機械能守恒定律1、理解重力勢能的概念，會用重力勢能的定義進行計算；2、理解重力勢能的變化和重力做功的關系；知道重力做功與路徑無關；3、掌握機械能守恒的條件，掌握應用機械能守恒定律分析、解決問題的基本方法；4、掌握驗證機械能守恒定律的實驗方法。一、功的概念1．定義：一個物體受到力的作用，如果在力的方向上發(fā)生了一段位移，就說這個力對物體做了功。2．物理意義：功是能量轉化的量度。3．做功的兩個必要因素(1)作用在物體上的力。(2)物體在力的方向上發(fā)生了位移。4．公式：W＝Flcosα。(1)α是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。(3)功是標量，功的正負表示對物體做功的力是動力還是阻力。5．功的正負夾角功的正負0≤α<eq\f(π,2)力對物體做正功eq\f(π,2)<α≤π力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功α＝eq\f(π,2)力對物體不做功6．一對作用力與反作用力的功做功情形圖例備注都做正功一對相互作用力做的總功可正、可負，也可為零都做負功一正一負一為零一為正一為負7．一對平衡力的功一對平衡力作用在同一個物體上，若物體靜止，則兩個力都不做功；若物體運動，則這一對力所做的功一定是數值相等、一正一負或都為零。二、功率1．定義：功W與完成這些功所用時間t之比叫作功率。2．物理意義：描述力對物體做功的快慢。3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時間t內的平均功率。(2)P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)①v為平均速度，則P為平均功率。②v為瞬時速度，則P為瞬時功率。4．額定功率機械正常工作時的最大輸出功率。5．實際功率機械實際工作時的功率，要求不大于額定功率。功的計算1．恒力做功的計算方法恒力做功的計算要嚴格按照公式W＝Flcosα進行，應先對物體進行受力分析和運動分析，確定力、位移及力與位移之間的夾角，用W＝Flcosα直接求解或利用動能定理求解．2．合力做功的計算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功．方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3……再利用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合力做的功．方法三：利用動能定理W合＝Ek2－Ek1.3、變力做功的分析和計算求變力做功的五種方法方法以例說法微元法質量為m的木塊在水平面內做圓周運動，運動一周克服摩擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR等效轉換法恒力F把物塊從A拉到B，繩子對物塊做功W＝F·(eq\f(h,sinα)－eq\f(h,sinβ))圖像法一水平拉力拉著一物體在水平面上運動的位移為x0，圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功，W＝eq\f(F0＋F1,2)x0平均值法當力與位移為線性關系，力可用平均值eq\x\to(F)＝eq\f(F1＋F2,2)表示，代入功的公式得W＝eq\f(kΔx,2)·Δx應用動能定理用力F把小球從A處緩慢拉到B處，F做功為WF，則有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，得WF＝mgL(1－cosθ)功率的計算1．平均功率的計算方法(1)利用eq\x\to(P)＝eq\f(W,t).(2)利用eq\x\to(P)＝F·eq\x\to(v)cosα，其中eq\x\to(v)為物體運動的平均速度．其中F為恒力，α不變．2．瞬時功率的計算方法(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻的瞬時速度．F可為恒力，也可為變力，α為F與v的夾角，α可以不變，也可以變化．(2)公式P＝Fvcosα中，Fcosα可認為是力F在速度v方向上的分力，vcosα可認為是速度v在力F方向上的分速度．五、機車啟動問題1．兩種啟動方式兩種方式以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P－t圖像和v－t圖像OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up7(v↑))P＝Fv↑直到P＝P額＝Fv1運動性質加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動，持續(xù)時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝F阻?a＝0?vm＝eq\f(P,F阻)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－F阻,m)↓運動性質以vm做勻速直線運動加速度減小的加速直線運動BC段F＝F阻?a＝0?