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階段驗收評價（四） 機械能守恒定律
(時間：75分鐘，滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．如圖所示，在水平的船板上有一人拉著固定在岸邊樹上的繩子，用力使船向前移動。關于力對船做功的下列說法中正確的是(　　)
A．繩的拉力對船做了功
B．人對繩的拉力對船做了功
C．樹對繩子的拉力對船做了功
D．人對船的靜摩擦力對船做了功
解析：選D　繩的拉力、人對繩子的拉力和樹對繩子的拉力都沒有作用于船，沒有對船做功。只有人對船的靜摩擦力作用于船，且船發生了位移，故對船做了功，且做正功，故A、B、C錯誤，D正確。
2．在下列幾種情況下，甲、乙兩物體動能相等的是(　　)
A．甲的速度是乙的2倍，甲的質量是乙的一半
B．甲的質量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半
C．甲的質量是乙的4倍，甲的速度是乙的四分之一
D．質量相同，速度的大小相同，但甲向東運動，乙向西運動
解析：選D　由動能定義式Ek＝mv2可知，選項A、B、C錯誤。動能是標量，一個質量一定的物體動能大小只取決于速度大小，而與速度方向無關，故D正確。
3.在足球賽中，紅隊球員在白隊禁區附近主罰定位球，如圖所示，并將球從球門右上角擦著橫梁踢進球門。球門高度為h，足球飛入球門的速度為v，足球的質量為m，則紅隊球員將足球踢出時對足球做的功W(不計空氣阻力，足球視為質點)(　　)
A．等于mgh＋mv2
B．大于mgh＋mv2
C．小于mgh＋mv2
D．因為球射入球門過程中的曲線的形狀不確定，所以做功的大小無法確定
解析：選A　由機械能守恒定律可知，球員對球做的功等于足球機械能的增加量，故W＝mgh＋mv2。故A正確。
4．有一種地下鐵道，車站的路軌建得高些，車輛進站時要上坡，出站時要下坡，如圖所示。已知坡高為h，車輛的質量為m，重力加速度為g，車輛與路軌間的摩擦力為Ff，進站車輛到達坡下A處時的速度為v0，此時切斷電動機的電源，車輛沖上坡頂到達站臺B處的速度恰好為0。車輛從A運動到B的過程中克服摩擦力做的功是(　　)
A．Ffh　　　　　　　 B．Mgh
C．mgh－mv02 D.mv02－mgh
解析：選D　對車輛由A到B的過程運用動能定理得－mgh－Wf＝0－mv02，解得Wf＝mv02－mgh，故D正確。
5．如圖所示，小球以大小為v0的初速度由A端向右運動，到B端時的速度減小為vB；若以同樣大小的初速度由B端向左運動，到A端時的速度減小為vA。已知小球運動過程中始終未離開該粗糙軌道，D為AB中點。以下說法正確的是(　　)
A．vA>vB
B．vA＝vB
C．vAD．兩次經過D點時速度大小相等
解析：選A　小球由A端向右運動時，通過凹槽的速度大于小球由B端向左運動時通過凹槽的速度，因通過凹槽時(如圖甲)，有FN－mgcos θ＝，所以小球由A端向右運動時，通過凹槽時受到的支持力大，因而受到的摩擦力大，克服阻力做功多；同理，小球通過凸槽時(如圖乙)，有mgcos θ－FN＝，小球由A端向右運動時，通過凸槽的速度小于小球由B端向左運動時通過凸槽的速度，所以小球向右運動時通過凸槽時受到的摩擦力也大，故克服阻力做的功多。因此小球向右運動全過程克服阻力做功多，動能損失多，末動能小，故A正確。
6．由兩種不同材料拼接成的直軌道ABC，B為兩種材料的分界點，長度AB>BC。先將ABC按圖甲方式搭建成傾角為θ的斜面，讓一小物塊(可看成質點)從斜面頂端由靜止釋放，經時間t小物塊滑過B點；然后將ABC按圖乙方式搭建成傾角為θ的斜面，同樣將小物塊從斜面頂端由靜止釋放，小物塊經相同時間t滑過B點。則小物塊(　　)
A．與AB段的動摩擦因數比與BC段的動摩擦因數大
B．兩次滑到B點的速率相同
C．兩次從頂端滑到底端所用的時間相同
D．兩次從頂端滑到底端的過程中摩擦力做功相同
解析：選D　由于長度AB>BC，而兩次過程中所用時間相同，由x＝at2可知在AB中加速度大，再由a＝gsin θ－μgcos θ可知小物塊與AB段的動摩擦因數小，故A錯誤；由vB＝at可知在題圖甲中滑到B點的速率大，故B錯誤；兩次過程中在對應階段的摩擦力相同、位移相同，故摩擦力做功相同，重力做功相等，再結合能量守恒可知，物塊到達底端時速度相同，則再由如圖所示速度—時間圖像易看出第一次所用總時間較短，故C錯誤，D正確。
