高考物理总复习：机械能及其守恒

高考物理总复习：机械能及其守恒

考点1功和功率的理解及计算

1.[2018河北张家口二模][多选]放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示.下列说法正确的是

()

A.0~6 s内物体的位移大小为30 m

B.0~6 s内拉力做的功为70 J

C.合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等

D.滑动摩擦力的大小为5 N

2.[2018江西赣中南五校第一次联考][多选]质量为m的汽车在平直路面上启动,启动过程的速度—时间图象如图所示.从t1时刻起汽车的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f,则()

A.0~t1时间内,汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量

B.t1~t2时间内,汽车的功率等于(m v1

t1

+F f)v1

C.汽车运动的最大速率v2=(mv1

F f t1

+1)v1

D.t1~t2时间内,汽车的平均速率等于v1+v2

2

3.[2014重庆高考,2,6分]某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则()

A.v2=k1v1

B.v2=k1

k2v1 C.v2=k2

k1

v1 D.v2=k2v1

考点2动能定理的理解与应用

4.[2018河南郑州第一次质量预测][多选]如图所示,有三个斜面a、b、c,底边的长分别为L、L、2L,高度分别为2h、h、h,某质点与三个斜面间的动摩擦因数均相同,这个质点分别沿三个斜面从顶端由静止释放后,都可以加速下滑到底端.三种情况相比,下列说法正确的是()

A.下滑过程经历的时间t a>t b=t c

B.质点到达底端的动能E k a>E k b>E k c

C.因摩擦产生的内能2Q a=2Q b=Q c

D.质点损失的机械能ΔE c=2ΔE b=4ΔE a

5.[2017湖南六校联考][多选]一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后,返回到斜面底端.

.若小物块已知小物块的初动能为E k,它返回斜面底端时的速度大小为v,克服摩擦力做功为E k

2

冲上斜面的初动能变为2E k,则有()

A.返回斜面底端时的动能为E k

B.返回斜面底端时的动能为3

E k

2

C.返回斜面底端时的速度大小为2v

D.返回斜面底端时的速度大小为√2v

6.[多选]如图甲所示,质量m=2 kg的物块放在光滑水平面上,在B点的左方始终受到水平恒力F1的作用,在B点的右方除受到F1的作用外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2的作用.物块从A点由静止开始运动,在0~5 s内运动的v-t图象如图乙所示,由图可知()

A.t=2.5 s时,物块经过B点

B.t=2.5 s时,物块距B点距离最远

C.t=3.0 s时,恒力F2的功率P为10 W

D.在1~3 s的过程中,F1与F2做功之和为-8 J

7.[2018山东临沂检测]如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B 点,BC右端连接一口深为H,宽度为d的深井CDEF,一个质量为m的小球放在曲面AB上,可从距BC面不同的高度处由静止释放.已知BC段长L,小球与BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度g取10 m/s2.则:

(1)若小球恰好落在井底E点处,求小球释放点距BC面的高度h1;

(2)若小球不能直接落在井底,求小球打在井壁EF上的最小动能E kmin和此时的释放点距BC 面的高度h2.

考点3机械能守恒定律的理解与应用

8.[2017甘肃武威模拟][多选]如图所示,半径为R的光滑圆环竖直放置,环上套有质量分别为m 和2m的小球A和B,A、B之间用一长为√2R的轻杆相连.开始时A在圆环的最高点,现将A、B由静止释放,则()

A.B可以运动到圆环的最高点

B.A运动到圆环的最低点时速度为2√gR

C.在A、B运动的过程中,A、B组成的系统机械能守恒

D.B从开始运动至到达圆环最低点的过程中,杆对B所做的总功为零

9.[2018福建莆田检测]如图所示,将质量为2m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,与A点距离为d.现将环从A点由静止释放,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是()

A.环到达B点时,重物上升的高度h=d

2

B.环到达B点时,环与重物的速度大小之比为√2:2

C.环从A点到B点,环减少的机械能大于重物增加的机械能

D.环能下降的最大高度为4d

3

10.[2018安徽六安检测]如图所示,将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上,槽的左侧有一竖直墙壁.现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落,从A点与半圆形槽相切进入槽内,则下列说法正确的是()

