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质量检测(二)(检测范围：必修2)时间：45分钟总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2013·江西省高三七校联考)下列说法正确的是()A．伽利略认为物体的运动不需要力来维持B．开普勒关于行星运动的三大定律为牛顿总结三条运动定律奠定了基础C．牛顿在寻找万有引力的过程中，他没有利用牛顿第二定律，但他用了牛顿第三定律D．卡文迪许在测量静电力常量时运用了将微小量放大的方法解析：亚里士多德认为物体运动需要力来维持，伽利略认为物体的运动不需要力来维持，A选项正确；开普勒关于行星运动的三大定律为牛顿总结万有引力定律奠定了基础，B选项错误；牛顿在寻找万有引力的过程中利用的是类比法，通过苹果与月球的类比猜想出苹果所受的重力与月球所受的引力可能是同一性质的力，C选项错误；卡文迪许的扭秤实验测出了万有引力常量，测量静电力常量的是库仑，D选项错误．答案：A2．(2013·豫西五校)如右图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平方向匀速飞行的直升机A，通过悬索(重力可忽略不计)从飞机中放下解放军战士B.在某一段时间内，解放军战士与直升飞机之间的距离以y＝14t2(式中各物理量的单位均为国际单位制单位)规律变化．则在这段时间内，下图中关于解放军战士B的受力情况和运动轨迹(用虚线表示)的图示正确的是()解析：解放军战士在水平方向上做匀速运动，此方向上的合力为零；在竖直方向上向下做匀加速运动，合力向下，则G>F T，运动的轨迹为抛物线．选项A 正确．答案：A3．(2013·开封质检)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v－t图线，如右图所示．若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是()A．图线2表示水平分运动的v－t图线B．t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°C．t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切为12D．2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为60°解析：平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，A项错误；t1时刻tanα＝v y vx＝1，则α＝45°，B项错；t1时刻tanθ＝yx＝v2tv t＝12，C项正确；2t1时刻有tanθ′＝y′x′＝12g(2t1)2g·t1·2t1＝1，则θ′＝45°，D项错．答案：C4．(2013·盐城南京联考)近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节．要求挑战者从平台上跳到以O 为转轴的快速旋转的水平转盘上，而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m，平台边缘到转盘边缘的水平距离和转盘半径均为2 m，转盘以12.5 r/min的转速匀速转动．转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g取10 m/s2，则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为()A．4 m/s B．5 m/sC．6 m/s D．7 m/s解析：从平台边缘做平抛运动至转盘所在高度所需时间t＝2hg＝0.5 s．转盘的旋转周期T＝4.8 s，转盘转过障碍物或间隙的时间为0.4 s．要想能穿过间隙跳到转盘的最长时间为0.4 s，故最小起跳速度为v＝20.4m/s＝5 m/s，选B.答案：B5．(2013·湖北五市十校)如下图所示是一个物体离开地面的高度与运动时间平方的关系图象，则下列说法错误的是(g取10 m/s2)()A．物体在竖直方向为匀加速运动B．若h0＝20 m，则物体可能做平抛运动C．若h0＝20 m，则物体机械能可能守恒D．若h0＝10 m，则物体的机械能可能守恒解析：图象可表示为h＝h0－kt2，图象斜率－k＝－h0/4.物体从距离地面高度为h0处下落，若物体在竖直方向为匀加速运动，离开地面的高度与运动时间平方的关系为h＝h0－12at2，选项A正确；若h0＝20 m，k＝5，a＝10 m/s2，则物体可能做平抛运动，机械能可能守恒；若h0＝10 m，则物体的机械能不可能守恒，选项BC正确，D错误．答案：D6．(2013·增城市高中毕业班调研测试)如图是利用太阳能驱动小车的装置，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值v m，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内()A．小车做匀加速运动B．电动机所做的功为PtC．