7.如圖所示，一很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一小球a和b(均可視為質點)。a球質量為m, 靜置于地面；b球質量為3m，用手托住，高度為h，此時輕 繩剛好拉緊。從靜止開始釋放b后，a可能達到的最大高度為(　　)
A．h　　　 B．1.5h 　　
C．2h 　 　 D．2.5h
解析：選B　釋放b后，b下落到地面，a上升高度h瞬間，a、b兩者的速度相等，設為v，由機械能守恒定律得3mgh＝mgh＋mv2＋×3mv2，解得v＝，之后a豎直上拋，設繼續上升的高度為h′，由h′＝得h′＝h，所以a上升的最大高度為h＋h′＝h，故B正確。
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.如圖所示為一種測定運動員體能的裝置，運動員的質量為m1，繩的一端拴在運動員腰間并沿水平方向跨過滑輪(不計滑輪質量及摩擦)，繩的下端懸掛一個質量為m2的重物，人用力蹬傳送帶而人的重心不動，使傳送帶以速率v勻速向右運動。下面說法中正確的是(　　)
A．繩子拉力對人做正功
B．人對傳送帶做正功
C．運動時間t后，運動員的體能消耗約為m2gvt
D．運動時間t后，運動員的體能消耗約為(m1＋m2)gvt
解析：選BC　人的重心不變，繩子拉力作用點沒有位移，繩子拉力對人不做功，故A錯誤；繩對人有向右的拉力，傳送帶對人的摩擦力向左，由牛頓第三定律可知人對傳送帶的摩擦力方向向右，而傳送帶速度方向向右，人對傳送帶做正功，故B正確；在時間t內，傳送帶位移s＝vt，摩擦力大小F＝m2g，運動員克服摩擦力所做功即運動員體能消耗約為m2gvt，故C正確，D錯誤。
9．如圖所示，水平面上固定一傾角為θ＝30°的斜面，一輕質彈簧下端固定在斜面底端的擋板上，上端連接一質量m＝2 kg的物塊(視為質點)，開始時物塊靜止在斜面上A點，此時物塊與斜面間的摩擦力恰好為零，現用一沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物塊上，使其沿斜面向上運動，當物塊從A點運動到B點時，力F做的功W＝4 J，已知彈簧的勁度系數k＝100 N/m，物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝，g＝10 m/s2，則下列結論正確的是(　　)
A．物塊從A點運動到B點的過程中，重力勢能增加了4 J
B．物塊從A 點運動到B點的過程中，產生的內能為1.2 J
C．物塊經過B點時的速度大小為 m/s
D．物塊從A點運動到B點的過程中，彈簧彈性勢能的變化量為0.5 J
解析：選BC　施加F前，物塊靜止，由平衡條件得kx1＝mgsin θ，求得x1＝0.1 m，力F做功W＝Fx，求得x＝0.2 m，物塊到B點時，彈簧伸長x2＝0.1 m，可知重力勢能增加mgxsin θ＝2 J，物塊在A、B位置時彈簧彈性勢能相等，故A、D錯誤；物塊從A點運動到B點的過程中，產生的內能等于克服摩擦力做的功，即Q＝μmgcos θ·x＝1.2 J，故B正確；由動能定理有WF－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝mv2－0，求得v＝ m/s，故C正確。
10．質量為2×103 kg、發動機的額定功率為80 kW的汽車在平直公路上行駛。若該汽車所受阻力大小恒為4×103 N，則下列判斷中正確的有(　　)
A．汽車的最大速度是10 m/s
B．汽車以2 m/s2的加速度勻加速啟動，啟動后第2 s末發動機的實際功率是32 kW
C．汽車以2 m/s2的加速度勻加速啟動，勻加速運動所能維持的時間為10 s
D．若汽車保持額定功率啟動，則當其速度為5 m/s時，加速度為6 m/s2
