章末雙測(cè)·梯度評(píng)價(jià)（四）｜機(jī)械能守恒定律

章末雙測(cè)·梯度評(píng)價(jià)（四）｜機(jī)械能守恒定律A卷——學(xué)業(yè)水平評(píng)價(jià)(本試卷滿分：50分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1．如圖所示，在水平的船板上有一人拉著固定在岸邊樹(shù)上的繩子，用力使船向前移動(dòng)。關(guān)于力對(duì)船做功的下列說(shuō)法中正確的是()A．繩的拉力對(duì)船做了功B．人對(duì)繩的拉力對(duì)船做了功C．樹(shù)對(duì)繩子的拉力對(duì)船做了功D．人對(duì)船的靜摩擦力對(duì)船做了功解析：選D繩的拉力、人對(duì)繩子的拉力和樹(shù)對(duì)繩子的拉力都沒(méi)有作用于船，沒(méi)有對(duì)船做功。只有人對(duì)船的靜摩擦力作用于船，且船發(fā)生了位移，故對(duì)船做了功，且做正功，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2．第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)在2022年由北京和張家口聯(lián)合舉辦，跳臺(tái)滑雪是比賽項(xiàng)目之一，若某運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)邊緣水平滑出，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間落到斜坡上，忽略空氣阻力的影響，則有關(guān)運(yùn)動(dòng)員的下落過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員的加速度逐漸增大B．運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能逐漸增加C．運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能逐漸增加D．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能逐漸增加解析：選C運(yùn)動(dòng)員在下落過(guò)程中僅受重力，根據(jù)牛頓第二定律可知，運(yùn)動(dòng)員的加速度不變，故A錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)員下落過(guò)程中，重力對(duì)他做正功，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能減少，故B錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)員下落過(guò)程中，他的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，動(dòng)能逐漸增加，故C正確；運(yùn)動(dòng)員在下落過(guò)程中僅有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。3．如圖，木板可繞固定的水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，木板從水平位置OA緩慢轉(zhuǎn)到OB位置，木板上的物塊始終相對(duì)于木板靜止，在這一過(guò)程中，物塊的重力勢(shì)能增加了2J。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(guò)程中，以下判斷正確的是()A．FN和Ff對(duì)物塊都不做功B．FN對(duì)物塊做功為2J，F(xiàn)f對(duì)物塊不做功C．FN對(duì)物塊不做功，F(xiàn)f對(duì)物塊做功為2JD．FN和Ff對(duì)物塊所做的總功為4J解析：選B由題意知物塊繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，瞬時(shí)速度方向始終與Ff垂直而與FN平行，故FN對(duì)物塊做正功而Ff對(duì)物塊不做功。因物塊緩慢運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能增量即為物塊機(jī)械能的增量，由功能關(guān)系知機(jī)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(gè)力作用，結(jié)合上述分析可知B正確。4．摩天輪往往是一個(gè)地方的標(biāo)志性建筑，如圖所示，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列敘述正確的是()A．乘客隨座艙向下轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，乘客重力做正功，重力勢(shì)能增大B．摩天輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變C．摩天輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客機(jī)械能守恒D．摩天輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客動(dòng)能保持不變解析：選D乘客隨座艙向下轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，乘客重力做正功，重力勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)公式P＝Fvcosθ及重力方向不變，但是速度方向時(shí)刻變化，可知重力的瞬時(shí)功率是變化的，故B錯(cuò)誤；乘客隨摩天輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能不變，但是重力勢(shì)能在變化，所以乘客機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤，D正確。5．質(zhì)量為m的汽車(chē)在平直公路上行駛，阻力Ff保持不變。當(dāng)汽車(chē)的速度為v、加速度為a時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為()A．Ffv B．mavC．(ma＋Ff)v D．(ma－Ff)v解析：選C由題意知，汽車(chē)受到的阻力為Ff，當(dāng)加速度為a時(shí)，由牛頓第二定律有F－Ff＝ma，得F＝Ff＋ma；根據(jù)P＝Fv，則發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為P＝(Ff＋ma)v，C正確。6．靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度時(shí)撤去恒力，若以地面作為重力勢(shì)能的參考平面，不計(jì)空氣阻力，則在整個(gè)過(guò)程中，物體的機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系正確的是()解析：選C設(shè)物體在恒力作用下上升的加速度為a，上升至高度為h時(shí)撤去恒力，則物體機(jī)械能增加量ΔE＝Fh＝F·eq\f(1,2)at2，可知物體機(jī)械能的增加量隨時(shí)間不是線性增加，撤去恒力后，機(jī)械能守恒，則機(jī)械能隨時(shí)間增加保持不變。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。7．如圖所示，輕彈簧水平固定在墻上，一小球以初速度v0沿光滑水平面向左運(yùn)動(dòng)。在小球向左壓縮彈簧的過(guò)程中()A．小球做勻減速運(yùn)動(dòng)B．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒C．克服彈簧彈力做功，小球機(jī)械能減少D．小球和彈簧剛接觸時(shí)速度最大，加速度最大解析：選C在小球向左壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧的形變量越來(lái)越大，彈簧彈力越來(lái)越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球的加速度越來(lái)越大，小球做加速度變大的減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；小球和彈簧組成的系統(tǒng)所受外力做功為零，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；彈簧彈力對(duì)小球做負(fù)功，即小球克服彈簧彈力做功，小球的機(jī)械能減少，C正確；小球和彈簧剛接觸時(shí)速度最大，但此時(shí)彈簧彈力最小，加速度最小，D錯(cuò)誤。8．如圖，一質(zhì)量為m的足球，以速度v由地面踢起，當(dāng)它到達(dá)離地面高度為h的B點(diǎn)處(取B點(diǎn)處所在水平面為參考平面)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A．足球在B點(diǎn)處的重力勢(shì)能為mghB．足球在B點(diǎn)處的動(dòng)能為mghC．足球在B點(diǎn)處的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2－mghD．足球在B點(diǎn)處的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2解析：選C取B點(diǎn)處所在水平面為參考平面，所以足球在B點(diǎn)處的重力勢(shì)能為零，A錯(cuò)誤；從A到B過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，可得足球在B點(diǎn)處的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2－mgh，B錯(cuò)誤；足球在空中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，在B點(diǎn)處的機(jī)械能E＝eq\f(1,2)mv2－mgh，C正確，D錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題共3小題，共26分)9．(7分)在用落體法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)中：(1)下列圖中釋放紙帶的操作正確的是________。(2)甲同學(xué)按照正確的步驟操作，利用紙帶算出的重物重力勢(shì)能的減少量ΔEp往往略大于動(dòng)能的增加量ΔEk，這是因?yàn)開(kāi)____________________________________________________________________________________________________________________________。(3)乙同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律：通過(guò)電磁鐵控制一小鐵球從A點(diǎn)自由下落，鐵球下落過(guò)程中經(jīng)過(guò)光電門(mén)B時(shí)，計(jì)時(shí)器(圖中未畫(huà)出)記錄擋光時(shí)間t，用刻度尺測(cè)出A、B之間的距離h，已知小鐵球的直徑為d，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，當(dāng)題中所給的d、t、h、g滿足關(guān)系式________________，即可驗(yàn)證小鐵球下落過(guò)程中機(jī)械能守恒。解析：(1)釋放重物前，讓重物緊靠打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，手拉著紙帶的上端，使紙帶處于豎直位置，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。(2)利用紙帶算出的重物重力勢(shì)能的減少量ΔEp往往略大于動(dòng)能的增加量ΔEk，這是因?yàn)橹匚锵侣溥^(guò)程中受到阻力作用，而阻力做負(fù)功，動(dòng)能增量小于重力勢(shì)能減少量。(3)根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度知，小鐵球經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度大小為v＝eq\f(d,t)，由于小鐵球初速度為零，則動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2，重力勢(shì)能的減少量為ΔEp＝mgh，若滿足eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2＝mgh，即eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2＝gh時(shí)，即可驗(yàn)證小鐵球下落過(guò)程中機(jī)械能守恒。答案：(1)A(2)重物下落過(guò)程中受到阻力作用(3)eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2＝gh10．(9分)如圖為兒童游樂(lè)園中一種滑道的示意圖，滑道最高點(diǎn)A與最低點(diǎn)B之間的高度差為h＝4.5m。一個(gè)質(zhì)量m＝20kg的小孩(視為質(zhì)點(diǎn))沿左邊的臺(tái)階登上滑道頂端，再?gòu)腁點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿滑道下滑。如果小孩在滑道上的AB段滑行時(shí)，受到的阻力忽略不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2。