【物理】2020届一轮复习人教版机械能学案
章末总结 提高
知 识 网 络 【p96】
解题思路与方法 【p96】
能的概念、功和能的关系以及各种不同形式的能的相互转化和守恒的规律是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律，它贯穿于整个物理学中．本章有关功和能的概念，以及动能定理和机械能守恒定律是在牛顿运动定律的基础上，研究力和运动关系的进一步拓展，使人们对自然的认识更加深入．用能量观点分析问题，不仅为解决力学问题开辟了一条新的途径，同时也是分析解决电磁学、热学等领域问题的一条重要的思路．
运用能量的观点分析解决有关问题时，可以不涉及过程中力的作用以及运动细节，关心的只是过程中的能量转化的关系和过程的始末状态，这往往更能把握住问题的实质，使解决问题的思路变得简捷，并且能解决一些用牛顿定律无法解决的问题．
功和能的关系、能量的转化和守恒，往往出现在高考的压轴题中．题中的物理过程较复杂，综合性较强，涉及的知识面广，对考生的综合分析能力要求较高．平时要加强综合题的练习，学会将复杂的物理过程分解为若干个子过程，分析每一个过程中功与能量转化的关系，建立好相关的物理模型，灵活运用物理规律求解．
体 验 高 考 【p96】
1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
【解析】根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v＝at，由动能公式Ek＝mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项A、C错误；由v2＝2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p＝mv，可知列车动能Ek＝mv2＝，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误．
【答案】B
2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)( )
A. B. C. D.
【解析】物块由最低点到最高点有：mv2＝2mgr＋mv；物块做平抛运动：x＝v1t；t＝；联立解得：x＝，由数学知识可知，当r＝＝时，x最大，故选B.
【答案】B
3．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
【解析】设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：
F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得：v＝4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t＝＝2，小球在水平方向的位移为x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，选项C正确，A、B、D错误．
【答案】C
4.(2017·天津)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：mg－N＝m，座椅对他的支持力N＝mg－m
Ek2，W1＝W2
C．Ek1Ek2，W1Ek2；重力做功只与起始点有关，与路径无关，由于这两个过程中起始点相同，故W1＝W2，故选B.
【答案】B
9．(2017·江苏)利用如图所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M＝200.0 g，钩码的质量为m＝10.0 g，打点计时器的电源为50 Hz的交流电．
(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，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.
(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g＝9.80 m/s2，利用W＝mgΔx算出拉力对小车做的功W.利用Ek＝Mv2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.
W/×10－3
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
ΔEk/×10－3
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据，在方格纸上作出ΔEk－W图象．
(4)实验结果表明，ΔEk总是略小于W.某同学猜想是由于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.
【解析】(1)小车能够做匀速运动，纸带上打出间距均匀的点，则表明已平衡摩擦；
(2)相邻计数点间时间间隔为T＝0.1 s，v1＝＝0.228 m/s；
(4)对整体，根据牛顿第二定律有：mg＝(m＋M)a，钩码：mg－F＝ma，联立解得绳上的拉
力：F＝g＝0.093 N.
【答案】(1)小车做匀速运动 (2)0.228
(3)
(4)0.093
10．(2016·全国卷Ⅰ)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示．
图(a)
图(b)
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为______．
(2)已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为________Hz.
【解析】(1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得
vB＝＝f(s1＋s2)
vC＝＝f(s2＋s3)
由s3－s1＝2aT2得
a＝
(2)根据牛顿第二定律，有mg－kmg＝ma
根据以上各式，化简得f＝
代入数据可得f≈40 Hz.
【答案】(1)f(s1＋s2) f(s2＋s3) f2(s3－s1) (2)40
11．(2017·北京)如图1所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．
(1)打点计时器使用的电源是________(选填选项前的字母)．
A．直流电源 B．交流电源
(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是________(选填选项前的字母)．
A．把长木板右端垫高 B．改变小车的质量
在不挂重物且________(选填选项前的字母)的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．
A．计时器不打点 B．计时器打点
(3)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O.在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……，如图2所示．
实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg.从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝__________，打B点时小车的速度v＝________．
(4)以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出如图3所示的v2－W图象．由此图象可得v2随W变化的表达式为____________．根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含v2这个因子；分析实验结果的单位关系，与图线斜率有关的物理量应是________．
(5)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图4中正确反映v2－W关系的是________．
【解析】(1)打点计时器均使用交流电源，选B.