A.小球在半圆形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功

B.小球从A点运动到半圆形槽的最低点的过程中,小球处于失重状态

C.小球从A点经最低点运动到右侧最高点的过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒

D.小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒

11.[2018江西宜春检测]如图所示,倾角30°的光滑斜面上,轻质弹簧两端连接着两个质量均为m=1 kg的物块B和C,C紧靠着挡板P,B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M=8 kg的物块A连接,细绳平行于斜面,A在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R=2 m的光滑圆弧轨道的顶端a处,此时绳子恰好拉直且无张力;圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切,bc与一个半径r=0.2 m的光滑圆轨道平滑连接.由静止释放A,当A滑至b时,C恰好离开挡板P,此时绳子断裂.已知A与bc间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,弹簧的形变始终在弹性限度内,细绳不可伸长.

(1)求弹簧的劲度系数;

(2)求物块A滑至b处,绳子断后瞬间,A对圆轨道的压力大小;

(3)为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨,则bc间的距离应满足什么条件?

考点4功能关系的理解与应用

12.[2017福建福州质检][多选]如图甲所示,在水平地面上固定一竖直轻弹簧,弹簧上端与一个

质量为0.1 kg的木块A相连,质量也为0.1 kg的木块B叠放在A上,A、B都静止.在B上施加一个竖直向下的力F使木块缓慢向下移动,力F大小与移动距离x的关系如图乙所示,整个过程弹簧都处于弹性限度内.下列说法正确的是()

A.木块下移0.1 m过程中,弹簧的弹性势能增加2.5 J

B.弹簧的劲度系数为500 N/m

C.木块下移0.1 m时,若撤去力F,则此后B能达到的最大速度为5 m/s

D.木块下移0.1 m时,若撤去力F,则A、B分离时的速度为5 m/s

13.[2018湖北襄阳四中高三检测][多选]在一水平向右匀速传输的传送带的左端A点,每隔时间T,轻放上一个相同的工件.已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量均为m,经测量,发现那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x,重力加速度为g,下列判断正确的是()

A.传送带的速度为x

T

B.传送带的速度为√2μgx

C.在一段较长的时间t内,传送带因传送工件而多消耗的能量为mtx2

T3

μmgx

D.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为1

2

14.[2017河北石家庄辛集中学检测]如图所示,倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P,质量为m 的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上,A位于B的最上端且与挡板P相距L.已知A 与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1>tan θ>μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A 与挡板P相撞的过程中没有机械能损失.将A、B同时由静止释放.

(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1;

(2)若A与挡板P不相撞,求木板B的最小长度l0;

(3)若木板B的长度为l,求整个过程中木板B运动的总路程.

考点5实验：探究动能定理

15.[2017四川南充三模]在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中,某实验探究小组的实验装置如图甲所示.木块从A点静止释放后,在一根弹簧作用下弹出,沿足够长木板运动到B1点停下,O点为弹簧原长时所处的位置,测得OB1的距离为L1,并记录此过程中弹簧对木块做的功为W0.用完全相同的弹簧两根、三根……并列在一起进行第2次、第3次……实验,每次实验木块均从A点静止释放,分别运动到B2、B3…停下,测得OB2、OB3…的距离分别为L2、L3…,作出弹簧对木块做功W与木块停下的位置距O点的距离L的W-L图象,如图乙所示.

(1)根据图线分析,弹簧对木块做功W与木块在O点的速度v O之间的关系..

(2)W-L图线为什么不通过原点?.

(3)弹簧被压缩的长度L OA为.

16.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数,小亮设计了如图甲所示的装置进行实验.实验中,当木块A位于水平桌面上的O点时,重物B刚好接触地面.将A拉到P点,待B稳定后静止释放,A 最终滑到Q点.分别测量OP、OQ的长度h和s.改变h,重复上述实验,分别记录几组实验数据.

(1)实验开始时,发现A释放后会撞到滑轮.请提出两个解决方法.

(2)请根据下表的实验数据在图乙中作出s-h关系的图象.

h(cm) 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0

s(cm) 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5

(3)实验测得A、B的质量分别为m=0.40 kg、M=0.50 kg.根据s-h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ=(结果保留一位有效数字).

(4)实验中,滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果(填“偏大”或“偏小”).

