2022届高考物理二轮复习综合测试：机械能守恒定律

2022年高考物理二轮复习机械能守恒定律综合测试

一、单选题

1.如图所示，一个质量为根的物体（可视为质点）以某一速度从4点冲上倾角为30°的固定斜面，其运

动的加速度大小为。.6g,该物体在斜面上上升的最大高度为h,则在这个过程中物体的（g=10m/s2）

A.整个过程中物体机械能守恒B.重力势能增加了（）.5见必

C.动能损失了D.机械能损失了0.2根6

2.有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为53。，杆上套着一个质量为加=2kg的滑块A（可视为质

点），用不可伸长的轻绳将滑块4与另一个质量为M=2.7kg的物块B通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬

挂8而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其长度L=/m,P点与滑轮的连线同直杆垂直（如图所

示），现将滑块A从图中。点由静止释放，（整个运动过程中B不会触地，g=10m/sD,下列说法正确的

A.滑块A运动到P点时加速度为零

B.滑块A由O点运动到P点的过程中，物块B机械能增加

C.滑块A经过P点的速度大小为5&m/s

D.滑块A经过P点的速度大小为JiWm/s

3.如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于。点，线长为L,,"产2版?，若将A由图

示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g,则下列说法正确的是（)

A.A下落到最低点的速度是JjgZ.

2

B.若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为

C.若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是JL

D.若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是

4.在某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为机的小球P（可视为质点）从弹簧上端由静

止释放，小球沿竖直方向向下运动，小球的加速度4与弹簧压缩量X间的关系如图所示，其中。。和初为

已知量。下列说法中正确的是（）

A.当弹簧压缩量为双时，小球P的速度为零

B.小球向下运动至速度为零时所受弹簧弹力大小为mao

C.弹簧劲度系数为等

D.当弹簧的压缩量为X。时，弹簧的弹性势能为:〃如。毛

5.如图所示，倾角为匕30。的光滑斜面上，质量分别为2功、，〃的。、b两物块，用一轻弹簧相连，将“

用细线连接在木板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块6恰与斜面底端的挡板无弹力，

此时弹簧的形变量为X。重力加速度为g,若突然剪断细线，弹簧始终处于弹性限度内，则（）

A.剪断细线瞬间，挡板对物块。弹力为0.5mg

B.剪断细线瞬间，物体6的加速度为0.5g

C.剪断细线瞬间，物体。的加速度为g

D.剪断细线后，物块。沿斜面向下运动3x时动能最大

6.物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同斜面的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物

体与各斜面间的动摩擦因数相同，则（）

A.沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多

B.沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多

C.无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同

D.无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同

7.如图所示的蹦极运动是一种非常刺激的娱乐项目。为了研究蹦极运动过程，做以下简化：将游客视为

质点，他的运动始终沿竖直方向。弹性绳的一端固定在。点，另一端和游客相连。游客从。点自由下

落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点£>,然后弹起，整个过程中弹性绳始终在

弹性限度内。游客从O-8-C-O的过程中，下列说法正确的是（）

A.从。到B过程中，重力势能增大

B.从B到。过程中，游客做匀减速运动

C.从B到C过程中，游客减少的重力势能等于弹性绳增加的弹性势能

D.在蹦极运动过程中，游客和地球组成的系统的机械能在逐渐减小

二、多选题

8.如图所示，质量为M长度为l的小车静止在光滑水平面上，质量为根的小物块（可视为质点）放在

小车的最左端现用一水平恒力下作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动.小物块和小车

之间的摩擦力为小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，下列结论正确的是

()

m

M

z//z/zzz/Z/？V/zz/zz/z

A.小物块到达小车最右端时具有的动能为（尸-4）（A+x）

B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ex

C.小物块克服摩擦力所做的功为E（L+x）

D.小物块和小车增加的机械能为灰

9.如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径0A水平、0B竖直，一个质量为机的小

球自A正上方尸点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知

PA=2R,重力加速度为g,则小球（）

A.从8点飞出后恰能落到A点

B.从P到8的运动过程中机械能守恒

C.从P到8的运动过程中合外力做功4根gR

D.从P到8的运动过程中克服摩擦力做功

10.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率

运动，皮带始终是绷紧的，将机=lkg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度

传感器测得货物与传送带的速度丫随时间f变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m/s2,则可知