(2)平衡摩擦和其他阻力，是通过垫高木板右端，构成斜面，使重力沿斜面向下的分力跟它们平衡，选A；平衡摩擦力时需要让打点计时器工作，纸带跟打点计时器限位孔间会有摩擦力，且可以通过纸带上打出的点迹判断小车的运动是否为匀速直线运动，选B.
(3)小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离，又小车所受拉力约等于重物重力，因此W＝mgx2；小车做匀变速直线运动，因此打B点时小车的速度为打AC段的平均速度，则v＝.
(4)由图3可知，图线斜率k≈4.7 kg－1，即v2＝4.7W m2·s－2；设小车质量为M，根据动能定理有W＝，变形得v2＝·W，即k＝，因此与图线斜率有关的物理量为质量．
(5)若m不满足远小于M，则由动能定理有W＝－0，可得v2＝·W，v2与W仍然成正比关系，选A.
【答案】(1)B (2)A B (3)mgx2 (4)v2＝kW，k＝(4.5～5.0)kg－1 质量 (5)A
12．(2016·江苏)某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律．一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点．光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条．将钢球拉至不同位置由静止释放，
遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝作为钢球经过A点时的速度．记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒．
(1)用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离．
A．钢球在A点时的顶端
B．钢球在A点时的球心
C．钢球在A点时的底端
(2)用ΔEk＝mv2计算钢球动能变化的大小．用刻度尺测量遮光条宽度，示数如下图所示，其读数为________cm.某次测量中，计时器的示数为0.010 0 s．则钢球的速度为v＝________m/s.
(3)下表为该同学的实验结果：
ΔEp(×10－2 J)
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk(×10－2 J)
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点？请说明理由．
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议．
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
【解析】(1)高度变化要比较钢球球心的高度变化．
(2)毫米刻度尺读数时要估读到毫米下一位，由v＝代入数据可计算出相应速度．
(3)从表中数据可知ΔEk>ΔEp，若有空气阻力，则应为ΔEk<ΔEp，所以不同意他的观点．
(4)实验中遮光条经过光电门时的速度大于钢球经过A点时的速度，因此由ΔEk＝mv2计算得到的ΔEk偏大，要减小ΔEp与ΔEk的差异可考虑将遮光条的速度折算为钢球的速度．
【答案】(1)B (2)1.50(1.49～1.51都算对) 1.50(1.49～1.51都算对)
(3)不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp
(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝v.
13．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
【解析】(1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝mv①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得
Ek0＝4.0×108 J②
设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为
Eh＝mv＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得
Eh＝2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤
由功能原理得
W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得
W＝9.7×108 J⑦
14．(2017·江苏)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin；
(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.
【解析】(1)C受力平衡2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg
(2)C恰好降落到地面时，B受C压力的水平分力最大
Fxmax＝mg
B受地面的摩擦力f＝μmg，
根据题意fmin＝Fxmax，解得μmin＝
(3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1) R
摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR
根据动能定理W－Wf＋mgh＝0
解得W＝(2μ－1)(－1)mgR
2020’新课标·名师导学·高考第一轮总复习同步测试卷
物理(五)
(机械能) 【p383】
时间：90分钟 总分：100分
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．其中1～5为单项选择题，6～10题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
1．如图所示，木块A沿固定的粗糙斜面由静止开始下滑，在下滑过程中，下述说法错误的是(D)
A．A所受的合外力对A做正功
B．重力做正功
C．斜面对A的摩擦力做负功
D．斜面对A不做功
2．下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的位移、加速度、速度和动能随时间变化的规律．其中哪个物体可能是受到平衡力作用的(A)
【解析】物体受到平衡力作用时处于静止或匀速直线运动状态，根据题图，物体A做的是匀速直线运动，物体B做的是加速度逐渐减小的变速直线运动，物体C做的是匀减速直线运动，所以选项A正确，B、C错误；物体受到平衡力作用时合外力为零，根据动能定理，其动能不变，所以选项D错误．
3．如图所示，一物体以一定的初速度沿水平面由A点滑到B点，摩擦力做的功为W1；若该物体从M沿两斜面滑到N，摩擦力做的总功为W2，已知物体跟各接触面间的动摩擦因数相同，则(A)
A．W1＝W2
B．W1W2
D．无法确定
【解析】当物体由A→B时f＝μmg，W1＝－μmg·sAB.