电动机所做的功为12m v2mD．电动机所做的功为Fs＋12m v2m解析：电动机功率P恒定，P＝F牵v，随v增大，F牵减小，F牵－F＝ma，阻力F恒定，因此加速度a减小，选项A错误；电动机做功W＝Pt，选项B正确；由动能定理：W电－Fs＝12m v 2m，选项C错误；选项D正确．答案：BD7．(2013·汕头市普通高中高三教学质量测评(二))如图是“嫦娥一号”卫星奔月示意图，下列表述正确的是()A ．卫星绕月运行时，地球的万有引力提供向心力B ．卫星绕月的轨道半径越小，速度也越小C ．卫星在绕月圆轨道上的运动周期与月球质量有关D ．卫星在地月转移轨道奔月时，地球引力对其做负功解析：卫星绕月运行时，月球的万有引力提供向心力，G ·Mm r 2＝m v 2r，v ＝ GM r ，r 越小，v 越大，选项A 、B 错误；G ·M 月m r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，T ＝2πr r GM 月，选项C 正确，选项D 正确．答案：CD8．(2013·济宁市高三模拟考试)如图所示，将质量为2 m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 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B 点在A 点下方距离为d 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，重物上升的高度h ＝d 2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d解析：环到达B 处时，重物上升的高度h ＝2d －d ，选项A 错误；环到达B 处时，环沿绳的分速度与重物速度大小相等，选项B 错误；以环与重物组成系统，环下滑过程中，系统的机械能守恒，选项C正确；环下降最大高度h时，环与物体的速度为0，由机械能守恒有：mgh＝2mg(h2＋d2－d)解得h＝43d，选项D正确．答案：CD二、非选择题(共52分)9．(14分)(2013·陕西省宝鸡市高三教学质量检测(一))某物理兴趣小组应用如图甲所示的装置，将质量为m＝1.5 kg的钩码P与质量为M＝5.0 kg的小车Q组成的系统作为研究对象来验证动能定理，其实验步骤如下：(重力加速度g取10 m/s2)A．将一端带滑轮的木板放在水平桌面上，滑轮的一端伸出桌边沿B．在木板不带滑轮的一端安装打点计时器，用导线将打点计时器跟50 Hz 交流电源相连C．将小车Q放在木板上打点计时器的附近，纸带穿过打点计时器的限位孔并与小车相连D．细绳的一端与小车Q相连，另一端跨过滑轮与钩码P相连E．接通打点计时器后释放小车Q，打点计时器在纸带上打下一系列点如图乙所示．图中A、B、C……H是计数点，每相邻两个计数点间有4个记录点未标出，设纸带上两个相邻的计数点之间的时间间隔为T.图乙(1)纸带上两个相邻的计数点之间的时间间隔T＝__________s.(2)由乙图所示的纸带通过分析计算可知，小车Q运动中受到的阻力f＝__________.(3)从打点计时器打下B点到打下C点的过程中，对钩码P与小车Q组成的系统，合外力做功的公式为W ＝__________(用M 、m 、g 、f 、T 、S 1、S 2、S 3……中的相关符号表示)；钩码P 与小车Q 组成系统的动能改变量ΔE k ＝________(用M 、m 、g 、f 、T 、S 1、S 2、S 3……中的相关符号表示)(4)该实验中，每次实验所求得的W 都略大于ΔE k ，引起该实验误差的原因是__________．解析：(1)相邻两计数点间的时间间隔T ＝5T 0，T 0为打点计时器的打点周期0.02 s ，故T ＝0.1 s.(2)由纸带可求得小车运动时的加速度a ＝(S 3＋S 4)－(S 1＋S 2)(2T )2由牛顿第二定律：mg －f ＝(M ＋m )a解得f ＝2 N 另解：v D ＝S 3＋S 42T ，由动能定理：(mg －f )(S 1＋S 2＋S 3)＝12(M ＋m )×v 2D 可得：f ＝2 N(3)由功的定义式知W ＝(mg －f )S 2 由纸带知：v B ＝S 1＋S 22T v C ＝S 2＋S 32T ，则ΔE k ＝12(M ＋m )(v 2C －v 2B )．答案：(1)0.1 s (2)2 N(3)(mg －f )S 2 12(M ＋m )(v 2C －v 2B )(4)钩码P 下落过程中受到空气的阻力；计算过程中忽略了滑轮的质量即滑轮获得的动能；滑轮转动过程中受到轴、空气的阻力……10．(18分)(2013·河南省中原名校高三第三次联考)天文工作者观测到某行星的半径为R 1，自转周期为T 1，它有一颗卫星，轨道半径为R 2，绕行星公转周期为T 2.若万有引力常量为G ，求：(1)该行星的平均密度；(2)要在此行星的赤道上发射一颗质量为m 的近地人造卫星，使其轨道平面与行星的赤道平面重合，且设行星上无气体阻力，则对卫星至少应做多少功？解析：(1)卫星与行星之间的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力．