人教版高一物理复习《机械能守恒定律》基础巩固达标检测卷

第八章：《机械能守恒定律》全章考点基础巩固达标检测卷

一、单选题

1.（2021・福建龙岩市.高一期末）图为中学生做引体向上的示意图。引体向上分为两个过程：身体从最低点

升到最高点的“上引”过程，身体从最高点回到最低点的“下放”过程。某同学在30s内连续做了15个完整的引

体向上。则（）

A.“上引”过程单杆对人做正功

B.“下放”过程单杆对人做负功

C.在3s内重力做的总功约为4500J

D.在30s内克服重力做功的平均功率约为150W

2.（2021•杭州上海世界外国语中学高一期末）如图所示，城市有轨电车采用超级电容作为电能存储设备，

安全环保，可反复充电，安装在公交站点的充电桩，在乘客上下车的时间内把电容器充满，电容器的电能

转化电车机械能的效率为80%。假设该电车一次充满电保持额定功率运行，可保持速度10m/s持续行驶5km,

行驶中电车受到的平均阻力为车重的0.02倍，已知电车质量（含乘客）优=203则（）

A.这种电车正常匀速行驶时发动机额定功率为3xl（）4w

B.某次进站从接近没电到充满电，电车从充电桩获得的能量为2.5xl（）7j

C.若某次进站从接近没电到充满电用时5s,则充电过程的平均功率为5xlC）5w

D.若某次进站充满电后以恒定加速度启动，匀加速运动2.5s时刚好达到额定功率，则匀加速运动的牵引力

^J2X104N

3.（2020•吉林油田高级中学高一期末）如图所示，一质量为机的小球，用长为/的轻绳悬挂于。点，小球

在水平拉力尸作用下，从平衡位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为。处。重力加速度为g,则下列说

法正确的是（）

A.小球的重力势能增加mglcosd

B.拉力/所做的功为机g/（1-cos。）

C.拉力尸所做的功为口

D.绳的拉力所做的功为加g/

4.（2020・四川巴中市.高一期末）采用变轨法发射同步卫星时，卫星经过转移轨道由近地圆轨道变为同步轨

道如图所示，转移轨道是椭圆轨道，产为近地点，。为远地点，M.N为轨道短轴的两个端点，卫星运行的

周期为T，若只考虑卫星和地球之间的相互作用则卫星在从尸经过加、。到N的运动过程中（）

卫星-d一一

，".'、

P......T。

'、地球：/

、、IJ

N

A.从尸到M所用的时间等于工

4

B.从用到。阶段，机械能增大

C.从。到N阶段，速率逐渐变小

D.从M经过。到N阶段，地球引力对卫星先做负功后做正功

5.（2020•福建泉州市•高一期末）如图所示，固定的光滑倾斜杆上套有一个质量为根的圆环，圆环与竖直放

置的轻质弹簧上端相连，弹簧的下端固定在水平地面上的A点，开始弹簧恰好处于原长/7,现让圆环由静

止沿杆滑下，滑到杆的底端（未触及地面）时速度恰好为零，己知当地的重力加速度大小为g。则在圆环下

滑的整个过程中下列说法不E俄的（）

（m

6

A

A.圆环与弹簧和地球组成的系统机械能守恒

B.弹簧的弹性势能先增大后减小

C.弹簧的弹性势能增大了mgh

D.弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量

6.（2020•福建师大附中高一期末）在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江（如图甲），把滑铁索过江

简化成图乙的模型。铁索的两个固定点A、8在同一水平面内，A8间的距离为L=80m,绳索的最低点离AB

的垂直距离为〃=8m。若把绳索看成是圆弧，已知一质量机=52kg的人借助滑轮（滑轮质量不计）滑到最低

点的速度为10m/s（取g=10m/s2）,那么（）

A.人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动

B.下滑过程中人的机械能保持不变

C.人滑到最低点时对绳索的压力为570N

D.在滑到最低点时人处于失重状态

7.（2020・四川巴中市•高一期末）如图是利用太阳能驱动的小车，若小车保持牵引力恒定，在平直的水泥路

上从静止开始运动，经过时间/前进距离无，电动机的功率达到额定功率P,速度达到V。小车的质量为利,

所受阻力恒为力那么这段时间内（）

A.小车做加速度逐渐减小的加速运动

B.小车能达到的最大速度为v

19

C.电动机对小车所做的功为fa+—mv'