以vm＝eq\f(P額,F阻)做勻速直線運動2．三個重要關系式(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝eq\f(P,F阻).(2)機車以恒定加速度啟動的過程中，勻加速過程結束時，功率最大，但速度不是最大，v＝eq\f(P額,F)<vm＝eq\f(P額,F阻).(3)機車以恒定功率啟動時，牽引力做的功W＝Pt．由動能定理得：Pt－F阻x＝ΔEk.此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小和時間．六、動能1．定義：物體由于運動而具有的能．2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2．3．矢標性：動能是標量，只有正值，動能與速度方向無關．4．狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度．5．相對性：由于速度具有相對性，所以動能也具有相對性．6．動能的變化：物體末動能與初動能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m．動能的變化是過程量．七、動能定理1．內容：合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．2．表達式(1)W＝ΔEk．(2)W＝Ek2－Ek1．(3)W＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m．3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度．4．適用范圍廣泛(1)既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以不同時作用．5.應用動能定理求變力做功在一個有變力做功的過程中，當變力做功無法直接通過功的公式求解時，可用動能定理，W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據功的公式求出，這樣就可以得到W變＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求變力做的功了．八、動能定理與圖象結合問題1．解決圖像問題的基本步驟(1)弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖與坐標軸圍成的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量．2．圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義九、重力勢能1．定義物體由于被舉高而具有的能量，叫作重力勢能。2．表達式Ep＝mgh，其中h是相對于參考平面（零勢能面）的高度。3．特點(1)系統性：重力勢能是地球與物體所組成的“系統”所共有的。(2)相對性：重力勢能的數值與所選參考平面有關，物體在參考平面上方，h>0，在參考平面下方，h<0．(3)標量性：重力勢能是標量，正負表示大小。4．重力做功與重力勢能變化的關系(1)重力做功不引起物體機械能的變化(2)重力對物體做正功，重力勢能減小，重力對物體做負功，重力勢能增大。(3)重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量，即WG＝Ep1－Ep2＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。(4)重力勢能的變化量是絕對的，與參考平面的選取無關。十、彈性勢能1．定義發(fā)生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用，也具有勢能，這種勢能叫作彈性勢能。2．大?。簭椈傻膹椥詣菽芨鷱椈傻男巫兞考皠哦认禂涤嘘P，形變量越大，勁度系數越大，彈性勢能就越大。3．彈力做功與彈性勢能變化的關系彈力做功與彈性勢能變化的關系類似于重力做功與重力勢能變化的關系：彈力做正功，彈性勢能減小；彈力做負功，彈性勢能增加，用公式表示：W＝－ΔEp。十一、機械能守恒定律1．內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。2．常用的三種表達式(1)守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。E1、E2分別表示系統初末狀態(tài)時的總機械能。(2)轉化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp減。表示系統勢能的減少量等于動能的增加量。