解析：選BD　當牽引力大小等于阻力時速度最大，根據P＝fvm得，汽車的最大速度vm＝＝ m/s＝20 m/s，故A錯誤。根據牛頓第二定律得F－f＝ma，解得F＝f＋ma＝4 000 N＋2 000×2 N＝8 000 N，第2 s末的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，第2 s末發動機的實際功率P1＝Fv＝8 000×4 W＝32 kW，故B正確。勻加速直線運動的末速度v1＝＝ m/s＝10 m/s，做勻加速直線運動的時間t＝＝ s＝5 s，故C錯誤。當汽車速度為5 m/s時，牽引力F2＝＝ N＝16 000 N，根據牛頓第二定律得汽車的加速度a′＝＝ m/s2＝6 m/s2，故D正確。
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11．(7分)用如圖甲所示裝置進行“探究功與速度變化的關系”實驗。裝有砝碼的盤用繞過滑輪的細線牽引小車，盤和砝碼的重力可當作牽引力。小車運動的位移和速度可以由打點紙帶測出，以小車為研究對象，改變砝碼質量，便可探究牽引力所做的功與小車速度變化的關系。
甲
乙
(1)關于這個實驗，下列說法正確的是______(多選)。
A．需要補償小車受到阻力的影響
B．該實驗裝置可以“驗證機械能守恒定律”
C．需要通過調節定滑輪使細線與長木板平行
D．需要滿足盤和砝碼的總質量遠小于小車的質量
(2)如圖乙所示是兩條紙帶，實驗時打出的應是第_______條(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)紙帶。
(3)根據實驗數據，在坐標紙上畫出的W-v2圖像是一條過原點的直線，據此圖像________(填“能”或“不能”)求出小車的質量。
解析：(1)通過該實驗裝置做探究功與速度變化的關系的實驗時，需要平衡摩擦力，故A正確；該實驗裝置機械能不守恒，不能驗證機械能守恒定律，故B錯誤；實驗時，細線必須與長木板平行，否則會破壞平衡摩擦的條件，故C正確；在滿足盤和砝碼質量遠小于小車質量的前提下，拉小車的拉力約等于盤和砝碼的重力，從而可以計算外力做功，故D正確。
(2)由于盤和砝碼質量遠小于小車質量，因此小車運動的加速度不大，所以第Ⅱ條紙帶為實驗時打出的紙帶。
(3)由題知W-v2圖像是一條過原點的直線，則有W＝mv2，根據此圖像能求出小車的質量。
答案：(1)ACD　(2)Ⅱ　(3)能
12．(9分)某同學用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，通過實驗數據分析，發現本實驗存在較大的誤差。為此改用如圖乙所示的實驗裝置：通過電磁鐵控制的小鐵球從A點自由下落，下落過程中經過光電門B時，通過與之相連的毫秒計時器(圖中未畫出)記錄擋光時間t，用毫米刻度尺測出A、B之間的距離h，用游標卡尺測得小鐵球的直徑d(d＜h)，重力加速度為g。則小鐵球經過光電門時的瞬時速度v＝________。如果d、t、h、g滿足關系式t2＝________，就可驗證機械能守恒定律。比較兩個方案，改進后的方案相比原方案最主要的優點是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：小鐵球經過光電門時的擋光時間很短，由此可以求出小鐵球經過光電門時的瞬時速度v＝，mgh＝mv2，t2＝；比較兩個方案，改進后的方案相比原方案最主要的優點是消除了紙帶與打點計時器之間的阻力的影響。
答案：　　消除了紙帶與打點計時器之間的阻力的影響
13.(11分)如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的粗糙半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為R＝0.4 m。一個質量為m＝1 kg的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，它經過B點的速度為v1＝6 m/s，之后沿半圓形導軌運動，到達C點的速度為v2＝3 m/s。重力加速度為g＝10 m/s2。
(1)求彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；
(2)求物體沿半圓形導軌運動過程中阻力所做的功。
解析：(1)根據功能關系，可得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能EPA＝mv12＝×1×62 J＝18 J。