D.电动机对小车所做的功为H

8.（2020•四川遂宁市•射洪中学高一期末）传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端8

用的时间为r,摩擦力对木块做功卬。则（）

A.当皮带向上运动时，物块由A滑到B的时间一定大于/

B.当皮带向上运动时，物块由A滑到B摩擦力做功一定等于W

C.当皮带向下运动时，物块由A滑到8的时间一定等于f

D.当皮带向下运动时，物块由A滑到8,摩擦力对木块做功为W

二、多选题

9.（2020•城步苗族自治县第一民族中学高一期末）下列关于物体重力势能的说法中正确的是（）

A.物体的重力势能增大，该物体一定克服重力做功

B.物体的重力势能减小，该物体一定克服重力做功

C.取相同零势面，两个质量不同的物体在同一位置可能具有相同的重力势能

D.两个质量不同的物体所具有的重力势能可能不同，质量小的可能大

10.（2021•福建福州市•福州三中高一期末）水平面上两个物体A、B分别在水平拉力入、品的作用下做匀

加速运动，两力分别作用一段时间后撤去，两物体A、B运动的v-f图线分别如图中的图线服》所示，已

知拉力0、&撤去后，物体做减速运动的v-f图线彼此平行，A、B的质量分别为优A和%B。由图中信息可

知（）

A.若FA=FB,则

B.若nu=mB,则拉力0对物体才做的功比拉力呢对物体B做的功多

C.若加A=制?，则整个过程中摩擦力对两物体A、B做的功相等

D.若mA=mB,则拉力FA的最大瞬时功率一定是拉力FB的最大瞬时功率的2倍

11.（2021•江苏省姜堰第二中学高一期末）“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能

跳到旁边平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为/z,

水平速度为V;若质量为机的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g,则（）

B.若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长

C.棋子上升过程和下降过程中速度变化量的大小相等，方向相同

D.棋子落到平台上时的速度大小为历

12.（2021•福建省福州格致中学高一期末）起重机将一重物竖直向上吊起，吊绳的拉力随重物的速率变化关

系如图所示，已知重物的速率达到2.0m/s以后，起重机的输出功率就恒定不变，取g=10m/s2,忽略空

气阻力和一切摩擦.下列说法正确的是（）

A.重物匀加速上升的时间为1.0s

B.重物匀速上升时的速度为2.2m/s

C.重物变加速上升的位移为0.42m

D.重物匀速上升时，起重机的输出功率为44kW

13.（2020•江苏高一期末）如图所示，两个质量均为机的小球A、B（可视为质点）通过轻质较链用长为L

的刚性轻杆连接，A套在固定的竖直光滑杆上，B放在光滑水平地面上。原长为4的轻质弹簧水平放置，

2

左端固定在竖直杆上的。点，右端与2相连，此时轻杆与竖直方向的夹角a=30。现将A由静止释放，下降

到最低点时a变为60。。在整个下落运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，重力加速度为g。下

列说法中正确的是（）

A

A.释放A的瞬间，地面对2的支持力大小为2„ig

B.A的动能最大时，地面对8的支持力大小为

C.弹簧的弹性势能最大时，A的加速度等于零

D.弹簧弹性势能的最大值为牛i/ngL

14.（2020•新源县第二中学高一期末）如图所示，将质量为2相的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系