考点6实验：验证机械能守恒定律

17.某研究性学习小组用如图(a)所示装置验证机械能守恒定律.让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置(O点正下方),若不考虑空气阻力,小球的机械能应该守恒,即1

m v02=mgh.直接测

2

量摆球到达B点的速度v0比较困难.现让小球在B点处脱离悬线做平抛运动,利用平抛运动的规律来间接地测出v0.

图(a)中,悬点O正下方P点处有水平放置的炽热的电热丝,当悬线摆至电热丝处时能轻易瞬间被烧断,小球由于惯性向前飞出做平抛运动.在地面上放上白纸,上面覆盖着复写纸,当小球落在复写纸上时,会在下面白纸上留下痕迹.用重垂线确定出A、B点的投影点N、M.重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放),球的落点痕迹如图(b)所示,图中米尺水平放置,零

刻度线与M点对齐.用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2,算出A、B两点间的竖直距离,再量出M、C之间的距离x,即可验证机械能守恒定律.已知重力加速度为g,小球的质量为m.

(1)根据图(b)可以确定小球平抛运动的水平距离为cm.

(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0=.

(3)用测出的物理量(即题中所给字母)表示出小球从A到B过程中,重力势能的减少量

ΔE p=,动能的增加量ΔE k=.

18.[2017安徽检测]某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中,提出了如图所示的甲、乙两种方案:甲方案为用自由落体运动进行实验,乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验.

(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析,最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案,你认为该小组选择的方案是,理由是.

(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图丙所示,相邻两点之间的时间间隔为0.02 s,请根据纸带计算出B点的速度大小为m/s.(结果保留三位有效数字)

(3)该小组同学根据纸带算出了相应点的速度,作出v2-h图线如图丁所示,请根据图线计算出当地的重力加速度g=m/s2.(结果保留三位有效数字)

答案

1.ABC v-t 图象中图线与t 轴围成的面积表示位移大小,0~6 s 内物体的位移大小为30 m,A 正确.P-t 图象中图线与t 轴围成的面积表示功,0~6 s 内拉力做的功为70 J,B 正确.由动能定理知,2~6 s 内合外力不做功,C 正确.2~6 s 内物体做匀速运动,有F=F f ,P=Fv ,F f =53 N,D 错误.

2.BC 由动能定理知,0~t 1时间内,汽车所受合外力做功的大小等于汽车动能的增加量,选项A 错误.0~t 1时间内,汽车做匀加速直线运动,加速度大小a=v

1t 1,由牛顿第二定律有F-F f =ma ,解得F=m v 1t 1+F f ;t 1~t 2时间内,汽车的功率P=Fv 1=(m v

1t 1+F f )v 1,选项B 正确.由P=F f v 2,可得汽车运动的最大速率v 2=P F f =(mv 1F f t 1+1)v 1,选项C 正确.由图象可知,t 1~t 2时间内,汽车的平均速率大于v 1+v 22,

选项D 错误.

3.B 设该车受到的阻力分别为f 1=k 1mg ,f 2=k 2mg ,当该车以相同功率启动达到最大速率时,有F=f ,故由P=Fv 可知最大速率v=P F =P f ,则v 1v 2=f 2f 1=k 2k 1,有v 2=k

1k 2v 1,故选B . 4.BC 由s=12at 2得t=√2s a ,对于斜面a 、c ,c 的加速度比a 的小,得t c >t a ,对于斜面b 、c ,斜面c 的长度大于斜面b ,而根据三角关系可知质点在斜面c 上的加速度小于斜面b 上的,可得t c >t b ,故选项A 错误;设质点质量为m ,分别对斜面a 、b 、c ,根据动能定理得2mgh-μmgL=E k a ,mgh- μmgL=E k b ,mgh-μmg ·2L=E k c ,根据题图中斜面高度和底边长度可知质点滑到底端时动能大小关系为E k a >E k b >E k c ,选项B 正确;质点沿三个斜面下滑,除重力外只有摩擦力做功,根据能量守恒定律,损失的机械能转化成摩擦产生的内能,由题图可知a 和b 底边相等且等于c 的12,故因摩擦产生的内能关系为Q a =Q b =12Q c ,即2Q a =2Q b =Q c ,所以损失的机械能ΔE a =ΔE b =12ΔE c ,即2ΔE a =2ΔE b =ΔE c ,选项C 正确,D 错误.