G Mm R 22＝mR 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22， 解得：M ＝4π2R 32GT 22. V ＝43πR 21ρ＝M /V ＝3πR 32GT 22R 31. (2)发射质量为m 的人造卫星在该行星的近地轨道上运行，可以认为其轨道半径为R 1，万有引力提供向心力，G Mm R 21＝m v 2R 1， 解得：v ＝GMR 1＝4π2R 32R 1T 22. 该人造卫星在此行星表面上随行星一起自转，自转的线速度v 0＝2πR 0T 1. 要发射该卫星．对卫星至少应做的功等于卫星动能的增加量，W ＝12m v 2－12m v 20＝2mπ2R 32T 22R 1－2mπ2R 21T 21. 答案：(1)3πR 32GT 22R 31 (2)2mπ2R 32T 22R 1－2mπ2R 21T 2111．(20分)(2013·北京卷)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量k ，并在图中画出弹力F 随x 变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助F －x 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x 1和W 的值．解析：(1)床面下沉x 0＝0.10 m 时，运动员受力平衡mg ＝kx 0得k ＝mg x 0＝5.0×103 N/m F －x 图线如右图．(2)运动员从x ＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等h m ＝12g (Δt 2)2＝5.0 m(3)参考由速度－时间图象求位移的方法，F －x 图线下的面积等于弹力做的功．弹力做功：W T ＝12·x ·kx ＝12kx 2运动员从x 1处上升到最大高度h m 的过程，根据动能定理，有12kx 21－mg (x 1＋h m )＝0得x 1＝x 0＋ x 20＋2x 0h m ≈1.1 m对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有W ＋12kx 20＝mg (h m ＋x 0)得W＝2525 J≈2.5×103 J答案：(1)见解析(2)5.0 m(3)1.1 m 2.5×103 J。
课时作业(二十一)功能关系、能的转化和守恒定律1．(2013·湖南师大附中月考)为了探究能量转化和守恒，小明将小铁块绑在橡皮筋中部，并让橡皮筋穿入铁罐，两端分别固定在罐盖和罐底上．让该装置从不太陡的斜面上A处滚下，到斜面上B处停下，发现橡皮筋被卷紧了，接着铁罐居然能从B处自动滚了上去．下列关于该装置能量转化的判断正确的是() A．从A处滚到B处，主要是重力势能转化为动能B．从A处滚到B处，主要是弹性势能转化为动能C．从B处滚到最高处，主要是动能转化为重力势能D．从B处滚到最高处，主要是弹性势能转化为重力势能[解析]从A处滚到B处，重力势能转化为弹性势能；从B处滚到最高处，弹性势能又转化为重力势能，所以选项D正确．[答案] D2．重物m系在上端固定的轻弹簧下端，用手托起重物，使弹簧处于竖直方向，弹簧的长度等于原长时，突然松手，重物下落的过程中，对于重物、弹簧和地球组成的系统来说，正确的是(弹簧始终在弹性限度内变化) () A．重物的动能最大时，重力势能和弹性势能的总和最小B．重物的重力势能最小时，动能最大C．弹簧的弹性势能最大时，重物的动能最小D．重物的重力势能最小时，弹簧的弹性势能最大[解析]重物下落过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能的相互转化，所以当动能最大时，重力势能和弹性势能的总和最小，A正确；当重物的重力势能最小时，重物应下落到最低点，其速度为零，动能最小，此时弹簧伸长量最大，弹性势能最大，故B错误，C、D正确．[答案] ACD3．以初速度v0竖直上抛一个质量为m的小球，小球运动过程中所受阻力F 大小不变，上升最大高度为h，则抛出过程中，人的手对小球做的功是() 阻A.12m v2B．mghC.12m v2＋mgh D．mgh＋F阻h[解析]抛出过程中，通过人的手对小球做功，由功能关系有W＝12m v2.小球在上升过程中要克服重力做功，重力势能增加，克服阻力做功产生内能，故由能量守恒定律得12m v 20＝mgh＋F阻h综上可知，选项A、D正确．[答案] AD4.如右图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5 N的物块从靠近转轴的位置从静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J．则以下说法正确的是() A．物块的竖直高度降低了0.8 mB．由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 mC．物块获得的动能为4 JD．由于木板转动，物块的机械能必定增加[解析]由重力势能的表达式E p＝mgh，重力势能减少了4 J，而mg＝5 N，故h＝0.8 m，A项正确、B项错误；木板转动，但是木块的支持力不做功，故物块机械能守恒，C项正确、D项错误．