11．(9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，若重物质量为0.50 kg，选择好的纸带如图10所示，O、A之间有几个点未画出．已知相邻两点时间间隔为0.02 s，长度单位是 cm，g取9.8 m/s².则打点计时器打下点B时，重物的速度v_B＝________m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减少量ΔE_p＝________J，动能的增加量ΔE_k＝________J．(结果保留三位有效数字)

图10

解析：v_B＝m/s≈0.973 m/s

动能的增量ΔE_k＝mv_B²＝×0.5×0.973²≈0.237 J

重力势能的减少量ΔE_p＝mgh_B＝0.5×9.8×4.86×10^－2 J≈0.238 J.

答案：0.973　0.238　0.237

10．如图9所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从　

底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60

J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以地面为零势

能点，则下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　 (　)　　　 　图9

A．物体回到出发点时的动能是60 J

B．开始时物体所受的恒力F＝2mgsinθ

C．撤去力F时，物体的重力势能是45 J

D．动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置

解析：由功能关系可知，前一个时间t内，力F做的功等于此过程中物体机械能的增量，也等于前一个时间t末时刻物体的机械能；撤去外力F后，物体的机械能守恒，故物体回到出发点时的动能是60 J，A正确；设前一个时间t末时刻物体速度为v₁，后一个时间t末时刻物体速度为v₂，由t＝t(两段时间内物体位移大小相等)得：v₂＝2v₁，由mv₂²＝60 J知，mv₁²＝15 J，因此撤去F时，物体的重力势能为60 J－15 J＝45 J，C正确；动能和势能相同时，重力势能为30 J，故它们相同的位置一定在撤去力F之前的某位置，D正确；由＝，＝可得：F＝mgsinθ，故B错误．

答案：ACD

9.静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为　

F₁、F₂、F₃的拉力作用做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象

如图8所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下

列判断正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　) 　　　　　图8

A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功

B．全过程拉力做的功等于零

C．一定有F₁+F₃＝2F₂

D．有可能F₁+F₃＞2F₂

解析：由动能定理知A正确，B错误．第1 s内F₁－μmg＝ma,1 s末至3 s末，F₂＝μmg，

第4 s内，μmg－F₃＝ma，所以F₁+F₃＝2F₂，故C正确，D错误．

答案：AC

8. (2009·山东高考)如图7所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是(　)

图7

A．m＝M

B．m＝2M

C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性

势能

解析：自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有：

(m+M)gh＝(m+M)gμcos30°·+E_弹 ①

在木箱反弹到轨道顶端的过程中，由能量守恒有：

E_弹＝Mgμcos30°·+Mgh　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

联立①②得：m＝2M，A错误，B正确．

下滑过程中：

(M+m)gsinθ－(M+m)gμcosθ＝(M+m)a₁ ③

上滑过程中：Mgsinθ+Mgμcosθ＝Ma₂ ④

解之得：a₂＝g(sinθ+μcosθ)＞a₁＝g(sinθ－μcosθ)，

故C正确．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D错误．

答案：BC

7. (2010·南京模拟)半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在　

圆桶的最低点，如图6所示．小车以速度v向右匀速运动，当小车遇

到 障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能是(　)

A．等于　　　　　　　　 　B．大于　　　　　　　　 图6

C．小于 　　　　　　　　　　　　　D．等于2R

解析：小球沿圆桶上滑机械能守恒，由机械能守恒分析知A、C、D是可能的．

答案：ACD

6．带电荷量为+q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如图5所示)，电场强度为E，且qE＜mg，对物体在斜面上的运动，以下说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．滑块将沿斜面减速下滑

B．滑块仍沿斜面匀速下滑　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

C．加电场后，重力势能和电势能之和不变

D．加电场后，重力势能和电势能之和减小

解析：没加电场时，滑块匀速下滑，有：mgsinθ＝μmgcosθ，加上电场后，因(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑块仍匀速下滑，B正确．加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确．

答案：BD

5．如图4甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s².则以下判断正确的是 (　)

图4

A．小环的质量是1 kg

B．细杆与地面间的倾角是30°

C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W

D．前3 s内小环机械能的增加量是6.75 J

解析：设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1 s内的加速度a＝ m/s²＝0.5 m/s²，由牛顿第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝1 kg，A正确；sinα＝0.45，B错误；分析可得前3 s内拉力F的最大功率以1 s末为最大，P_m＝Fv＝5×0.5 W＝2.5 W，C错误；前3 s内小环沿杆上升的位移x＝×1 m+0.5×2 m＝1.25 m，前3 s内小环机械能的增加量ΔE＝mv²+mgxsinα＝5.75 J，故D错误．

答案：A

4．(2009·上海高考)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于　　　　　　　　　　　 (　)

A.　 　　　　　B.　　　　　　　　 C. 　　　　　　　　D.

解析：设小球上升至离地面高度h时，速度为v₁，由地面上抛时速度为v₀，下落至离地面高度h处速度为v₂，空气阻力为F_f.

上升阶段：－mgH－F_fH＝－mv₀²

－mgh－F_fh＝mv₁²－mv₀²

2mgh＝mv₁²

下降阶段：mg(H－h)－F_f(H－h)＝mv₂²

mgh＝2×mv₂²

由以上各式联立得：h＝H.故选D.

答案：D

3．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时的速度大小为v₀.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图3所示，小球越过n条活动挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v₀滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图3

A．n　　　　　　B．2n　　　　　 C．3n　 　　　　　　D．4n

解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有0－mv₀²＝nW，对第二次有0－mv₂²＝0－(mv₀²+mgh)＝NW，

又因为mv₀²＝mgh，联立以上三式解得N＝2n.

答案：B

2．在竖直平面内，有根光滑金属杆弯成如图2所示形状，相应的曲线方程为y＝Acosx，将一个光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0、y＝A处以某一初速度沿杆向+x方向运动．运动过程中　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图2

A．小环在D点的加速度为零

B．小环在B点和D点的加速度相同

C．小环在C点的速度最大

D．小环在C点和E点的加速度方向相同

解析：小环在D点和B点的加速度是由环的重力沿杆切向分力产生的，由对称性可知，小环在两点的加速度的大小相同，方向不同，故A、B均错误；因C点最低，小环的重力势能最小，由机械能守恒知，小环在C点的速度最大，C正确；小环在C点和E点的加速度均为向心加速度，故方向相反，D错误．

答案：C