(2)從B到C過程中，根據動能定理得
－2mgR＋Wf＝mv22－mv12，
解得Wf＝－5.5 J。
答案：(1)18 J　(2)－5.5 J
14．(12分)如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉動。重物落地后鼓形輪勻速轉動，轉動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：
(1)重物落地后，小球線速度的大小v；
(2)重物落地后一小球轉到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
解析：(1)小球線速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)向心力F向＝2mω2R，
設F與水平方向的夾角為α，則
Fcos α＝F向；Fsin α＝mg，
解得F＝。
(3)落地時，重物的速度v′＝ωR，
由機械能守恒得
Mv′2＋4×mv2＝Mgh，
解得h＝(ωR)2。
答案：(1)2ωR　(2)
(3)(ωR)2
15．(15分)表面光滑的斜面固定在水平地面上，斜面傾角為θ。斜面底端固定一個與斜面垂直的擋板，一木板A被放在斜面上，其下端離地面高為H，上端放著一個小物塊B，如圖所示。木板和物塊的質量均為m。相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，動摩擦因數為μ(μ>tan θ)，把它們由靜止釋放，木板與擋板發生碰撞時，時間極短，無動能損失，而物塊B始終不會與擋板發生碰撞。求：
(1)木板A即將與擋板第一次碰撞前的速度；
(2)木板A與擋板第一次碰撞后沿斜面上升的最大距離；
(3)從釋放木板到木板和物塊都靜止，木板和物塊系統損失的機械能。
解析：(1)由機械能守恒定律得
×2mv12＝2mgH，得v1＝。
(2)對木板A沿斜面上滑過程：
mgsin θ＋f＝ma，
f＝μmgcos θ，
解得s1＝＝。
(3)由能量守恒定律得
mgH＋mg(H＋Lsin θ)＝E損，
損失的機械能E損＝fL，
解得E損＝。
答案：(1)　(2)
(3)
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主干知識成體系
遷移交匯破疑難
一、功能關系的理解及應用
1．功能關系：功是能量轉化的量度。
2．對功能關系的理解
(1)做功的過程就是能量轉化的過程。不同形式的能量發生相互轉化必須通過力做功來實現的；不同的力做功，對應不同形式的能的轉化。
(2)做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。
3．幾種常見的功能關系理解
功能關系 表達式 物理意義 正功、負功含義
重力做功與重力勢能　 WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 重力做功是重力勢能變化的原因 WG＞0 重力勢能減少
WG＜0 重力勢能增加
WG＝0 重力勢能不變
彈簧彈力做功與彈性勢能 W彈＝Ep1－Ep2＝－ΔEp 彈力做功是彈性勢能變化的原因 W彈＞0 彈性勢能減少
W彈＜0 彈性勢能增加
W彈＝0 彈性勢能不變
合力做功與動能 W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 合外力做功是物體動能變化的原因 W合＞0 動能增加
W合＜0 動能減少
W合＝0 動能不變
除重力或系統內彈力外其他力做功與機械能 W非G＝ΔE機 除重力或系統內彈力外其他力做功是機械能變化的原因 W非G＞0 機械能增加
W非G＜0 機械能減少
W非G＝0 機械能守恒
續表
典例1　(2024·浙江1月選考)如圖所示，質量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達到最高點2的高度為h，則足球(　　)
A．從1到2動能減少mgh
B．從1到2重力勢能增加mgh
C．從2到3動能增加mgh
D．從2到3機械能不變