[答案] AC5．(2012·福建福州市质检)如右图所示，在光滑斜面上的A点先后水平抛出和静止释放两个质量相等的小球1和2，不计空气阻力，最终两小球在斜面上的B点相遇，在这个过程中() A．小球1重力做的功大于小球2重力做的功B．小球1机械能的变化大于小球2机械能的变化C．小球1到达B点的动能大于小球2的动能D．两小球到达B点时，在竖直方向的分速度相等[解析]重力做功只与初、末位置的高度差有关，与物体经过的路径无关，所以重力对1、2两小球所做的功相等，A错误；1、2两小球从A点运动到B点的过程中，只有重力对其做功，所以它们的机械能均守恒，B错误；由动能定理可得，对小球1有：mgh＝E k1－E k0，对小球2有：mgh＝E k2－0，显然E k1>E k2，C正确；由上面的分析可知，两小球到达B点时，小球1的速度大于小球2的速度，且小球1的速度方向与竖直方向的夹角小于小球2速度方向与竖直方向的夹角，因此，小球1在竖直方向上的速度大于小球2在竖直方向上的速度，D错误．[答案] C6.如右图所示，用手通过弹簧拉着物体沿光滑斜面上滑，下列说法正确的是() A．物体只受重力和弹簧的弹力作用，物体和弹簧组成的系统机械能守恒B．手的拉力做的功，等于物体和弹簧组成的系统机械能的增加量C．弹簧弹力对物体做的功，等于物体机械能的增加量D．手的拉力和物体重力做的总功等于物体动能的增加量[解析]对于物体和弹簧组成的系统，当只有重力做功时机械能才守恒，手的拉力对系统做正功，系统的机械能增大，由功能关系可知，A错，B对；对物体，弹簧弹力是外力，物体所受外力中，除重力外只有弹簧弹力做功，因此弹簧弹力做的功等于物体机械能的增加量，C对；手的拉力作用于弹簧，因此引起弹簧的形变而改变弹性势能，D错．[答案] BC7．如下图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失；换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2>m 1)压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是 ( )A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同[解析] 设弹簧的弹性势能为E p .从D →B 过程由能量守恒得．E p ＝12m v 2B .因为m 2>m 1所以选项A 错．从D →最大高度过程．由能量守恒得．E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ即h ＝E p mg (1＋μcot θ)所以选项B 错，C 、D 均正确．[答案] CD8．如下图所示，水平传送带AB 长21 m ，以6 m/s 顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B 点，半圆形光滑轨道半径R ＝1.25 m ，与水平台面相切于C 点，BC 长s ＝5.5 m ，P 点是圆弧轨道上与圆心O 等高的一点．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是 ( )A ．物块不能到达P 点B ．物块能越过P 点做斜抛运动C ．物块能越过P 点做平抛运动D ．物块能到达P 点，但不会出现选项B 、C 所描述的运动情况[解析] 物块从A 点释放后在传送带上做加速运动，假设达到台面之前能够达到传送带的速度v ，则由动能定理得，μmgx 1＝12m v 2，得x 1＝18 m<21m ，假设成立．物块以6 m/s 冲上台面，假设物块能到达P 点，则到达P 点时的动能E k P ，可由动能定理求得，－μmgx －mgR ＝E k P －12m v 2，得E k P ＝0，可见，物块能到达P 点，速度恰为零，之后从P 点滑回来，不会出现选项B 、C 所描述的运动情况，D 正确．[答案] D9．(2012·浙大附中期中)如右图所示，一质量为m 的滑块以初速度v 0从固定于地面的斜面底端A 开始冲上斜面，到达某一高度后返回A ，斜面与滑块之间有摩擦．如下图所示，下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v ，加速度a ，重力势能E p 和机械能E 随时间的变化图象，可能正确的是 ( )[解析] 设斜面倾角为α，上滑过程中，滑块沿斜面向上做匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝(g sin α＋μg cos α)恒定不变，下滑过程中，滑块做匀加速直线运动，加速度大小为a 2＝(g sin α－μg cos α)恒定不变，显然a 2<a 1，因为滑块最后返回原出发点，所以它们的位移相等，根据公式t ＝ 2sa 可知，下滑的时间较长，所以选项AB 排除；在上滑过程中，E p ＝mgh ＝mgx sin α＝mg sin α(v 0t －12a 1t 2)，E p－t 图象是一条经过原点，开口方向向下的抛物线，机械能E ＝12m v 20－W f ＝12m v 20－μmg cos αx ＝12m v 20－μmg cos α(v 0t －12a 1t 2)＝12a 1μmg cos αt 2－μmg cos αv 0t ＋12m v 20，可见，E －t 图象是一条不经过原点，开口方向向上的抛物线，显然，选项D 可排除．