5.AD 当初动能为E k 的小物块滑至最高点时,由动能定理有0-E k =-mgl sin θ-F f l ①;小物块从最高点滑到底端时,同理有12mv 2=mgl sin θ-F f l ②,联立得12mv 2=E k -2F f l=E k -E k 2=E

k 2.当小物块的初动能为2E k 时,由①式得小物块向上运动的最大位移将变为2l ,克服摩擦力做的功将变成

原来的2倍,有W F f =E k 2×2=E k .同理,小物块滑到底端的末动能12m v x 2=2E k -E k =E k ,v x =√2v. 6.BCD 由图象可知F 1的方向水平向右,F 2的方向水平向左,在t=1 s 时速度开始变小,故t=1 s 时,物块经过B 点,A 错误;物块在前2.5 s 内一直向右运动,2.5 s 以后反向运动,故2.5 s 时物块离B 点最远,B 正确;物块在0~1 s 内和1~4 s 内的加速度大小分别为a 1=3 m/s 2,a 2=2 m/s 2,又有F 1=ma 1=6 N,F 2-F 1=ma 2,得F 2=10 N,t=3.0 s 时物块的速度大小为1 m/s,故此时F 2的功率

P=F 2v=10 W,C 正确;根据动能定理,在1~3 s 内F 1和F 2做功之和等于物块的动能变化,即ΔE k =12×2×12 J -12×2×32 J =-8 J,D 正确. 7.(1)μL+d 24H (2)mgd μL+d 2 解析:(1)小球由释放点运动到C 点,由动能定理得

mgh-μmgL=12m v C 2 自C 点水平飞出后,由平抛运动规律得x=v C t ,y=12gt 2 联立解得h=μL+x 24y

若小球恰好落在井底E 点处,则x=d ,y=H

代入解得小球的释放点距BC 面的高度为

h 1=μL+d 24H .

(2)若小球不能直接落在井底,则x=d ,设打在EF 上的动能为E k ,

又v'C =d √g 2y ' 小球由C 点运动到EF 的过程中,由动能定理得

mgy'=E k -12mv 'C 2

代入v'C 得E k =mgy'+

mgd 24y ' 当y'=d 2时,E k 最小,且E kmin =mgd

此时小球的释放点距BC 面的高度为h 2=μL+d 2. 8.CD 在A 、B 运动的过程中,只有动能和重力势能相互转化,A 、B 组成的系统机械能守恒,C 选项正确.假设B 能到达圆环的最高点,相当于A 、B 的高度进行了交换,由于B 的质量大于A 的质量,系统的机械能会增大,这不符合机械能守恒定律,所以A 选项错误.A 运动到圆环的最低点时,B 的高度与初位置相同,A 减少的重力势能恰等于两小球增加的动能,有2mgR=12(m+2m )v 2,可得v=√43gR ,B 选项错误.B 球从开始运动至圆环最低点的过程中,有mgR+2mgR=12(m+2m )v 2,可得v=√2gR ,B 球在最低点的动能E k B =12

×2mv 2=2mgR ,刚好等于B 球减少的重力势能,说明杆对B 球所做的总功为零,D 选项正确.

9.D 环到达B 点时,重物上升的高度为(√2-1)d ,A 错误;环运动到B 点时,速度与绳不共线,需要沿绳子和垂直绳子的方向分解环的速度,而沿绳子方向的速度即重物的速度,则环与重物的速度大小之比为√2:1,故B 错误;以环和重物为研究对象,机械能守恒,故环从A 点到B 点,环减少的机械能等于重物增加的机械能,C 错误;当环到达最低点时速度为零,此时环减少的重力

势能等于重物增加的重力势能,设环下降的最大高度为h ,因而有mgh=2mg (√d 2+?2-d ),解得h=4d

3,D 正确. 10.C 小球从A 点运动到半圆形槽的最低点的过程中,半圆形槽有向左运动的趋势,但是实际上没有动,整个系统只有重力做功,所以小球与槽组成的系统机械能守恒;而小球过了半圆形槽的最低点以后,半圆形槽向右运动,由于系统没有其他形式的能量产生,满足机械能守恒的条件,所以系统的机械能守恒;小球从开始下落至到达槽最低点前,小球先失重,后超重;当小球向右上方滑动时,半圆形槽也向右移动,半圆形槽对小球做负功,小球的机械能不守恒.所以选项A 、B 、D 错误,C 正确.