(3)轉移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB減。表示系統只有A、B兩物體時，A增加的機械能等于B減少的機械能。3．對機械能守恒定律的理解(1)只受重力或彈力作用，系統的機械能守恒。(2)除受重力或彈力之外，還受其他力，但其他力不做功，只有重力或系統內的彈力做功，系統機械能守恒。(3)除受重力或彈力之外，還受其他力，但其他力所做功的代數和為零，系統機械能守恒。(4)系統跟外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，系統內、外也沒有機械能與其他形式的能發(fā)生轉化。十二、機械能守恒的判斷1．機械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒．(2)利用做功判斷：若物體或系統只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功(或做功代數和為0)，則機械能守恒．(3)利用能量轉化判斷：若物體或系統與外界沒有能量交換，物體或系統也沒有機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒．十三、單個物體的機械能守恒1．表達式2．一般步驟十四、多物體組成的系統機械能守恒的應用1．輕繩連接的物體系統模型常見情景模型提醒①分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。②用好兩物體的位移大小關系或豎直方向高度變化的關系。③對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統，機械能則可能守恒。2．輕桿連接的物體系統模型常見情景模型特點①平動時兩物體線速度相等，轉動時兩物體角速度相等。②桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。③對于桿和球組成的系統，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統做功，則系統機械能守恒。3．輕彈簧連接的物體系統模型模型特點由輕彈簧連接的物體系統，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統內物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉化，而總的機械能守恒。兩點提醒①對同一彈簧，彈性勢能的大小完全由彈簧的形變量決定，無論彈簧伸長還是壓縮。②彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大。一、單選題1．無風時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為（重力加速度大小為g）（）A．0 B．mgh C． D．【答案】B【詳解】在地面附近雨滴做勻速運動，根據動能定理得故雨滴克服空氣阻力做功為。故選B。2．物體在兩個相互垂直的力F1、F2作用下運動，力F1對物體做功6J，力F2對物體做功8J，則F1、F2的合力對物體做的功為（）A．14J B．10J C．2J D．-2J【答案】A【詳解】功是標量，合力對物體做的功為故選A。3．如圖所示為跳傘愛好者表演高樓跳傘的情形，他們從樓頂跳下后，在距地面一定高度處打開傘包，最終安全著陸。則跳傘者（）A．機械能一直減小 B．機械能一直增大C．動能一直減小 D．重力勢能一直增大【答案】A【詳解】AB．由于空氣阻力和降落傘對人的拉力做負功，跳傘者的機械能一直減小，故A正確，B錯誤；C．打開傘包前人加速下降，動能增大，故C錯誤；D．人的高度一直降低，重力勢能一直減小，故D錯誤。故選A。4．一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動，當物塊的初速度為時，上升的最大高度為，如圖所示。當物塊的初速度為時，上升的最大高度記為。重力加速度為，則物塊與斜坡間的動摩擦因數和分別為（

）A．和 B．和C．和 D．和【答案】D【詳解】當物塊上滑的初速度為時，根據動能定理，有當上滑的初速度為時，有聯立可得故選D。5．如圖所示，在某滑雪場滑雪者從O點由靜止沿斜面自由滑下，接著在水平面上滑至N點停下，斜面、水平面與滑雪板之間的動摩擦因數都為μ＝0.1，滑雪者（包括滑雪板）的質量為m＝50kg，g取10m/s2，O、N兩點間的水平距離為s＝100m。在滑雪者經過ON段運動的過程中，克服摩擦力做的功為（）A．1250J B．2500J C．5000J D．7500J【答案】C【詳解】設斜面的傾角為θ，則滑雪者從O到N的運動過程中克服摩擦力做的功由題圖可知兩式聯立可得故選C。6．一根質量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上，另一半懸在桌邊，桌面足夠高，如圖甲所示。若將一個質量為m的小球分別拴在鏈條右端和左端，如圖乙、圖丙所示。約束鏈條的擋板光滑，三種情況均由靜止釋放，當整根鏈條剛離開桌面時，關于它們的速度關系，下列判斷正確的是（

