=5 000×20 W=100 kW
当汽车的速度是25 m/s 时，牵引力
F ′=511025
p v ⨯='N=4×103 N 此时汽车的加速度
a ′=34
3
4100.1110110
F f m '-⨯-⨯⨯=⨯= m/s 2=3 m/s 2 故B 错误，C 正确；
D ．当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为
v m =5
3110110
p p F f ⨯==''⨯m/s=1×10 2m/s 故D 错误。

故选C 。

二、填空题
13．75mgR
解析：sin r L θ
+mgR
(1)根据几何关系知座椅离转轴的距离为转动半径，即
R =L sinθ+r
对飞椅受力分析：重力mg 和钢绳的拉力F ，由合力提供向心力，则根据牛顿第二定律得 竖直方向上
F cosθ=mg
水平方向上
F si nθ=mω2R
解得
ω
(2) 根据牛顿第三定律可知，质点最低点Q 时，轨道对质点的支持力大小 N =1.5mg 。

质点经过Q 点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得
2Q
v N mg m
R
-=
可得
Q v =
质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得
2
1 02
f Q mgR W mv -=-
解得
W f =0.75mgR
14．小于增加错误
解析：
d t 22g
d
小于 增加 错误 (1)[1] 根据速度定义式可知小球通过光电门B 时的速度d
v t
=。

(2)[2]由机械能的表达式可知
212
mgH mv =
联立可得
2212g H v d
= 分析上面的表达式可知斜率等于
2
2g d 。

(3)[3][4]由于该过程中有阻力做功，重力势能一部分转化为内能，则动能增加量总是小于重力势能减小量，且高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，则△E p -△E k 将增加。