一质量为根的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d,杆上的A点与定

滑轮等高，杆上的8点在A点下方距离为1处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法

正确的是（）

A.环到达B处时，环的速度大小是重物的&倍B.环从A到8过程中，环的机械能是减少的

C.环到达8处时，重物上升的高度dD.环到达8处时，重物上升的高度为应d

15.（2020.茂名市第一中学高一期末）儿童游戏机的光滑游戏面板与水平面成半径为R的工圆弧与

4

相切，C为圆弧最高点，弹簧内部绳子将手柄尸与小球相连，下拉手柄使弹簧可将为质点弹珠被弹出。

忽略空气阻力，某次缓慢下拉手柄，使弹珠距B点为L释放手柄，弹珠被弹出，到C点速度为v,正确的

是（）

A.弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能不守恒

B.调整手柄位置，弹珠从C离开到碰到障碍物前做匀变速直线运动

C.弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大

D.此过程中，弹簧的最大弹性势能为加g（L+R）sine+Q1nw2,

三、实验题

16.（2021•杭州上海世界外国语中学高一期末）某实验小组用自由落体运动来做“验证机械能守恒定律”的实

验。该小组同学选择所需的实验仪器后，安装好如图所示的实验装置进行实验（电源已有，未画出），用天

平称量得到重锤质量m=0.3kg,已知打点计时器工作频率为50Hz„

（1）结合图中装置已给出的器材，该实验还需的实验器材有；

（2）指出图中操作或装置不合理的2个地方；

⑶在实验中获得一条纸带如下图所示，4B、C.D、E、尸为依次打下的点，根据纸带上的数据，选择A

点为重力势能零点，可求出。点重锤的重力势能为J（结果保留小数点后两位）；求出。点重锤

的速度VD=__________m/s（结果保留小数点后两位），该计算结果发现A到。点重力势能的减少量AEp小于

。点处重锤的动能Ek°,由此他得出结论：在重锤下落过程中，机械能不守恒。你认为他的观点是否正确

?试说明原因__________。

17.（2020・四川巴中市.高一期末）某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。

（1）请指出实验装置中存在的明显错误：

(2)进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应___________(选填"A”或"B”)。

A.先接通电源，再释放纸带

B.先释放纸带，再接通电源

(3)根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4……多个点如图乙所示(图中只显示了一部分点)。

已测出1、2、3、4到打出的第一个点。的距离分别为加、h2、自、刀4,打点计时器的打点周期为7。若代

入所测数据能满足表达式g/l3=，则可验证重物下落过程机械能守恒(用题目中已测出的物理量表

示)。

2

(4)这位同学还利用图像法进行分析，以。点为起始点，测出各点下落距离/7时的速度V,以L为纵坐

2

标、场为横坐标画出图像，应是下图中的

四、解答题

18.(2021.全国高一期末)敦煌鸣沙山月牙泉是我国著名的5A级景区，景区内的骆驼骑行和滑沙活动项目

备受游客们的青睐，下图为滑沙运动过程的简化图。某游客从A点乘坐滑板由静止滑下坡度为37。的沙丘，

到达2点的速度大小为10m/s,最终停在水平沙地距离B点10m的C处，沙丘上和水平面上滑板与沙子动

摩擦因数相同。取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8„求：

(1)滑板与沙丘之间的动摩擦因数〃；

(2)游客从沙丘滑下时的加速度大小ai；

(3)有了第一次经验，游客从更高的。点静止滑下沙丘，与此同时，在游客滑行的路线上有一只骆驼从C点

以尸2m/s的速度匀速前行。已知So4=Um,其余条件不变，该游客会与骆驼相遇吗？

37'