）A．v甲=v乙=v丙 B．v甲<v乙<v丙 C．v丙>v甲>v乙 D．v乙>v甲>v丙【答案】D【詳解】三種情況下所研究的系統機械能守恒，由－ΔEp=ΔEk得，對于甲解得對于乙解得對于丙解得則v乙>v甲>v丙故選D。7．質量為1kg的物體，放置在動摩擦因數為0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，水平拉力做的功W和物體發(fā)生的位移x之間的關系如圖所示，重力加速度為10m/s2，則下列說法正確的是（）A．x=3m時速度大小為B．x=9m時速度大小為C．OA段加速度大小為3m/s2D．AB段加速度大小為3m/s2【答案】C【詳解】A．對于前3m過程，根據動能定理有解得故A錯誤；C．在OA段過程，根據速度位移公式有2a1x=vA2結合上述解得a1=3m/s2故C正確；B．對于前9m過程，根據動能定理有解得故B錯誤；D．根據上述可知AB段初、末速度相等，則有表明該過程物體所受外力的合力為0，物體做勻速直線運動，則AB段的加速度為零，故D錯誤。故選C。8．如圖所示，在一直立的光滑管內放置一輕質彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一質量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則（

）A．彈簧的最大彈性勢能為3mgx0B．小球運動的最大速度等于2C．彈簧的勁度系數為D．小球運動中最大加速度為g【答案】A【詳解】A．小球下落到最低點時重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能，此時彈性勢能最大，且有Epmax=3mgx0故A正確；C．根據選項A和彈簧彈性勢能的表達式有解得故C錯誤；B．當小球的重力等于彈簧彈力時，小球有最大速度，則有mg=kx再根據彈簧和小球組成的系統機械能守恒有解得最大速度為故B錯誤；D．小球運動到最低點時有kx0－mg=ma解得a=5g故D錯誤。故選A。9．圖為某電動車做直線運動的v-t圖像。若該車質量和所受阻力保持不變，從t1時刻開始汽車的功率保持不變，則該電動車（）A．t1～t2時間內，加速度不斷減小B．0～t1時間內，牽引力不斷增大C．t1～t2時間內，牽引力小于阻力D．t1～t2時間內，平均速率等于【答案】A【詳解】AC．時間內圖象的斜率變小，加速度不斷減小，但汽車做變加速運動，牽引力大于阻力，故A正確，C錯誤；B．時間內為傾斜的直線，故汽車做勻加速運動，加速度不變，合外力不變，則由牛頓第二定律可知牽引力不變，故B錯誤；D．時間內汽車做變加速運動，根據圖象的“面積”表示位移，知其位移大于勻加速直線運動的位移，則平均速率大于，故D錯誤；故選A。10．如圖所示，表面粗糙的“”型水平軌道固定在地面上，勁度系數為、原長為的輕彈簧一端固定在軌道上的點，另一端與安裝有位移、加速度傳感器的滑塊相連，滑塊總質量為。以為坐標原點，水平向右為正方向建立軸，將滑塊拉至坐標為的A點由靜止釋放，向左最遠運動到坐標為的點，測得滑塊的加速度與坐標的關系如圖所示，其中為圖線縱截距。則滑塊由A運動至過程中（彈簧始終處于彈性限度內）下列描述正確的是（）A． B．最大動能為C．動摩擦因數 D．滑塊在和處的彈性勢能【答案】B【詳解】A．由圖可知，當滑塊運動到x2位置時，滑塊的加速度為零，滑塊受到水平向右的滑動摩擦力和水平向左的彈力，所以彈簧處于伸長狀態(tài)，而不是原長，故A錯誤；B．加速度為零時，速度達到最大，動能最大，根據動能定理，結合圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積可得故B正確；C．根據牛頓第二定律得當時解得動摩擦因數故C錯誤；D．由能量守恒定律可得故D錯誤。故選B。二、多選題11．人們用滑道從高處向低處運送貨物．如圖所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端點時速度大小為。已知貨物質量為，滑道高度為，且過點的切線水平，重力加速度取。關于貨物從點運動到點的過程，下列說法正確的有（

）A．重力做的功為 B．克服阻力做的功為C．經過點時向心加速度大小為 D．經過點時對軌道的壓力大小為【答案】BCD【詳解】A．重力做的功為A錯誤；B．下滑過程據動能定理可得代入數據解得，克服阻力做的功為B正確；C．經過點時向心加速度大小為C正確；D．經過點時，據牛頓第二定律可得解得貨物受到的支持力大小為據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為，D正確。故選BCD。12．輕桿AB長2L，A端連在固定軸上，B端固定一個質量為2m的小球，中點C固定一個質量為m的小球．AB桿可以繞A端在豎直平面內自由轉動．現將桿置于水平位置，如圖所示，然后由靜止釋放，不計各處摩擦與空氣阻力，則下列說法正確的是（