)

A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.A、8两点的距离为2.4m

C.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8J

D.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J

11.如图所示，在水平底座上沿竖直方向固定一光滑杆，构成总质量为3,”的支架，轻弹簧套在光滑杆

上。一质量为机的圆环从距弹簧上端〃处由静止释放，在。点接触弹簧后，将弹簧压缩。已知弹簧的劲

度系数为％,弹性势能的表达式为居J为弹簧形变量），重力加速度为g,若弹簧的形变始终在

弹性限度内且不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

V

O

A.在圆环压缩弹簧的过程中，圆环所受合力先增大后减小

B.圆环下落过程中的最大速度为%=，竽+2g”

C.当圆环运动到最低点时，底座对水平地面的压力大于4〃?g

D.圆环下落到最低点后反弹到最高点的过程中，圆环的机械能先增大后保持不变

三、实验题

12.用图甲所示实验装置验证机/、，"2组成的系统机械能守恒，，物从高处由静止开始下落，〃”上拖着的纸

带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的

一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图

乙所示。已知如=50g、加2=150g,贝!j：（g取lOm/s2,结果均保留两位有效数字）

(1)在纸带上打下计数点5时mi、加2的速度大小v=m/s；

(2)在打点。〜5过程中系统动能的增加量为J,系统重力势能的减少量为_____J,由此得出的结论

是：;

(3)若某同学作出的图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g=m/s2o

13.利用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。小车的质量M=200.0g,钩码的质

(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到。

(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图乙所示。选择某一点为O,依次每隔4个计时点取一个计

数点。用刻度尺量出相邻计数点间的距离以，记录在纸带上。计算打出各计数点时小车的速度％其中

打出计数点“1”时小车的速度v,=—m/s。

(单位:cm)

乙

(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g=9.80m/s2,利用算出拉力对小车做的功W。利用

&=/用评算出小车动能，并求出动能的变化量△反。计算结果见下表。

W7(xl0-3j)2.452.923.353.814.26

△&/(X10-3J)2.312.733.123.614.00

(4)实验结果表明，△及总是略小于W。某同学猜想是由小车所受拉力小于钩码重力造成的。用题中小车

和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F=N。

(5)如果此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量“，且误差很大，通过

反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是。(填选项前的字母)

A.钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多

B.没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多

C.释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小

D.没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因

四、解答题

14.如图所示，从A点以某一水平速度vo抛出一质量机=1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B

点时，恰好沿切线方向进入/BOC=37。的固定光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在

粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M=4kg,A、B两点距C点的

高度分别为H=0.6m、/7=O.15m,R=0.75m,物块与长木板之间的动摩擦因数同=0.7,长木板与地面间的

动摩擦因数以=0.2,g=10m/s2求：(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)小物块的初速度见及在B点时的速度大小；

(2)小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小；

(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。

15.北京联合张家口申办2022年冬奥会，其中高山滑雪项目可以在张家口崇礼云顶乐园滑雪场比赛，如

图为简化的赛道，比赛运动员可以从R=18m的四分之一圆弧轨道48段加速，经水平滑道8C,再在C

点飞出水平轨道后做出美丽的空中动作，最后落至。点，一滑雪运动员质量机=60kg,经过AB段加速滑

行后进入BC轨道过程中没有能量损失，8c段运动员的运动时间是0.6s,运动员滑板与轨道间的动摩擦

因数〃=05运动员可以看质点，g=10m/s2,结果保留三位有效数字，求：

(1)若在由圆轨道进入水平轨道之前对B点的压力是体重的2.8倍，则AB段运动员克服摩擦力做的功是多

少？

(2)若轨道BC比。点高H=20m,离开C点后不计空气阻力，则落地点。距B的水平距离是多少？

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

)