本题答案为C.[答案] C10．(2012·福建师大附中期中)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如下图甲所示)，以此时为t ＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如下图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小|v 1|>|v 2|)．已知传送带的速度保持不变(g 取10 m/s 2)，则 ( )A ．0～t 1内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12m v 22－12m v 21D ．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小[解析] 0～t 1内，物块沿斜面向下运动，其势能和动能都减小，所以其机械能减小，除重力外，其他外力对物块做负功，即物块对传送带做负功，选项A 错误；根据图乙可知，在t 1时刻，物块的速度减为零，之后在传送带的作用下做加速运动，所以其合力方向沿斜面向上，即μmg cos θ>mg sin θ，μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，传送带对物块做的功W 加上物块重力做的功W G 等于物块动能的增加量，即W ＋W G ＝12m v 22－12m v 21，根据v －t 图象的“面积”法求位移可知，W G ≠0，所以选项C 错误；在0～t 2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q ＝fs 相对，该过程中，物块受到的摩擦力f 大小恒定，设0～t 1内物块的位移大小为s 1，t 1～t 2内物块的位移大小为s 2，则s 相对>s 1＋s 2，对0～t 1内和t 1～t 2内的物块运用动能定理有：－(f －mg sin θ)s 1＝0－12m v 21，(f －mg sin θ)s 2＝12m v 22，所以fs 1＝12m v 21＋mg sin θs 1，fs 2＝12m v 22＋mg sin θs 2，所以Q ＝fs 相对>f (s 1＋s 2)＝12m v 21＋12m v 22＋mg sin θ(s 1＋s 2)>12m v 21－12m v 22，故选项D 正确．本题答案为D. [答案] D11．(2012·浙江联考)如下图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r 的圆形储水桶．水桶底部有多个水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R ，水桶底部与水池水面之间的高度差是h .为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H 的水桶上方．水泵由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射(如下图乙所示)，太阳光垂直照射时单位时间、单位面积接受的能量为E 0.水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m 0，流出水流的速度大小为v 0(不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力)．求：(1)水从小孔喷出时的速度大小；(2)水泵的输出功率；(3)为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S .[解析] (1)水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v ，有R －r ＝v t ，h ＝12gt 2，解得v ＝(R －t )2h 2gh . (2)水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能．由功能关系得P ＝m 0gH ＋12m 0v 20.(3)考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收太阳能的其中一部分转变成电能E 1，电能通过水泵将其中的部分转变成水的势能与动能E 2，有E 1＝η1E 0S cos α，E 2＝η2E 1，由能量守恒得E 2＝m 0gH ＋12m 0v 20，联立以上各式解得S ＝m 0gH ＋12m 0v 20η1η2E 0cos α. 12．(2012·辽宁大连测试)如右图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给A 、B 一初速度v 0使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．