BC

19.（2021•山东淄博市.高一期末）如图所示，质量为优=lkg的小球从平台上水平抛出后，落在一倾角0=53。

的光滑斜面顶端，并恰好无碰撞的沿光滑斜面滑下。斜面顶端与平台的高度差4=0.8m,斜面的高度”=7.2m。

MXg=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求

（1）斜面顶端与平台边缘的水平距离无；

（2）小球滑到斜面底端时速度v的大小。

20.（2021•杭州上海世界外国语中学高一期末）一木块E4BCZ）置于水平桌面上，其截面如图所示，ABCD

3

是一圆弧，圆半径为R,斜面AE与水平线砂（E、8等高）的倾角为0=30。。质量为机的光滑小球（看

4

作质点）从〃高处自由释放，能通过圆弧经。点飞出，不计空气阻力，假设木块始终保持静止。

（1）若小球刚好通过D点，求释放高度h；

（2）在（1）题所求的高度〃静止释放，小球运动到圆弧面C点处地面受到的摩擦力；

（3）要求小球经。点飞出第一次能落在斜面AE上，求释放高度？

21.（2020•四川巴中市•高一期末）某种弹射装置如图所示，光滑的水平导轨右端B处与倾斜传送带平滑

连接，传送带长度£=8.0m,皮带以恒定速率v=5.0m/s顺时针转动。质量〃2=1.0kg（可视为质点）的滑块置

于弹射装置的右端并锁定(弹簧处于压缩状态)，且弹簧具有弹性势能Ep=4.5J。某时刻解除锁定，滑块从静

止开始运动并脱离弹簧后滑上倾角6=30。的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。已知滑块

与传送带之间的动摩擦因数〃=#,重力加速度g=10m/s2,求：

(1)滑块刚冲上传送带底端的速度也；

(2)滑块在传送带上因摩擦产生的热量Q-,

(3)若每次实验开始时弹射装置具有的弹性势能不同，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置,

则场的取值范围为多少？

22.(2021•全国高一期末)如图是漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将

板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，

利用来回运动使其均匀受热。我们用质量为机的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题。设

大小两个四分之一圆弧半径分别为2火、R,小平台和圆弧均光滑。将过锅底的纵截面看做是由两个斜面

AB>CD和一段光滑圆弧8C组成。斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25,而且不随温度变化。两斜

面倾角均为。=37°,AB=CD=2R,A、。等高，。端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能。

滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g。

(1)如果滑块恰好能从P点飞出，求滑块经过P点的速度。

(2)接(1)问，若滑块恰好沿斜面进入锅内，且一个来回后不会从A点滑出，求滑块在锅内斜面上运动的

总路程。

(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值。

参考答案

1.D

【详解】

A.“上引”过程中，单杠对人有力，但没有位移，故不做功，故A错误；

B.“下放”过程中，单杠对人有力，但没有位移，故不做功，故B错误；

C.某同学在30s内连续做了15个完整的引体向上。在30s内重力做的总功约为零，故C错误；

D.中学生身高约为1.75m,体重为60kg,引体向上重心上升的高度约为0.5m,完成一次引体向上克服重

力做功为

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

在30s内克服重力做的总功约为

=nmgh=15x60x10x0.5J=4500J

在30s内克服重力做功的平均功率约为

p=ZwA=4500w=150w

t30

故D正确。

故选D。

2.BD

【详解】

A.匀速行驶时，牵引力等于阻力

F=^0.02X2X104xl0N=4x103N

此时电机输出功率

p=Fv=4x103xl0W=4x104W

故A错误；

B.电车每次充满电后持续正常行驶5km,电车做功

W=F5=A=4X103X5X103J=2X107J

电车从充电桩所获得的能量

W_2xlQ7

J=2.5X107J

780%

故B正确；

C.若某次进站从接近没电到充满电用时5s,则充电桩为电车充电时的平均功率为

P=—=2'5X107W^5.0X106W

t5

故C错误；

D.汽车做匀加速运动，则

P'

-----f=ma

v'

2.5s时刚好达到额定功率，则此时

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

联立解得

«=0.8m/s2>(a=-lm/s2舍去)

加速度为

V10.2.,o

a=—=----m/s=4m/s-

t2.5

根据牛顿第二定律可得匀加速运动的牵引力

F=m«+/=20xl03x0.8N+4xl03N=2xl04N

故D正确。

故选BD。

3.B

【详解】

A.小球的重力势能增加量

AEP=cos6)=mgl(l-cos0)

故A错误；

BC.根据功能关系，拉力所做的功等于小球机械能增量，即

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

故B正确、C错误；

D.绳子的拉力始终与小球的运动方向垂直，即拉力不做功，故D错误。

故选B。

4.D

【详解】

A.卫星运行的周期为T,从P到/所用的时间小于一，因为从P到。引力做负功，速度减小，故段

4

速度大于MQ段速度，故A错误；

B.从M到。阶段，只有引力做功，机械能守恒，故B错误；

C.从。到N阶段，引力做正功，速率逐渐变大，故C错误；

D.从M经过。到N阶段，地球引力对卫星先做负功后做正功，故D正确。

故选D。

5.B

【详解】

A.在圆环下滑的整个过程中，有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力，所以圆环与弹簧和地球组