当物体由M→C→N时，摩擦力做的总功为物体在两斜面上运动时摩擦力做的功之和，故W2＝－μmgcos α·sMC－μmgcos β·sCN＝－μmg·sMO－μmg·sON＝－μmg·sMN
∵sAB＝sMN，∴W1＝W2，故本题正确答案为A.
4．如图所示，在竖直平面内固定着光滑的圆弧槽，它的末端水平，上端离地高H，一个小球从上端无初速滑下．若圆弧槽的半径为，小球的水平射程为(B)
A.H B．H C.H D.H
【解析】设小球脱离滑槽，开始做平抛运动的速度为v0，则由机械能守恒定律，有(以滑槽最低点为零势面)
mgR＝mvv0＝
小球做平抛运动的竖直高度为H－R，由平抛运动规律，有s＝v0t
(H－R)＝gt2
消去t，得s＝v0＝＝H
故选项B正确．
5．一根全长为l，粗细均匀的铁链，对称地挂在轻小光滑的定滑轮上，如图所示，当受到轻微的扰动，铁链脱离滑轮瞬间的速度大小为(C)
A. B.
C. D.
【解析】设铁链的总质量为m，以滑轮顶端为重力势能零势能面，在下滑过程中由机械能守恒，有－mgl＝－mgl＋mv2，得铁链脱离滑轮瞬间的速度为v＝，选项C正确．
6．电梯质量为M，在它的水平地板上放置质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(CD)
A．对物体，动能定理的表达式为WN＝mv，其中WN为支持力的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝mv－mv，其中WN为支持力的功
D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv
【解析】电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确．
7．一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，当功率达到额定功率后继续加速到最大速度，对于其速度变化图象和功率变化图象正确的是(BC)
【解析】在刚开始启动过程中，汽车受到的牵引力和阻力恒定，故汽车做匀加速直线运动，速度—时间图象为直线，当Fv的值等于额定功率后，继续加速到最大速度，此过程中P＝Fv，v增大，F减小，当F＝f时达到最大速度，根据牛顿第二定律a＝可知做加速度减小的加速运动，速度—时间图象的斜率在减小，达到最大速度后，以最大速度匀速运动，故此时的速度—时间图象为一条平行于t轴的直线，故A错误，B正确；在汽车做匀加速直线运动过程中，根据公式P＝Fv可知功率逐渐增大，即图象斜率恒定，当达到额定功率后，一直以额定功率运动，即功率恒定不变，所以C正确，D错误．
8．卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是(CD)
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和
【解析】木箱加速上滑的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：WF－WG－Wf＝mv2－0.即WF＝WG＋Wf＋mv2，A、B错误；又因克服重力做功WG等于物体增加的重力势能，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋Wf，故D正确，又由重力做功与重力势能变化的关系知C也正确．
9．质量分别为m1和m2的两个物体静止在光滑水平面上，现有质量为m的人站在m2上，用水平恒力F拉连接m1的轻绳，如图所示，经一段时间后，两物体的位移大小分别为s1、s2，获得的速度大小分别为v1、v2，则这段时间内人做功为(CD)
A．F·s1 B.m1v
C．F(s1＋s2) D.m1v＋(m2＋m)v
【解析】在此过程中，人的拉力及其反作用力均做正功，拉力做功W1＝F·s1，因无摩擦，全部用来增加m1的动能，反作用力做功W2＝F·s2，增加了人和m2的动能，则人所做的总功W＝W1＋W2＝F(s1＋s2)＝m1v＋(m2＋m)v，选项CD正确．
10．如图所示，光滑圆形轨道的管径远小于轨道半径R.质量均为m的相同小球a、b的直径略小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速率v通过轨道最低点，且当a在最低点时，b在最高点．以下说法正确的(BD)
A．速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动
B．当v＝时，b在轨道最高点，对轨道无压力
C．当b在最高点对轨道无压力时，a比b所需向心力大5mg
D．只要v≥，a对轨道最低点压力比b对轨道最高点压力都大6mg
【解析】因轨道光滑，且两面都有限制，则在最低点的动能等于最高点的势能就能做完整的圆周运动，
即mv2＝mg·2Rv＝2.选项A错．
当a在最低点速度v＝时，b在最高点的速度为vB.