[解析](1)A和斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据能量关系有：2mgL sinθ＋12·3m v2＝12·3m v2＋mgL＋fL，v＝v20－23μgL3.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，－f·2x＝0－12×3m v2，x＝3v204μg－L2.(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有E p＋mgx＝2mgx sinθ＋fx，因为mgx＝2mgx sinθ，所以E p＝fx＝34m v2－32μmgL.[答案] (1) v20－23μgL3(2)3v204μg－L2(3)34m v2－32μmgL。
课时作业(十九)1．一个小球从高处自由落下，则球在下落过程中的动能() A．与它下落的距离成正比B．与它下落距离的平方成正比C．与它运动的时间成正比D．与它运动时间的平方成正比[解析]由动能定理：mgh＝12m v2，可知A正确，又因为h＝12gt21代入上式得：12mg2t2＝12mυ2，所以D正确．[答案] AD2．(2012·中山模拟)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g.下列说法正确的是() A．小车克服重力所做的功是mghB．合外力对小车做的功是12m v2C．推力对小车做的功是12m v2＋mghD．阻力对小车做的功是12m v2＋mgh－Fx[解析]小车克服重力做功W＝mgh，A正确；由动能定理，小车受到的合力做的功等于小车动能的增量，W合＝ΔE k＝12m v2，B正确；由动能定理，W合＝W推＋W重＋W阻＝12m v2，所以推力做的功W推＝12m v2－W阻－W重＝12m v2＋mgh－W 阻，C 错误；阻力对小车做的功W 阻＝12m v 2－W 推－W 重＝12m v 2＋mgh －Fx ，D正确．[答案] ABD3．如图所示，质量为m 0、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上．质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的滑动摩擦力为F f .物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .在这个过程中，以下结论正确的是( )A ．物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋s )B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f LC ．物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s )D ．物块克服摩擦力所做的功为F f s[解析] 物块m 在水平方向受到拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，物块的位移为L ＋s ，合力对物块做的功为(F －F f )(L ＋s )；物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋s )，A 正确，B 错误；摩擦力对物块做的功等于摩擦力的大小F f 与位移(L ＋s )的乘积，C 正确，D 错误．[答案] AC4．(2012·山东省济宁市期末)木块在水平恒定的拉力F 作用下，由静止开始在水平路面上前进x ，随即撤消此恒定的拉力，接着木块又前进了2x 才停下来．设运动全过程中路面情况相同，则木块在运动中获得动能的最大值为( )A.Fx 2B.Fx 3 C ．Fx D.2Fx 3 [解析] 木块从静止开始在拉力F 和阻力(设为f )的作用下，先做匀加速直线运动，撤去拉力F 后木块在阻力f 的作用下做匀减速运动，所以撤去拉力F 的瞬间木块的动能最大．对全过程分析，由动能定理有Fx －f ·3x ＝0；对木块由静止开始到最大动能的过程，由动能定理得E km ＝Fx －fx ，由此二式解得：E km ＝23Fx ，D 正确．[答案] D5．如图所示，质量为m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F 时，转动半径为R .当拉力逐渐减小到F 4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R ，则外力对物体做的功为 ( )A ．－FR 4B.3FR 4C.5FR 2D.FR 4 [解析] F ＝m v 21R ，F 4＝m v 222R ，由动能定理得W ＝12m v 22－12m v 21，联立解得W ＝－FR 4，即外力做功为－FR 4.A 项正确．[答案] A6．(2013·苏北四市期末联考)如下图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为( )A ．