成的系统机械能守恒，故A正确，不符合题意；

B.弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大

再减小后增大，故B错误，符合题意；

C.圆环的机械能减少了mg〃，动能变化量为零，根据系统的机械能守恒，知弹簧的弹性势能增大了根g〃，

故C正确，不符合题意；

D.由图可知，弹簧的最大压缩量在弹簧与杆垂直的时刻，此时的系统具有的能量为圆环的动能、势能和弹

簧的弹性势能，当圆环速度减为零时，到达最底端此时圆环的动能和势能都为零，系统所有的机械能全部

转化成了弹簧的弹性势能，此时的弹簧处于伸长状态，所以弹簧的最大伸长量要大于最大压缩量，故D正

确，不符合题意。

故选B。

6.C

【详解】

A.人借助滑轮下滑过程中，速度大小是变化的，所以人在整个绳索上运动不能看成匀速圆周运动，故A

错误；

B.人在运动过程中要克服阻力做功，机械能不守恒，故B错误；

C.设绳索的圆弧半径为r,则由几何知识得

厂2=（一疔+图

解得

r=104m

对人为研究对象，根据牛顿第二定律

N-mg=m—

r

解得

,V2

NT=mg+m—

r

代入数据解得

N=570N

根据牛顿第三定律则人对绳索的压力为570N,故C正确；

D.在滑到最低点时具有向上的加速度，人对绳索的压力大于重力，处于超重状态，故D错误。

故选C。

7.C

【详解】

A.小车保持牵引力恒定，在平直的水泥路上从静止开始运动，经过时间f前进距离x,根据牛顿第二定律

心引一/=根。，小车做匀变速运动，故A错误；

B.达到额定功率后，速度v不断变大，根据P=/朝v可知，牵引力不断减小，当牵引力与阻力相等时，加

速度为零，速度最大

P

Vm=——>V

f

故B错误；

C.根据动能定理

1

—mv-9-0=W-fx

1,

所以电动机对小车所做的功为1A+5"?"-,故c正确；

D.因为牵引力恒定，故「=网，小车加速，功率一直增大，所以电动机对小车所做的功小于故D

错误。

故选C。

8.B

【详解】

设传送带长度为L倾角为a,物体与传送带间的动摩擦因数为〃，传送带不动时和当皮带向上运动时，物

体所受的滑动摩擦力大小和方向没有改变，则加速度也不变，由于物体受到重力、斜面的支持力和沿斜面

向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得物体的加速度为

mgsina-umgcosa

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

m

且有L——成之0

2

1

AB.当皮带向上运动时，物体所受的滑动摩擦力大小和方向没有改变，则加速度也不变，由L=—9知，

2

物块由A滑到5的时间一定等于3由功公式W=EL可知，当皮带向上运动时，物块由A滑到5摩擦力做

功一定等于W,故A错误，B正确；

CD.当皮带向下运动时，受到重力、斜面的支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得此时

物体的加速度为

•mgsina+um2cosa.、

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

m

物块可能以a一直做匀加速直线运动，根据L=产知，物块A滑到2的时间可能小于3也可能速度达

2

到传送带速度后，以gsina-Mgcosa继续做匀加速直线运动，运动的时间小于f,由此可知，滑块与传送

带间的摩擦力发生变化，则物块由A滑到3,摩擦力对木块做功不为W,故CD错误。

故选B。

9.AD

【详解】

A.物体的重力势能增大，该物体一定克服重力做功，选项A正确；

B.物体的重力势能减小，重力做正功，选项B错误；

C.根据

Ep=mgh

可知，两个质量不同的物体在同一位置不可能具有相同的重力势能，选项c错误；

D.根据

Ep=mgh

可知，两个质量不同的物体所具有的重力势能可能不同，质量小的可能大，选项D正确。

故选AD。

10.CD

【详解】

A.撤去拉力后，图像平行，则斜率相等，即加速度相等，受力分析有

"mg=ma

解得

a=jug

所以物体与地面间的摩擦因数相同。当拉力相等时，有

F-"mg=ma

解得

F

a=---fj.g

m

由图像可知，A的加速度较大，所以A的质量较小。A错误;