）A．AB桿轉到豎直位置時，角速度為B．AB桿轉到豎直位置的過程中，B端小球的機械能的增量為mgLC．AB桿轉動過程中桿CB對B球做正功，對C球做負功，桿AC對C球做正功D．AB桿轉動過程中，C球機械能守恒【答案】AB【詳解】A．在AB桿由靜止釋放到轉到豎直位置的過程中，以B端的球的最低點為零勢能點，根據機械能守恒定律有解得角速度A正確；B．在此過程中，B小球機械能的增量為B正確；C．AB桿轉動過程中，桿AC對C球不做功，桿CB對C球做負功，對B球做正功，C錯誤；D．由C選項分析可知C球機械能不守恒，B、C球系統機械能守恒，D錯誤。故選AB。13．如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面abcd，其中ab段為平直上坡路面，bc段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個過程中空氣阻力和摩擦阻力的大小變化。下列說法正確的是（）A．在ab段汽車的輸出功率逐漸減小B．汽車在ab段的輸出功率比bc段的大C．在cd段汽車的輸出功率逐漸減小D．汽車在cd段的輸出功率比bc段的小【答案】BD【詳解】根據題意，設空氣阻力和摩擦阻力之和為，由平衡條件可得，在ab段有在bc段有在cd段有又有，汽車的輸出功率為由于的大小不變，則在ab段汽車的輸出功率在bc段汽車的輸出功率為在cd段汽車的輸出功率為可知，、、均保持不變，且有故選BD。14．如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其圖像如圖乙所示，則（）A．當地的重力加速度為B．輕質繩長為C．當時，輕質繩的拉力大小為D．只要，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為【答案】BD【詳解】AB．設繩長為L，小球運動到最高點時，對小球受力分析，由牛頓第二定律得解得繩子上的拉力由圖像可得斜率解得，故A錯誤，B正確；C．當時，由圖像和拉力表達式得輕質繩的拉力大小為故C錯誤；D．當時，輕質繩的拉力大小為當時當小球運動到最低點時速度為，根據動能定理可知最低點，根據牛頓第二定律得解得故D正確。故選BD。15．如圖所示，半徑可變的四分之一光滑圓弧軌道置于豎直平面內，軌道末端切線水平。將一小球從軌道頂端由靜止釋放。若保持軌道圓心位置不變，改變圓弧軌道的半徑不超過圓心離地的高度，小球仍從軌道頂端由靜止釋放，則下列說法正確的是（）A．小球運動到軌道末端時對軌道的壓力相等B．小球落地時重力的功率相等C．軌道半徑越大，小球落地的水平位移越大D．軌道半徑越大，小球落地時速度方向與豎直方向夾角越大【答案】AD【詳解】A．小球下滑過程只有重力做功，故由機械能守恒定律可得在最低點由牛頓第二定律可得由牛頓第三定律可得球對軌道的壓力由表達式可知改變圓弧軌道的半徑時，小球運動到軌道末端時對軌道的壓力相等，故A正確；B．設軌道低端離地高度為，則由平拋運動規(guī)律可得球落地時間為落地時的豎直分速度為由功率的表達式可得小球落地時重力的功率由表達式可知小球落地時重力的功率與其軌道末端與地面的距離有關系，故重力的功率不相等，故B錯誤；C．球落地的水平位移為聯立以上表達式可得小球落地的水平位移由表達式可知，由于球心到地面的高度一定，故由數學關系可知，當時，小球落地的水平位移最大，而不是軌道半徑越大，小球落地的水平位移越大，故C錯誤；D．由以上表達式可知，軌道半徑越大，球平拋的水平速度越大，而落地時的豎直分速度越小，由速度的合成可知小球落地時速度方向與豎直方向夾角越大，故D正確。故選AD。三、實驗題16．如圖甲所示，一位同學利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律”的實驗。有一直徑為d、質量為m的金屬小球由A處由靜止釋放，下落過程中能通過A處正下方、固定于B處的光電門，測得A、B間的距離為H（），光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t，當地的重力加速度為g。則：（1）如圖乙所示，用游標卡尺測得小球的直徑d=cm。（2）多次改變高度H，重復上述實驗，作出隨H的變化圖像如圖丙所示，當圖中已知量和重力加速度g及小球的直徑d滿足以下表達式：時，可判斷小球下落過程中機械能守恒。（3）實驗中發(fā)現動能增加量總是稍小于重力勢能減少量，增加下落高度后，則將（選填“增大”“減小”或“不變”）?！敬鸢浮?.725增大【詳解】（1）[1]根據游標卡尺的讀數規(guī)律可知，該讀數為7mm＋0.05×5mm=7.25mm=0.725cm（2）[2]若減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒，則有其中解得（3）[3]由于該過程中有阻力做功，且高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，將增大。17．