(4)[5]这种作法错误，因为用公式B v =
B 点对应的小球的瞬时速度，加速
度为重力加速度，这样已默认系统机械能守恒，无法进一步验证系统机械能守恒。

15．ABmghBC2g
解析：AB mgh B
2
1()22c A h h m T
- C 2g （1）[1]在下列器材中，还必须使用的两种器材是交流电源和刻度尺，故选AB ； （2）[2][3]从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量
p B E mgh ∆=
动能变化量
22
11()222C A k B h h E mv m T
-∆==
（3）[4]大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物下落时存在空气阻力和摩擦阻力的影响，一部分重力势能转化为内能，故选C ； （4）[5]根据21
2
mgh mv =可得
22v gh =
则v 2-h 图像的斜率为
k =2g
16．30
解析：30
[1][2]当汽车以a =2m/s 2匀加速启动时，设匀加速运动的末速度为v ，用时为t ，根据牛顿第二定律有
F f ma -=
得
F f ma =+
由
P Fv =
得
P P v F f ma
=
=+ 则匀加速运动的时间为
()433
6.010s 5s 2(210 2.0102)
v P t a a f ma ⨯====+⨯⨯+⨯⨯ 当牵引力等于阻力时，速度最大，设为v m ，由
m m P Fv fv ==
得
4
m 3
6.010m/s 30m/s 2.010
P v f ⨯===⨯ 17．1:1
解析： [1][2]由动能定理得
21
2
mgL mv =
甲甲 211
22
mgL mv mgL =
=乙乙甲 化简可得
v =甲
v =乙由公式
v r ω=
变形可得
v
r
ω=
代入数据作比解得
:ωω=甲乙根据牛顿第二定律可得
2
mv F ma L ==甲甲甲甲
22
2mv mv F ma L L ===乙乙乙乙乙甲
化简可得
2a g =甲
2a g =乙
两者作比可得
:=1:1a a 甲乙
18．50005400
解析：5000 5400
[1]由功能关系可知，起跳时所做的功转化为人的动能即为
2211
504J 400J 22
W mv =
=⨯⨯= [2]运动员从起跳到入水重力做功为
501010J 5000J G W mgh ==⨯⨯=
[3]由动能定理可得
2G k 1
2
W E mv =-
得
2
k G 15400J 2
E mv W =
+= 19．和时刻
解析：1t 和3t 时刻 2t
[1]根据牛顿第二定律F ma =，合外力与加速度成正比，所以合外力最大的时刻，加速度一定最大，即1t 和3t 时刻质点的加速度最大，加速度的方向相反．
[2]在0t =到2t 时间内，质点的加速度先逐渐增大，再逐渐减小，由于质点运动的速度与加速度同向，所以质点的动能始终增大，2t 时刻的动能最大．
20．202v g 13 12 23 34
[1]．以0v 的速度竖直向上抛出一物体，忽略空气阻力影响，则物体上升的最大高度
20max
2v h g
=； [2]．物体的重力势能为动能的一半时，根据
21max 1
2mgh mv mgh +=
2111
=22
mgh mv ⋅
解得物体离抛出点的高度
1h =
max 1
3
h ； [3]．物体的重力势能和动能相等时，根据
'22max 1
2
mgh mv mgh +=
'221
=2
mgh mv
物体离抛出点的高度
2h =
max 1
2
h ； [4] ．物体的动能是势能的一半时，根据
''23max 1
2
mgh mv mgh +=
''2311
=22
mgh mv 物体离抛出点的高度
3h =
max 2
3
h ； [5]．物体的速度减为
01
2
v 时，根据 240max 11
()22
mgh m v mgh +=
2
0max 12
mv mgh = 解得物体离抛出点的高度
4h =
max 3
4
h ． 三、解答题
21．（1）143H h h h =+=
；（2）f 4
3
W mgh =-
（1）对A 、B 系统由机械能守恒， 有
2mgh - mgh =
21
32
mv ⨯ 解得
v =
又B 球落地后，A 球向上匀减速上升
212v gh =
解得
113
h h =
所以A 球能上升的最大高度
143
H h h h =+=
（2）对B 球，由动能定理
2f 1
222
mgh W mv +=⨯
又
v =
所以
f 4
3
W mgh =-
22．（1）
135mg ；（2 （1）小物块由A 到B 过程由动能定理，得
()2
1sin 2cos 22
B mg r mg F r mv θμθ⋅-+⋅=
解得
B v =
小物块由B 到C 过程由机械能守恒定律，得
()22112cos 2
1C B mgr mv mv θ-=
- 解得
C v =
在C 点由牛顿第二定律，得
2N C
v F mg m
r
-=
解得
135N F mg =
由牛顿第三定律可得小物块对圆轨道的压力
N 135
F mg '=
（2）小物块离开D 点后做平抛运动，得 水平方向
0x v t =
竖直方向
212
y gt =
而
222x y R +=
小物块平抛过程机械能守恒，得
2
012
k mgy E mv =-
由以上四式解得
2344
k mgR mgy E y =+
由数学中的均值不等式可知
2
k E mgR ≥=
故小物块动能的最小值为
kmin 2
E mgR =
23．(1)3m/s ；(2)1290N ；(3)3m/s
(1)小明经圆弧轨道从D 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D 点是平抛运动，到D 点时竖直方向的分速度 由
2y 2v gh =
解得
y 4m/s v ==
则在D 点时水平方向的速度为
x y tan 373m/s v v =︒=
因此小明滑上平台的速度为
x 3m/s v v ==
(2)从C 点到平台边缘的过程，由机械能守恒定律得
()22C 11
1cos5322
mg h R mv mv +-︒=
-⎡⎤⎣⎦ 解得
C v
经过C 点时，由向心力公式得
2
C N v F mg m R
-= 解得
N 1290N F =
由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为
'N N 1290N F F ==
(3)从开始运动到C 点的过程，由动能定理得
()22C 011
sin 37cos371cos3722
mgL mgL mgR mv mv μ︒-︒+-︒=
- 解得
03m/s v =
24．(1)3.2J ；(2)1.2m ；(3)不大于1m (1)小物块刚滑出圆盘时
2
11
A
mv mg R μ=
得
4m/s A v =
由动能定理可得
212
W mv =
得
3.2J W =
(2)物块正好切入圆弧轨道BC ，由平抛运动知识可得，在B 处物块的竖直分速度为
tan 37By A v v =︒
运动时间
gy v t g
=。