则mv＋mg·2R＝mv2
得vB＝＝
F向＝m＝m·＝mg
即重力刚好充当向心力，则b球在最高点对轨道无压力，
而这时a的向心力Fa＝m＝5mg
比b所需向心力大4mg.选项C错．
当v≥时，a对轨道最低点压力
Na＝mg＋m
b在最高点对轨道压力
Nb＝m－mg
则Na－Nb＝mg＋m－＝6mg
选项B，D正确．
二、实验题(本大题共2个小题，共18分)
11．(9分)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)小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__甲__(选填“甲”或“乙”)．
(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__1.37__m/s.(结果保留三位有效数字)
(3)该小组内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＝__9.78__m/s2.(结果保留三位有效数字)
【解析】(1)由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适．
(2)匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：
v＝＝×0.01 m/s＝1.37 m/s
(3)由机械能守恒mgh＝mv2得：v2＝2gh，由此可知图象的斜率k＝2g.则g＝k＝× m/s2＝9.78 m/s2
12．(9分)某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为
h1处有一宽度略大于A的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过，开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动．
(1)利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后落地用时t1，则钩码A通过狭缝的速度为__v＝__(用题中字母表示)；
(2)若通过此装置验证机械能守恒定律，还需要测出环形金属框C的质量m，当地重力加速度为g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为__mgh2＝(2M＋m)__(用题中字母表示)；
(3)为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节h1＝h2＝h，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由：__可行，速度v＝__．
【解析】(1)在h1阶段由于金属块C静止，而A、B质量相等，所以A、B都是做匀速直线运动，由匀速运动公式可得v＝.
(2)由题意可知，整体减小的重力势能等于动能的增加量；即：mgh2＝(2M＋m)
(3)整体在狭缝上方做匀加速直线运动，在狭缝下方做匀速运动；设在狭缝处的速度为v，则有：h＝t1；h＝vt2；t1＋t2＝t，解得t2＝，则下落的速度v＝；故此方法可行；速度v＝.
三、计算题(本大题共4个小题，共42分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(6分)如图a所示，在水平路段AB上有一质量为2 t的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图b所示(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)分别有恒定的大小．
(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1；
(2)求汽车在BC路段上运动时所受的阻力f2.
【解析】(1)汽车在AB路段时，是匀速直线运动，因此有牵引力F1＝f1，功率P＝F1v1
阻力f1＝得f1＝ N＝2 000 N
(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有牵引力F2＝f2，功率P＝F2v2，此时的阻力f2＝，f2＝ N＝4 000 N
14．(10分)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物体在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，求：(g取10 m/s2)
(1)A、B间的距离；
(2)水平力F在5 s时间内对物块所做功．
【解析】(1)在3 s～5 s物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，则
F－μmg＝ma ①
a＝＝ m/s2＝2 m/s2 ②
s＝at2＝4 m ③
(2)设整个过程中F所做功为WF，物块回到A点的速度为vA，由动能定理得：
WF－2μmgs＝mv ④
v＝2as ⑤
WF＝2μmgs＋mas＝24 J
15．(12分)如图所示，水平传送带始终绷紧，传送带左端A点与右端B点间的距离为L＝4 m，传送带以恒定的速率v＝2 m/s运动．现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求：
(1)物体从A运动到B共需多少时间？
(2)物体从A运动到B的过程中，电动机因传送该物体多消耗的电能．
【解析】(1)物体无初速度放在A处后，做匀加速直线运动．
加速度a＝＝1 m/s2
物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝2 s
t1时间内物体的位移L1＝t1＝2 m
之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间
t2＝＝1 s
物体运动的总时间t＝t1＋t2＝3 s
(2)前2 s内物体相对传送带的位移为
ΔL＝vt1－L1＝2 m
因摩擦而产生的内能E内＝μmgΔL＝2 J
电动机因传送该物体多消耗的电能为
E总＝Ek＋E内＝mv2＋E内＝4 J
16．(14分)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R＝2 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由下落．(取g＝10 m/s2)
(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．
【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD
P到D点的过程对小球由动能定理：
mg(H＋r)－μmgL＝mv
在D点对小球列牛顿第二定律：FN＝
联立，解得FN＝32 N
(2)小球第一次到达O点，设速度为v1
P到O点的过程对小球，依动能定理：
mgH－μmgL＝mv
解得v1＝2 m/s
要能通过O点，须mg≤
临界速度v＝ m/s
故第一次到达O点之前没有脱离
设第三次到达D点的动能为Ek
对之前的过程列动能定理：
mg(H＋r)－3μgmL＝Ek
代入，解得Ek＝0
故小球一直没有脱离CDO轨道
设此球静止前在水平轨道经过的路程为s
对全过程列动能定理：mg(H＋R)－μmgs＝0
解得s＝8.5 m