11.(1)5 N/m (2)144 N (3)6 m≤x ≤8 m 或0≤x ≤3 m

解析:(1)A 位于a 处时,绳无张力且物块B 静止,故弹簧处于压缩状态,对B ,由平衡条件有kx=mg sin 30°

当C 恰好离开挡板P 时,C 的加速度为0,故弹簧处于拉伸状态

对C ,由平衡条件有kx'=mg sin 30°

由几何关系知R=x+x'

代入数据解得k=2mgsin30°

R =5 N/m .

(2)物块A 在a 处与在b 处时,弹簧的形变量相同,弹性势能相同.故A 在a 处与在b 处时,A 、B 系统的机械能相等

有MgR (1-cos 60°)=mgR sin 30°+12M v A 2+1

2m v B 2 如图所示,将A 在b 处的速度分解,由速度分解关系有v A cos 30°=v B

代入数据解得v A =√4(M -m )gR

4M+3m =4 m/s

在b 处,对A ,由牛顿第二定律有N-Mg=

Mv A 2R

代入数据解得N=Mg+Mv A 2R =144 N

由牛顿第三定律知,A 对圆轨道的压力大小为N'=144 N .

(3)物块A 不脱离圆形轨道有两种情况:

①第一种情况,不超过圆轨道上与圆心的等高点

由动能定理,恰能进入圆轨道时需满足条件-μMgx 1=0-12

M v A 2 恰能到圆心等高处时需满足条件-Mgr-μMgx 2=0-12M v A 2

代入数据解得x 1=v A 22μg =8 m,x 2=v A 2-2gr

2μg =6 m

即6 m≤x ≤8 m;

②第二种情况,过圆轨道最高点

在最高点,由牛顿第二定律有Mg+F N =Mv 2

r

恰能过最高点时,F N =0,v=√gr

由动能定理有-Mg ·2r-μMgx'=12Mv 2-12M v A 2 代入数据解得x'=v A 2-5gr 2μg =3 m

故此时bc 间距离应满足0≤x ≤3 m .

12. BC 木块下移0.1 m 过程中,由F-x 图象可知,力F 所做的功W=12Fx=2.5 J,由能量守恒定律可得W+2mgx=ΔE p ,可得ΔE p =2.7 J,选项A 错误;未施加力F 时,对木块A 、B 进行受力分析,由平衡条件可得kx 0-2mg=0,在木块A 、B 下移0.1 m 时,两木块仍处于平衡状态,则k (x+x 0)-F- 2mg=0,联立可得k=F x =500 N/m,选项B 正确;木块下移0.1 m 时,若撤去力F ,则此后B 再次回到原来平衡位置处速度最大,对下移0.1 m 到原来平衡位置的过程中,由能量守恒定律可得W=12×2mv 2,解得v=√W m =5 m/s,选项C 正确;此后两木块向上做减速运动,直到弹簧恢复原长位置时开始分离,此时两木块的速度要比5 m/s 小,选项D 错误.

13.AC 工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件滑上传送带后运动的规律相同,由x=vT ,得传送带的速度v=x T ,选项A 正确;设每个工件做匀加速直线运动的位移为s ,根据牛顿第二定律有μmg=ma ,得工件的加速度a=μg ,结合v 2=2as ,得传送带的速度v=√2μgs ,选项B 错误;工件与传送带相对滑动的路程Δs=v ·v a -v 2·v a

=2s-s=x 22μgT 2,则因摩擦产生的热量Q=μmg Δs=

mx 22T 2,选项D 错误;根据能量守恒定律得,传送带因传送一个工件多消耗的能量E=12mv 2+Q=mx 2T 2,在时间t 内,传送工件的个数n=t T ,则多消耗的能量E'=nE=

mtx 2

T 3,选项C 正确.