BC.若出=机小由图可知，两物体运动的总位移相等，所以克服摩擦力做功相等。根据动能定理，则两物

体拉力做功也相等。B错误，C正确；

D.两物体拉力做功相等，则有

F「；xl.5x2.5=%；x3x2

解得

5工=8居

则拉力FA的最大瞬时功率

PA=2.5FA=4FB

拉力曲的最大瞬时功率

PB=2FB

D正确。

故选CD„

11.AC

【详解】

A.棋子从最高点落到平台上为平抛运动，竖直方向为自由落体运动，有

,12

h=2gt'

得

故A正确;

B.棋子在最高点的速度v为平抛运动的水平初速度，由

知，落地时间只和高度有关，和水平速度无关，故B错误；

C.棋子上升过程和下降过程中的加速度相同，时间相同，所以速度变化量的大小相等，方向相同；故C正

确；

D.棋子从最高点落到平台的过程中，机械能守恒，有

121

mgn7+—mv=—

得落到平台上时的速度大小为

V]=6+2gh

故D错误。

故选AC„

12.BD

【详解】

AD.根据图像可知，重物匀速上升时，牵引力为2.0X104N，则根据平衡条件可知，重力为2.0X1()4N,

重物的速率达到2.0m/s以后，起重机的输出功率就恒定不变，则起重机的输出功率为

4

P=FV=2.2X10X2W=44kW

匀加速过程，加速度为

故匀加速时间为

故A错误D正确

B.当匀速上升时

v=——=2.2m/s

mg

重物匀速上升时的速度为2.2m/s,故B正确。

C.重物如果继续匀加速上升，所需时间为

则通过位移为

2+2.2

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

2

而达到额定功率后，重物做的加速度减小的加速，则位移大于对应匀加速位移，故C错误。

故选BD。

13.BD

【详解】

A.释放A的瞬间，A、8组成的系统存在竖直向下的加速度，处于失重状态，所以地面对8的支持力小于系

统的重力大小2〃zg,故A错误；

B.当A的动能最大时，A、2组成的系统加速度为零，地面对2的支持力大小等于系统的重力大小2祖g,故

B正确；

C.当弹簧的弹性势能最大时，A运动到最低点，具有向上的加速度，故C错误；

D.A从释放到下降至最低点的过程中，A、2和弹簧组成的系统机械能守恒，可得弹簧的最大弹性势能为

J3-1

Epm=〃zgL(cos30°-cos60°)=---mgL

故D正确。

故选BD„

14.AB

【详解】

A.在B点，对环的速度分解可得

曝36=丫物

在8点，由几何关系可得

8=45。

解得

VB=血V物

所以环到达8处时，环的速度大小是重物的加倍，则A正确;

B.重物与环组成的系统机械能守恒，环从A到8过程中，重物的机械能增大，则环的机械能是减少的，所

以B正确；

CD.由几何关系可知，环到达8处时，重物上升的高度所以CD错误；

故选ABo

15.ACD

【详解】

A.弹珠从释放手柄的过程，弹簧对弹珠做正功，其机械能增加，故A正确；

B.弹珠从C点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以弹珠做匀变速曲

线运动，故B错误；

C.弹珠从释放手柄的过程，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增大，根据弹珠和

弹簧组成的系统机械能守恒，知弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全部转化为弹珠的动能和重力势能,

所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故c正确；

D.根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在C点的机械能，为

12

mg(L+R)sinO+—mv

故D正确。

故选ACD。

16.毫米刻度尺限位孔没有竖直或重锤与打点计时器距离太远或纸带没有拉直0.151.15不

正确打A点时重锤的动能不为零(或“未计入A点时重锤的动能”或“比较的应为势能变化量与动能变化

量”)