如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機，是英國數學家和物理學家阿特伍德（G·Atwood1746~1807）創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律。某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如圖乙所示。（1）實驗時，該同學進行了如下操作：①將質量均為M（A的含擋光片、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態(tài)。測量出（填“A的上表面”、“A的下表面”或“擋光片中心”）到光電門中心的豎直距離h。②在B的下端掛上質量為m的物塊C，讓系統（重物A、B以及物塊C）中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為Δt。③測出擋光片的寬度d，計算有關物理量，驗證機械能守恒定律。（2）如果系統（重物A、B以及物塊C）的機械能守恒，應滿足的關系式為（已知重力加速度為g）。（3）引起該實驗系統誤差的原因有（寫一條即可）。（4）驗證實驗結束后，該同學突發(fā)奇想：如果系統（重物A、B以及物塊C）的機械能守恒，不斷增大物塊C的質量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關系？a隨m增大會趨于一個什么值？請你幫該同學解決：①寫出a與m之間的關系式：（還要用到M和g）。②a的值會趨于。【答案】擋光片中心繩子有一定的質量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等重力加速度g【詳解】（1）[1]需要測量系統重力勢能的變化量，則應該測量出擋光片中心到光電門中心的豎直距離。（2）[2]系統的末速度為則系統重力勢能的減少量系統動能的增加量為若系統機械能守恒，則有（3）[3]系統機械能守恒的條件是只有重力做功，引起實驗系統誤差的原因可能有：繩子有一定的質量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等。（4）[4][5]根據牛頓第二定律得，系統所受的合力為mg，則系統加速度為當m不斷增大，則a趨于g。四、解答題18．某跳臺滑雪滑道示意圖如圖所示，傾斜滑道與光滑圓弧滑道相切于點，段的長度，與水平方向的夾角，圓弧滑道的半徑，C是圓弧的最低點。質量的運動員（含裝備，視為質點）從A處由靜止開始下滑，到達點后水平飛出，恰好落到水平地面上的緩沖墊上的點。已知運動員在整個過程中沒有任何助力動作，點與點的高度差，運動員滑到點時對滑道的壓力大小。不計空氣阻力，取重力加速度大小，，。求：（1）點到點的水平距離；（2）滑板與滑道間的動摩擦因數【答案】（1）；（2）【詳解】（1）運動員在C點時有運動員從點到點的過程中做平拋運動，則有解得（2）運動員從B點到C點的過程中由動能定理有解得運動員從A點到B點的過程中由動能定理有解得19．在離地80m處無初速度釋放一小球，小球的質量為m=200g，不計空氣阻力，g取10m/s2，取釋放點所在水平面為零勢能參考平面。求：（1）在第2s末小球的重力勢能；（2）3s內重力所做的功及重力勢能的變化。【答案】（1）-40J；（2）90J，減少了90J【詳解】（1）由題知，取釋放點所在水平面為參考平面，則在第2s末小球所處的高度h=-gt2=-×10×22m=-20m重力勢能Ep=mgh=0.2×10×(-20)J=-40JEp小于零說明了物體在參考平面的下方；（2）在第3s末小球所處的高度h′=-gt′2=-×10×32m=-45m3s內重力做功為W=mg（0-h′）=0.2×10×45J=90J即小球的重力勢能減少了90J。20．由于三大常規(guī)能源的短缺，新能源汽車成為當下各國研發(fā)的主方向。理論上汽車剎車車輪抱死的情況下，剎車距離與速度的平方成正比，與動摩擦因數成反比，當摩擦因數一定時，剎車距離取決于車速?，F實生活中，車速一樣的情況下，往往車載重越重，剎車距離就越長。為探究這個問題，研究小組對某新能源汽車進行研究，該車質量為，額定功率為，以額定功率在水平路面上啟動，受到的阻力恒為。保持額定功率行駛時間時，速度達到最大，隨即剎車（防抱死制動裝置ABS啟動，不考慮反應時間），測得制動距離等于啟動到最大速度距離的倍。查得抱死時動摩擦因數為，計算發(fā)現防抱死時剎車系統的制動力小于車輪抱死時與地面的滑動摩擦力。由此可知，這就是車載重越重剎車距離越長的原因。求：（1）該車從啟動到最大速度的過程中，汽車行駛的位移大??；（2）上述剎車過程中剎車系統的制動力?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）根據題意可知，當時，速度最大，結合公式，則有代入數據得從啟動到最大速度，由動能定理得代入數據得（2）根據題意，由動能定理有其中代入數據得21．彎曲軌道與水平地面平滑連接，右側有一與地面等高的傳送