14.(1)g sin θ-μ2g cos θ (2)sinθ-μ2cosθ(μ1-μ2)cosθL (3)见解析

解析:(1)释放A 、B ,它们一起匀加速下滑.以A 、B 为研究对象,由牛顿第二定律有mg sin θ- μ2mg cos θ=ma 1,解得a 1=g sin θ-μ2g cos θ.

(2) 在B 与挡板P 相撞前,A 和B 相对静止,以相同的加速度一起向下做匀加速运动.B 与挡板P 相撞后立即静止,A 开始匀减速下滑.若A 到达挡板P 处时的速度恰好为零,此时B 的长度即最小长度l 0.从A 释放至到达挡板P 处的过程中,B 与斜面间由于摩擦产生的热量Q 1=μ2mg cos θ· (L-l 0),A 与B 间由于摩擦产生的热量Q 2=μ1mg cos θ·l 0,根据能量守恒定律有mgL sin θ=Q 1+Q 2,得l 0=sinθ-μ2cosθ(μ1-μ2)cosθL.

(3)分两种情况:

①若l ≥l 0,B 与挡板P 相撞后不反弹,A 一直减速直到静止在木板B 上,木板B 通过的路程s=L-l ;

②若l

μ1mg cos θ·l,B与斜面间由于摩擦产生的热量Q'2=μ2mg cos θ·s,根据能量守恒定律有mgL sin θ=

Q'1+Q'2,解得s=Lsinθ-μ1lcosθ

μ2cosθ

.

15.(1)W与v O的二次方成线性关系(2)未计木块通过AO段时摩擦力对木块所做的功(3)3 cm

解析:(1)木块从O点到静止的运动过程中,由动能定理,知L∝v O2,由图线知W与L成线性关系,因此W与v O的二次方也成线性关系.

(2)由于木块运动过程中,要受到摩擦力作用,未计木块通过AO段时摩擦力对木块所做的功, 导致W-L图线不通过原点.

(3)在图线上取两点(6,W0)、(42,5W0)得到W0=fL OA+fL1,5W0=fL OA+fL5,得L OA=3 cm.

16.(1)减小B的质量;增加细线的长度(或增大A的质量;降低B的起始高度).(2)如图所示(3)0.4(4)偏大

解析:(1)木块到达滑轮处速度不为零才撞到滑轮,可采用的办法是减小重物B的质量,也可增大细线的长度.

(2)如图所示.

(3)木块A由P点到O点的过程中,对A、B组成的系统根据动能定理有

1

2

(m+M)v2=-μmgh+Mgh①

木块A由O点到Q点的过程中,对A有

1

2

mv2=μmgs②

由①②联立整理得s

?=M-μm

μ(M+m)

,由s-h图象得s

?

=56

60

,并将M、m值代入得μ=0.40.

(4)当滑轮轴的摩擦存在时,相当于增大了木块与桌面间的摩擦力,故计算出的动摩擦因数比真实值偏大.

17.(1)65.0(在64.0~65.5之间均对)(2)x·√g

2?2

(3)mg(h1-h2)mgx2

4?2

解析:(1)画一个圆,将球的落点痕迹全部圈在里面,圆心的位置就是我们要找的球的落点,因为零刻度线与M 点对齐,所以读出M 、C 之间的距离即小球平抛运动的水平距离,为65.0 cm(在64.0~65.5 cm 之间均对),注意要估读一位.

(2)在水平方向上x=v 0t ,在竖直方向上h 2=12gt 2,所以

v 0=x ·√g

2?2. (3)AN 的高度为h 1、BM 的高度为h 2, A 、B 两点间的竖直距离为h 1-h 2,所以减少的重力势能

ΔE p =mg (h 1-h 2),动能的增加量ΔE k =12m v 02=mgx 2

4?2.

18.(1)甲 采用乙方案实验时,由于小车与斜面间存在摩擦力的作用,且不能忽略,所以小车在下滑的过程中机械能不守恒,故乙方案不能用于验证机械能守恒 (2)1.37 (3)9.75 解析:(2)v B =(12.40-6.93)×10-2

0.04

m/s =1.37 m/s . (3)因为mgh=12

mv 2,所以g=12v 2?=12k ,k 为图线的斜率,求得g=9.75 m/s 2.