16.如图所示，长度为户2m的水平长直轨道AB与半径为R=0.4m的光滑!竖直圆轨道BC相切于B,

轨道8C与半径为r的光滑1竖直圆轨道CC相切于C。质量，〃=2kg的小球静止在4点，现用尸=18N

的水平恒力向右拉小球，在到达AB中点时撤去拉力。已知小球与水平面间的动摩擦因数〃=0.05,取g

=10m/s2o求：

(1)小球在B点的速度vB大小：

(2)小球在B点对圆轨道的压力FNB大小；

(3),•应满足什么条件，才能使小球能通过D点。

D

17.如图所示，有一种玩具陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称

为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。某科技小组受此启发制作了一个如图乙所示的游戏装置，装置

由两个竖直磁性圆弧轨道组成，左半圆轨道AB半径为2R,右半圆轨道半径为R,两个半圆轨道的最

低点由一个极小的平直轨道连接。质量为机的铁质小球可以沿轨道外侧做圆周运动，小球运动过程中始

终受到轨道指向圆心的磁吸引力，此引力的大小可以调节。已知重力加速度为g,不计一切摩擦，小球

可看做质点，试求：

(1)若某时刻小球运动到轨道外侧A点且速度为匕=师，此时轨道对小球的引力为侬，则此时在A点

轨道对小球的支持力的大小。

(2)在A8圆轨道内测圆周上安装一接收器，可以测量落入其中物体的速度。若使小球在轨道最高点A由静

止出发沿轨道外侧运动到C点，然后从C点水平抛出落到A8圆轨道内测圆圈上的接收器中，若小球离开

轨道后磁吸引力即消失，则接收器的安装位置距5点的高度/I应为多少？

(3)调节轨道对小球的引力大小恒为11，阴，若使小球能够以初速度匕从C点出发沿轨道外侧滑行到A点而

不脱离轨道，则匕的大小范围应该是多少？

图甲图乙

18.如图所示的“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在水平面上，轨道弯

曲部分放置在竖直面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆半径比细管内径大得

多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向上不可移动。弹射装置将一个小球从A点水平弹射向

B点并进入轨道，经过轨道后从最高点。水平抛出。己知小球与地面AB间的动摩擦因数左0.2,AB

段长L=1.25m,圆的半径R=O.lm,小球质量％=0.01kg,轨道质量M=0.26kg,gMX10m/s2,求：

(1)若w-5m/s,小球经过轨道。时，管道对小球作用力的大小和方向。

(2)设小球进入轨道之前，轨道对地面压力大小等于轨道自身的重力，当w至少为多大时，小球经过两

半圆对接处C点时，轨道对地面的压力为零。

B.

参考答案:

1.D

【解析】

A.由牛顿第二定律得

〃?gsin30°+户胆x0.6g

解得摩擦力

户O.lnzg

此过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故A错误；

B.物体在斜面上能够上升的最大高度为力，所以重力势能增加了故B错误；

C.由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，即

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

故C错误；

D.由功能关系知，机械能的损失量为

/\E=fs-0.1mgx2h=0.2mgh

故D正确。

故选D。

2.C

【解析】

A.滑块A运动到P点时，垂直于杆子的方向受力平衡，合力为零；沿杆子方向重力有沿杆向下的分力加

%gsin53。，根据牛顿第二定律得

mgsm53°=ma

a=gsin53°

故A错误。

B.滑块A由。点运动到P点的过程中，绳子的拉力对滑块8做负功，其机械能减少，故B错误。

CD.由于图中杆子与水平方向成53,可以解出图中虚线长度

Q

/=£sin53°=-m

3

8下落

H=L-l=—m

3

当A运动到P点与A相连的绳子此时垂直杆子方向的速度为零，则8的速度为零，以两个物体组成的系

统为研究对象，由机械能守恒定律得

答案第1页，共15页

MgH+mgh=-mv2

解得

v=5V2m/s

故C正确，D错误。

故选C。

3.D

【解析】

A.A球到达最低点时，由动能定理得

o

/nAg£(l-cos60)=^/MAv；

解得

以=旅

选项A错误；

BD,若A与B发生完全非弹性碰撞，设共同达到的速度为M,由动量守恒

解得

丫,=生=亚

33

此过程中损失的机械能为

m1/2

△E=g4—g(7%+B)=gi/gL

设第一次碰后A上升的最大高度为h,则对A由动能定理得

2

mAgh=^mAv'

解得

h=-L

9

选项B错误，D正确：

C.若A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒有

mAVA=mAV'A+mBVB

根据能量守恒有

mVnV+nV

^AA=^'AA^'BB

答案第2页，共15页

联立解得

V，=%=近

A33

（另一值匕=办=>/区不符，舍去）

设第一次碰后A上升的最大高度为"，对A由动能定理得

=g吗或

解得

h'=—L

18

选项C错误。

故选D。

4.D

【解析】

A.设竖直向下为正方向，该星球的重力加速度为go,故对小球受力分析可知：，“go•h=〃山，故小球运动

的加速度大小为

k

a=----2

m6°

由图可知，当弹簧的压缩量为X。时，小球的加速度为0,小球的速度最大，故A错误；

B.小球放到弹簧上松开手，小球在弹簧上做简谐振动，当小球向下运动至速度为0时，根据简谐运动的

对称性可知，它与小球刚放到弹簧上时的加速度大小是相等的，方向相反，小球刚放到弹簧上时，满足

40,只受星球吸引力的作用，故加速度大小为g。，即g尸劭，方向竖直向下，所以当小球的速度为0

时，它的加速度大小也是go,方向竖直向上，设此时的弹力大小为凡则F-，跖尸小go,故此时的弹力大小

为2mgo,也可以表达成2"?如，故B错误；

C.由

k

a=----x+s

m6。

可知，当“=0时

k

寸g

故

k二九go二叫

%

即弹簧的劲度系数为吗，故C错误；

X。

D.当弹簧的压缩量为X。时，弹簧的弹性势能为

答案第3页，共15页

厂1,,1mgr.211

E''=2a'=2X~^XX°'=2m8»Xo=2maXo

故D正确。

故选D。

5.D

【解析】

AB.突然剪断细线前，对〃受力分析，由平衡条件可得

=mgsin9

剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，人的受力状态不变，合力仍为零，则物体匕的加速度为0,挡板对

物块人弹力也为零，A、B错误；

C.突然剪断细线前，对“受力分析，由平衡条件可得

FT=2mgsin0+@

可得

FT=3mgsin0

剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，绳子拉力消失，由牛顿第二定律得

2mgsin8+尸惮=2ma

解得，。的加速度为

八

a=-3gsi.n

C错误；

D.剪断细线前，弹簧的形变量为x,可得

mgsin0=Fn=kx

剪断细线后，物块。沿斜面向下运动，向下运动x时，弹簧恢复原长，再向下运动x',当加速度为零

时，速度最大，此时满足

2mgsin0=kxr

联立上式可得

x=2x

所以物块。沿斜面向下运动3x时动能最大，D正确。

故选D。

6.B

答案第4页，共15页

【解析】

A.重力做功为

WG=-mgh

质量加和高度人均相同，则重力做功相同，克服重力做功相同，故A错误；

h

BC设斜面倾角为仇斜面高度斜面长度L=一7，物体匀速被拉到顶端，根据动能定理得

sin"