[解析]　由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢能增加mgh，從1到2動能減少量大于mgh，A錯誤，B正確；從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減少，重力勢能減少mgh，則動能增加量小于mgh，選項C、D錯誤。
[答案]　B
【針對訓練】
1．如圖，木板可繞固定的水平軸O轉動，木板從水平位置OA緩慢轉到OB位置，木板上的物塊始終相對于木板靜止，在這一過程中，物塊的重力勢能增加了2 J。用FN表示物塊受到的支持力，用Ff表示物塊受到的靜摩擦力。在這一過程中，以下判斷正確的是 (　　)
A．FN和Ff對物塊都不做功
B．FN對物塊做功為2 J，Ff對物塊不做功
C．FN對物塊不做功，Ff對物塊做功為2 J
D．FN和Ff對物塊所做的總功為4 J
解析：由題意知物塊繞O點做圓周運動，瞬時速度方向始終與Ff垂直而與FN平行，故FN對物塊做正功而Ff對物塊不做功。因物塊緩慢運動，重力勢能增量即為物塊機械能的增量，由功能關系知機械能的增量等于除重力外其他力所做的功，本題除重力外只有FN與Ff兩個力作用，結合上述分析可知B正確。
答案：B
答案：B　
2．應用能量守恒定律解題的一般步驟
(1)分清有多少種形式的能(如動能、勢能、內能、電能等)在變化。
(2)分別列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式。
(3)列恒等式：ΔE減＝ΔE增。
典例2　如圖甲所示，在傾角為37°足夠長的粗糙斜面底端，一質量m＝1 kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質點。t＝0時解除鎖定，通過計算機傳感器描繪出滑塊的v-t圖像如圖8-3乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1 s 時滑塊已上滑x＝0.2 m的距離(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
[答案]　(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J
答案：(1)　(2)　(3)mv2　(4)mv2　(5)mv2
4．(2024·江蘇高考)如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質量為m的物塊，在電動機作用下，從 A點由靜止加速至 B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關閉電動機，從 C點又恰好到達最高點D。已知重力加速度為g。求：

(1)CD段長x；
(2)BC段電動機的輸出功率P；
(3)全過程物塊增加的機械能E1和電動機消耗的總電能 E2的比值。
模型構建探本質
一、非質點類物體的機械能守恒問題
1．在應用機械能守恒定律處理實際問題時，經常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發生形變，其重心位置相對物體也發生變化，因此這類物體不能再看成質點來處理。
2．非質點類物體雖然不能看成質點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般情況下，根據質量分布均勻的規則物體的重心位置在其幾何中心的原則，可將物體分段處理，根據初、末狀態物體重力勢能的變化，建立機械能守恒方程求解。
典例1　如圖所示，AB為光滑的水平面，BC是傾角為α的足夠長的光滑斜面，斜面體固定不動，AB、BC間用一小段光滑圓弧軌道相連，一條長為L的均勻柔軟鏈條開始時靜止地放在ABC面上，其一端D至B點的距離為L－a，其中a未知，現自由釋放鏈條，當鏈條的D端滑到B點時鏈條的速率為v，求長度a的大小。
答案：A　
二、摩擦力做功的特點及計算
1．兩種摩擦力做功的比較
摩擦力種類 靜摩擦力 滑動摩擦力
做功特點 (1)靜摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功
(2)靜摩擦力做正功時，它的反作用力一定做負功 (1)滑動摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功