【详解】

该实验还需的实验器材有毫米刻度尺；

(2)⑵图中操作或装置不合理的2个地方：限位孔没有竖直；或重锤与打点计时器距离太远；或纸带没有拉

直。

(3)[3]£＞点重锤的重力势能为

=mghD=0.3x10x0.05J=0.15J

[4]根据匀变速直线运动时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则可求出。点重锤的速度

匕=也=竺竺m/s=1.15m/s

DIT0.04

[5]⑹他的观点不正确；其原因是打A点时重锤的动能不为零(或“未计入A点时重锤的动能”或“应该比较重

力势能变化量与动能变化量”)

A仇一-)c

17.打点计时器不能接在“直流电源”上

8T2

【详解】

(1)⑴从图甲中的实验装置中发现，打点计时接在了“直流电源”上，打点计时器的工作电源是“低压交流

电源”。因此，明显的错误是打点计时器不能接在“直流电源”上。

(2)⑵为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点，应该先接通电源，让打点计时器正常工作后,

再释放纸带。若先释放纸带，再接通电源，当打点计时器打点时，纸带己经下落，打下的第1个点的速度

不为零。因此，为保证重物下落的初速度为零，应先接通电源，再释放纸带。

故选Ao

(3)⑶根据实验原理

/12

mgh=—mv

可知只要验证

gk"=三

即可验证机械能守恒定律。因此需求解V3,根据匀变速直线运动规律关系式可得

4一为

32T

则有

12,(用一-)2

2%-8T2

故只要在误差允许的范围内验证

仇-色)2

g%=^-

OI

成立，就可验证重物下落过程中机械能守恒。

(4)[4]根据

/12

mgn=—mv

可得

—v2=gh

2

1,

一丫2与人成正比例关系，图线是一条过原点的倾斜直线，故选c。

2

18.(1)0.5；(2)2m/s；(3)没有相撞

【详解】

(1)游客在从2运动到C过程

2

jumgxBC=^mv

解得

〃=0.5

(2)游客在从A运动到8过程

mgsin37°-/nmgcos37°=ma1

解得

2

ax=2m/s

(3)游客在从A运动到5过程

2aX

VB=iAB

解得

xAB=25m

则

X/=XDA+XAB=36m

到达B点的时间

J_2

XDB=

解得

%=6s

到达B点的速度

vB-印i=12m/s

此时骆驼运动了

xc=vtx=12m

则二者相距

Ax=xBC+xc=22m

游客在水平面上，根据

jumg=ma2

解得

&=5m/s2

设在经过灰二者速度相等，则有

-%看V

VB2-

解得

=2s

在2s内游客在水平面上运动了

X游=干'/2=14m

骆驼前进了

X骆=vt2=4m

因为

x骆+板＞X游

二者没有相撞

19.(l)1.2m；(2)13m/s

【详解】

(1)小球落到斜面上并沿斜面下滑，则有

vy=%tan53°

又在竖直方向有

H=2gh

水平方向

x=vot

联立解得

/=0.4s

%=3m/s

x=1.2m

(2)设物体到达斜面底端的的速度为匕，则从抛出点到斜面底端，由动能定理得:

1212

mg(h+H)=—mv1——mv0

解得

匕=13m/s

20.(1)-R；(2)3mg；向左(3)-R<h<-7?+—7?

2224

【详解】

(1)由题可知，小球恰好能从。点出射，则有

年

mg=

R

解得

W)=y[gR

从释放点到D点，根据动能定理有

mg(h-R)=gmvD2

解得

(2)在(1)题所求的高度力静止释放，小球运动到圆弧面。点处的速度大小为

10

mgh7=­mv(r

由于小球做圆周运动有

2

5七a

FN==3mg

R

则小球给木块EABC。的压力为3mg,对木块EA3CD做受力分析，在水平方向有

f=FN=3mg

由于压力方向向右，则摩擦力方向向左。

(3)由于小球离开D点后做平抛运动，若刚好落到斜面上的A点时有

R=—gt2,R=VDt

2

综合有

由(1)问可知恰好从。点出射有

VD=y[Rg

则只用

3

h>—R

2

就能落在斜面上。

若刚好落到斜面上的E点时有

R1,

2

tan30°=—,x'+R=vD't',2R=—gt'

x'2

联立有

再由动能定理有

mg(h'-R)=:mvDa

计算后有

h=-R+^R

24

要求小球经D点飞出第一次能落在斜面AE