WE-mgh-jumgcos0-L=0

联立解得拉力做功

eh

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

rtan。

则力相同时，倾角较小，拉力做的功较多，故B正确，C错误；

D.克服摩擦力做的功

h

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

3ftan。

所以倾角越大，摩擦力做功越小，故D错误。

故选B。

7.D

【解析】

A.从。到B过程中，重力做正功，则重力势能减小，故A错误；

B.游客到达8点后弹性绳伸直，随着运动员向下运动弹性绳的弹力不断增大，在8到C过程，重力大

于弹性绳的弹力，合力方向竖直向下，大小不断减小，故运动员做加速度不断减小的加速运动，在C到

。的过程，弹力逐渐增大，重力小于弹性绳的弹力，合力方向竖直向上，故运动员做加速度不断变大的

减速运动，故B错误；

C.根据功能关系可知，从B到C过程中，游客减少的重力势能等于弹性绳增加的弹性势能+动能增加

量，故C错误；

D.由于在蹦极运动过程中，弹性绳的弹性势能增大，由能量守恒可知，游客和地球组成的系统的机械能

减少，故D正确。

故选D。

8.ABC

【解析】

【分析】

A.对物块分析，物块对地的位移为L+x,根据动能定理得

答案第5页，共15页

(F-£)(Z,+x)=心物一0

知物块到达小车最右端时具有的动能

瓦祈（尸一FJS+x）

A正确。

B.对小车分析，小车对地的位移为x,根据动能定理得

F,x=Ek率-0

知物块到达小车最右端时，小车具有的动能

EkkKx

B正确。

C.小物块克服摩擦力所做的功为£（L+x）,C正确。

D.系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，即物块与小车增加的内能

Q=F,Xfg^fL

根据能量守恒，小物块和小车增加的机械能为

AE=F（x+L）-F,L

D错误。

故选ABCo

9.CD

【解析】

A.由“小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力”可知在B点时小球速度为

小球从B点飞出后

R=gg『

得

则水平距离

故A错;

答案第6页，共15页

B.若整个过程机械能守恒，从P点释放，到B点的速度应该是同，可见机械能减小，故B错;

C.从P到B的运动过程中，合外力做功等于物体动能的变化，即

121

A/=2叫=5频

故C正确;

D.克服摩擦力做功等于系统机械能的减少量

AEK=mgR-g机％°=1mgR

故D正确。

故选CD。

10.AD

【解析】

A.在0~0.2s时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第

二定律有

mgsin®+jumgcos®=

由图乙可得

2

at=10m/s

货物加速到与传送带速度相等后，在0.2~1.2s时间内，货物速度大于传送带速度，故有

"gsin0-〃，〃gcos0=ma-,

由图乙可得

2

a2=2m/s

联立解得

cos。=0.8,〃=0.5

故A正确；

B.IT图象与f轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为

L=3.2m

B错误；

C.货物受到的摩擦力为

f=/jmgcosd=4N

0~0.2s时间内的位移为

答案第7页，共15页

xx=0.2m

对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功

Wf,==().8J

同理0.2~1.2s时间内，货物的位移为

x2=3m

摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为

wf2=-fa2=-m

所以整个过程，传送带对货物做功的大小为

12J-0.8J=11.2J

C错误；

D.货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，0~0.2s时间内，传送带的位移为

x3=0.4m

0.2~1.2s时间内，传送带的位移为

x4=2m

总相对路程为

Ax=x3—X]+x2—x4=1.2m

货物与传送带摩擦产生的热量为

Q=/Ax=4.8J

故D正确。

故选ADo

11.BCD

【解析】

A.在圆环压缩弹簧的过程中，弹力逐渐增大，刚开始重力大于弹力，合力减小，后来重力小于弹力，合

力增大，A错误；

B.当弹力等于重力时，圆环速度最大，设此时压缩量为x,据平衡条件及能量守恒可得

mg=kx

+x)=+g"2

答案第8页，共15页

可解得%=J1+2gH,B正确;

C.当圆环运动至最低点时，圆环的加速度竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律可知此时弹簧对圆

环的作用力

F>mg

则圆环对弹簧的压力大于机g,因此底座对水平地面的压力一定大于4mg,C正确;