0B.12F m x 0C.π4F m x 0D.π4x 20[解析] 根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”的方法来解决．力F 所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E k＝W ＝12S 圆＝12π(x 02)2，又F m ＝x 02.整理得E k ＝π4F m x 0＝π8x 20，C 选项正确．[答案] C7．(2012·南宁联考)“头脑风暴法”是上个世纪风靡美国的一种培养学生创新思维能力的方法，某学校的一个“头脑风暴实验研究小组”以保护鸡蛋为题，要求制作一个装置，让鸡蛋从高处落到地面而不被摔坏；鸡蛋要不被摔坏，直接撞击地面的速度最大不能超过1.5 m/s.现有一位学生设计了如右图所示的一个装置来保护鸡蛋，用A、B两块较粗糙的夹板夹住鸡蛋，鸡蛋夹放的位置离装置下端的距离s＝0.45 m，A、B夹板与鸡蛋之间的摩擦力都为鸡蛋重力的5倍，现将该装置从距地面某一高度处自由下落，装置碰地后速度为0，且保持竖直不反弹，不计装置与地面作用时间．(g＝10 m/s2)求：刚开始装置的末端离地面的最大高度H.[解析]解法一：分阶段：设装置落地瞬间速度为v1，鸡蛋着地瞬间速度为v2＝1.5 m/s，则从装置开始下落到着地过程，对鸡蛋应用动能定理有：mgH＝12m v21在装置着地到鸡蛋撞地过程，对鸡蛋应用动能定理有：mgs－2F f s＝12m v22－12m v21，其中F f＝5mg.代入相关数据解得：H＝4.16 m.解法二：全过程：从装置开始下落到鸡蛋撞地全过程，对鸡蛋应用动能定理有：mg(H＋s)－2F f s＝12m v22－0，代入数据解得：H＝4.16 m.[答案] 4.16 m8．一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功为E /2.若小物块冲上斜面的动能为2E ，则物块( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E /2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为v[解析] 设初动能为E 时，小物块沿斜面上升的最大位移为x 1，初动能为2E 时，小物块沿斜面上升的最大位移为x 2，斜面的倾角为θ，由动能定理得：－mgx 1sin θ－F f x 1＝0－E,2F f x 1＝E 2，E －E 2＝12m v 2；而－mgx 2sin θ－F f x 2＝0－2E ，可得：x 2＝2x 1，所以返回斜面底端时的动能为2E －2F f x 2＝E ，A 正确，B 错误；由E ＝12m v ′2可得v ′＝2v ，C 、D 均错误．[答案] A9.如右图所示，斜面高h ，质量为m 的物块，在沿斜面向上的恒力F 作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F 作用下物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为( )A ．mghB ．2mghC ．2FhD ．Fh [解析] 物块匀速向上运动，即向上运动过程中物块的动能不变，由动能定理知物块向上运动过程中外力对物块做的总功为0，即W F －mgh －W f ＝0①物块向下运动过程中，恒力F 与摩擦力对物块做功与上滑中相同，设滑至底端时的动能为E k ，由动能定理W F ＋mgh －W f ＝E k －0 ②将①式变形有W F －W f ＝mgh ，代入②有E k ＝2mgh .[答案] B 10.如右图所示，质量为m 1、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是( )A ．滑块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s )B ．上述过程满足(F －F f )(L ＋s )＝12m v 21＋12m 1v 22C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长D ．其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] 滑块运动到木板右端的过程中，滑块相对于地面的位移为(L ＋s )，所以滑块克服摩擦力做功为F f (L ＋s )，A 正确；上述过程中对滑块根据动能定理有(F －F f )(L ＋s )＝12m v 21，对木板有F f s ＝12m 1v 22，所以(F －F f )(L ＋s )＋F f s ＝12m v 21＋12m 1v 22，故B 错误；对滑块根据牛顿第二定律有a 1＝F －F f m ，对木板有a 2＝F f m 1，滑块从静止开始运动到木板右端时有12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，可见F 越大，时间越短，C错误；由能量守恒定律可得滑块与木板间产生的热量为F f L ，D 正确．