(2)滑動摩擦力做負功時，它的反作用力可能做正功、可能做負功、還可能不做功
能量的轉化 靜摩擦力做功的過程中只發生能量的轉移，不發生能量形式的轉化 滑動摩擦力做功的過程中既發生能量的轉移，又發生能量形式的轉化
一對摩擦力的總功 一對靜摩擦力做功的代數和一定等于零 一對滑動摩擦力做功的代數和一定為負值，總功W＝－Ff ·s相對，其絕對值為摩擦時產生的熱量Q
【針對訓練】
3.(多選)如圖所示，一子彈以水平速度射入放置在光滑水平面上原來靜止的木塊，并留在木塊中，在此過程中子彈鉆入木塊的深度為d，木塊的位移為l，木塊與子彈間的摩擦力大小為F，則(　　)
A．F對木塊做功為Fl B．F對木塊做功為F(l＋d)
C．F對子彈做功為－Fd D．F對子彈做功為－F(l＋d)
解析：木塊的位移為l，由W＝Flcos α得F對木塊做功為Fl，子彈的位移為l＋d，木塊對子彈的摩擦力的方向與位移方向相反，故木塊對子彈的摩擦力做負功，即F對子彈做功為－F(l＋d)，故A、D正確。
答案： AD 　
4．(2024·廣州高一檢測)(多選)如圖所示，質量為m0、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上。質量為m的小物塊(可視為質點)放在小車的最左端。現有一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運動，物塊和小車之間的摩擦力為Ff。經過時間t，小車運動的位移為x，物塊剛好滑到小車的最右端(　　)
A．此時物塊的動能為(F－Ff)(x＋l)
B．這一過程中，物塊對小車所做的功為Ff(x＋l)
C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為Fx
D．這一過程中，物塊和小車摩擦產生的熱量為Ffl
解析：對物塊分析，物塊的位移為x＋l，根據動能定理有(F－Ff)(x＋l)＝Ek－0，所以物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(x＋l)，故A正確；對小車分析，小車的位移為x，所以物塊對小車所做的功為Ffx，故B錯誤；物塊和小車因摩擦產生的熱量Q＝Ffs相對＝Ffl，故D正確；根據功能關系得，外力F做的功轉化為小車和物塊的機械能和摩擦產生的熱量，則有F(l＋x)＝ΔE＋Q，解得物塊和小車增加的機械能為ΔE＝F(l＋x)－Ffl，故C錯誤。
答案： AD 　
5．長為1.5 m的長木板B靜止放在水平冰面上，小物塊A以某一初速度從木板B的左端滑上長木板B，直到A、B的速度達到相同，此時A、 B的速度為0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm后停下。若小物塊A可視為質點，它與長木板B的質量相同都為2 kg，A、B間的動摩擦因數μ1＝0.25。求：(g取10 m/s2)
(1)長木板與冰面間的動摩擦因數μ2；
(2)全過程產生的總熱量Q。
答案：(1)0.10　(2)5.76 J
答案：D　
答案：BD　
(1)求選手擺到最低點時對繩拉力F的大小；
(2)若繩長l＝2 m，選手擺到最高點時松手落入水中。設水對選手的平均浮力F1＝800 N，平均阻力F2＝700 N，求選手落入水中的深度d；
(3)若選手擺到最低點時松手，甲同學認為繩越長，在浮臺上的落點距岸邊越遠；乙同學卻認為繩越短，落點距岸邊越遠。請通過推算說明你的觀點。
(2)選手擺到最高點時松手落入水中，如圖所示，
答案：(1)1 080 N　(2)1.2 m　(3)見解析
5．如圖甲所示為水上滑梯，其示意圖如圖8-14乙所示，它由斜槽AB和水平槽BC構成，AB與BC圓滑連接，斜槽AB的豎直高度H＝15 m，BC面高出水面的距離h＝0.80 m，一個質量m＝50 kg的游戲者從滑梯頂端A點由靜止滑下，g取10 m/s2。
(1)以水面為參考平面，求游戲者在A點時的重力勢能Ep；
(2)若忽略游戲者下滑過程中所受的一切阻力，求游戲者從滑梯頂端A點由靜止滑下到斜槽底端B點的速度大小；

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