D.圆环下落到最低点后反弹到最高点的过程中，与弹簧接触的过程，弹簧弹力做正功，圆环的机械能增

大，离开弹簧后只有重力做功，机械能保持不变，D正确。

故选BCD»

12.2.40.580.60在误差允许的范围内，也、“2组成的系统机械能守恒9.7

【解析】

【分析】

(1)口]根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时，如、

m2的速度大小为

2160+02640

v=°--m/s=2.4m/s

0.2

(2)[2]〃〃、相2的初速度均为零，所以动能的增加量为

2

A£k=—(/??]+7/t2)v=0.58J

⑶系统重力势能的减小量为

AEp=(/n,-mJgh=0.60J

[4]在误差允许的范围内，〃〃、“72组成的系统机械能守恒。

(3)[5]本题中根据机械能守恒可知

2

(〃〃一叫)gh=—(/??!+/n2)v

即有

12m-m

—v=-0......yLgh

2叫+网

所以作出呜j图像中，图线的斜率

-m,5.82

—~-----g~

m2+m]1.20

解得

g=9.7m/s2

答案第9页，共15页

故当地的实际重力加速度g=9.7m/s2o

13.纸带上点距均匀0.2280.092

AB

【解析】

(DUJ小车能够做匀速运动，打出的纸带上的点间距均匀，则表明己平衡摩擦;

(2)⑵相邻计数点间时间间隔T=0.1s,根据1为0和2的中间时刻点，而匀变速直线运动的平均速度等于

中间时刻的瞬时速度，有

v/=^=0.228m/s

(3)[3]描点画图，如图所示。

J

■A£k/(xlOJ)

(4)[4]对整体，根据牛顿第二定律有

mg=(m+M)a

对钩码有

联立解得绳上的拉力

答案第10页，共15页

F产q_g=0,92N

(5)[5]说明本实验可能没有平衡摩擦力，或者没有满足钩码总质量远小于小车的质量的条件，故选AB。

14.(1)4m/s,5m/s；(2)47.3N；(3)2.0m

【解析】

【分析】

(1)从A点到B点的过程中，小物块做平抛运动，则有

H-h=^gr

设小物块到达B点时竖直分速度为4,则有

Vy=gt

代入数据，联立解得

vv=3m/s

又因为此时小物块的速度方向与水平方向的夹角为0=37°

则有

„匕3

tanO=—-=—

%4

可得小物块的初速度

%=4m/s

则小物块在B点时的速度大小

v,=屉+*=5m/s

(2)小物块从A点至C点的过程中，由动能定理可得

»1212

mgH=­772V,——mv0

设物块在C点受到的支持力为F.，则有

，nV

F-mg=—^2-

N1\

解得

岭=2。m/s,=47.3N

根据牛顿第三定律得，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3N

(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力

答案第11页，共15页

Ff=卬ng=7N

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力

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

因为F/＜岑，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，则长

木板的长度至少为

I="=2.0m

2Mg

15.(Dl.OSxlO3；；(2)39.9m

【解析】

(1)设在AB段运动员克服摩擦力做功WFf,由动能定理得

1,

对运动员在B点受力分析，由牛顿第二定律得

K

时=2.8雨g

解得

%=0.1叫日.08义10口

vB=l8m/s

(2)在BC段运动过程，对运动员受力分析

由牛顿第二定律得

Ft=jLimg=ma

%=%一a1=15m/s

由

得xec=9.9m

运动员从C到D做平抛运动，由

得t=2s

答案第12页，共15页

水平位移

xCD=匕r=30m

所以B与D点的水平距离是

X=XBC+%D=39.9m

4

16.(l)4m/s；(2)100N；(3)—m

【解析】

(1)小球从A到8,由动能定理

F-—/imgx=；mvB2

解得

W?=4m/s

(2)设小球在B点受到圆轨道的支持力为FN,由牛顿第二定律有

2

卜「N-mg=7n彳以

解得

EvB=100N

根据牛顿第三定律小球在B点对轨道的压力为100N

(3)小球恰好过最高