[答案] AD11．(2012·福建卷)如右图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A，B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W1；(2)小船经过B点时的速度大小v1；(3)小船经过B点时的加速度大小a.[解析](1)小船从A点运动到B点克服阻力做功W f＝fd ①(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功W＝Pt1 ②由动能定理有：W－W f＝12m v21－12m v2③由①②③式解得v1＝v20＋2m(Pt1－fd)④(2)设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则P＝Fu ⑤u＝v1cosθ⑥由牛顿第二定律有：F cosθ－f＝ma ⑦由④⑤⑥⑦得，a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm.[答案] (1)fd(2) v20＋2m(Pt1－fd)(3)Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm12．(2012·安徽名校模拟)玉树地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中常使用如图所示的传送带．已知某传送带与水平面成θ＝37°角，传送带的AB部分长L＝5.8 m，传送带以恒定的速率v＝4 m/s按图示方向传送，若在B端无初速度地放置一个质量m＝50 kg的救灾物资P(可视为质点)，P与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6)．求：(1)物资P从B端开始运动时的加速度；(2)物资P到达A端时的动能．[解析](1)P刚放上B端时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝maF N ＝mg cos θF f ＝μF N联立解得加速度为a ＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2(2)P 达到与传送带相同速度的位移x ＝v 22a ＝0.8 m以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，根据动能定理得(mg sin θ－F f )(L －x )＝12m v 2A －12m v 2到A 端时的动能E k A ＝12m v 2A ＝900 J[答案] (1)10 m/s 2 (2)900 J。
一、机械能守恒定律1．机械能守恒定律的两种表述（1）在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
（2）如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。
2．对机械能守恒定律的理解：（1）机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。
通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。
另外小球的动能中所用的v，也是相对于地面的速度。
（2）当研究对象（除地球以外）只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功”来判定机械能是否守恒；当研究对象（除地球以外）由多个物体组成时，往往根据是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。
3．对机械能守恒条件的认识如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和势能的相互转化时，机械能的总量保持不变，这就是机械能守恒定律．没有摩擦和介质阻力，这是守恒条件．【例1】如图所示斜面光滑，1、若斜面固定在地面上，物块从静止沿斜面下滑过程中，物块机械能是否守恒？系统机械能是否守恒？2、地面和斜面都是光滑的，重新回答此问题4．机械能守恒定律的各种表达形式三种表达式1.守恒观点2.转化观点.3转移观点，无论哪种观点，都是机械能总和保持不变5．解题步骤⑴确定研究对象和研究过程。
⑵判断机械能是否守恒。
⑶选定一种表达式，列式求解。
（采用合适表达式，简化理解难度）【例2】如图所示，质量分别为2 m 和3m 的两个小球固定在一根直角尺的两端A 、B ，直角尺的顶点O 处有光滑的固定转动轴。
AO 、BO 的长分别为2L 和L 。
开始时直角尺的AO 部分处于水平位置而B 在O 的正下方。
让该系统由静止开始自由转动，求：当A 到达最低点时，A 小球的速度大小v ；解析：以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机械能守恒。
过程中A 的重力势能减少， A 、B 的动能和B 的重力势能增加，A 的即时速度总是B 的2倍。