(1)小孩沿左邊的臺(tái)階向上登高的過(guò)程中，小孩的重力勢(shì)能怎樣變化？(2)求小孩從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程中，重力所做的功；(3)求小孩經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小。解析：(1)小孩的重力勢(shì)能為Ep＝mgh小孩沿左邊的臺(tái)階向上登高的過(guò)程中，h增大，所以小孩的重力勢(shì)能變大。(2)小孩從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程中，重力所做的功為WG＝mgh＝20×10×4.5J＝900J。(3)小孩從A點(diǎn)到B點(diǎn)受到的阻力忽略不計(jì)，則此過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律則有mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝3eq\r(10)m/s。答案：(1)變大(2)9000J(3)3eq\r(10)m/s11．(10分)如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相接，導(dǎo)軌半徑為R＝0.4m。一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)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(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度為v1＝6m/s，之后沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)的速度為v2＝3m/s。重力加速度為g＝10m/s2。(1)求彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；(2)求物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力所做的功。解析：(1)根據(jù)功能關(guān)系，可得彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能EPA＝eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×1×62J＝18J。(2)從B到C過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得Wf＝－5.5J。答案：(1)18J(2)－5.5JB卷——等級(jí)考試評(píng)價(jià)(本試卷滿分：50分)一、選擇題(本題共8小題，共27分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5小題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題3分，第6～8小題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．下列關(guān)于力對(duì)物體做功的說(shuō)法正確的是()A．力越大，力對(duì)物體做功越多B．力對(duì)物體不做功，物體一定無(wú)位移C．靜摩擦力不可能對(duì)物體做功D．力做功要有一個(gè)時(shí)間過(guò)程，所以功是過(guò)程量解析：選D根據(jù)做功的定義式W＝Flcosθ可知，力越大，力對(duì)物體做功不一定多，A錯(cuò)誤；力對(duì)物體不做功可能是因?yàn)榱εc位移或者速度垂直，而不一定是物體無(wú)位移，比如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心力時(shí)刻垂直于速度，不做功，但是物體的位置時(shí)刻變化，B錯(cuò)誤；靜摩擦力的方向可以與位移方向相同、相反、垂直，故靜摩擦力可以對(duì)物體做正功、負(fù)功、不做功，C錯(cuò)誤；功是力對(duì)空間的積累，與一段時(shí)間過(guò)程相對(duì)應(yīng)，是過(guò)程量，D正確。2．在距離不太遠(yuǎn)的情況下，親子電動(dòng)車(chē)(如圖)是很多家長(zhǎng)接送小學(xué)生的選擇，親子電動(dòng)車(chē)一般限制時(shí)速不能超過(guò)25公里/小時(shí)，圖為某電動(dòng)車(chē)起步時(shí)的速度隨時(shí)間變化的圖像，下列說(shuō)法正確的是()A．0～5s內(nèi)電動(dòng)車(chē)的位移為15mB．t＝5s時(shí)電動(dòng)車(chē)的加速度為1.2m/s2C．0～5s內(nèi)電動(dòng)車(chē)的平均速度大于3m/sD．在起步過(guò)程中電動(dòng)車(chē)的功率是一定的解析：選C由面積法可知0～5s內(nèi)電動(dòng)車(chē)的位移大于15m，故A錯(cuò)誤；5s內(nèi)的平均加速度大小為1.2m/s2，t＝5s時(shí)電動(dòng)車(chē)的加速度小于1.2m/s2，故B錯(cuò)誤；0～5s內(nèi)電動(dòng)車(chē)的平均速度大于3m/s，故C正確；在起步階段，電動(dòng)車(chē)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，牽引力減小，速度增大，故無(wú)法判斷功率的變化，故D錯(cuò)誤。3.一小球從如圖所示的弧形軌道上的A點(diǎn)，由靜止開(kāi)始滑下。由于軌道不光滑，它僅能滑到B點(diǎn)。由B點(diǎn)返回后，僅能滑到C點(diǎn)，已知A、B高度差為h1，B、C高度差為h2，則下列關(guān)系正確的是()A．h1＝h2 B．h1<h2C．h1>h2 D．h1、h2大小關(guān)系不確定解析：選C小球由A到B的過(guò)程中重力勢(shì)能減少mgh1，全部用于克服摩擦力做功，即WAB＝mgh1；同理，WBC＝mgh2，又隨著小球最大高度的降低，每次滑過(guò)的路程越來(lái)越短，必有WAB>WBC，所以mgh1>mgh2，得h1>h2，故C正確。4．質(zhì)量為2kg的物體以50J的初動(dòng)能在粗糙的水平面上滑行，其動(dòng)能的變化與位移的關(guān)系如圖所示，則該物體在水平面上滑行的時(shí)間為()A．5s B．4sC．2s D．2eq\r(2)s解析：選D由圖像讀出末動(dòng)能Ek2＝0，又初動(dòng)能Ek1＝50J，根據(jù)動(dòng)能定理得－Ffs＝Ek2－Ek1，解得Ff＝5N，又Ek1＝eq\f(1,2)mv2＝50J，解得初速度v＝5eq\r(2)m/s。由牛頓第二定律得，物體的加速度為a＝－eq\f(Ff,m)＝－eq\f(5,2)m/s2＝－2.5m/s2，則物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(0－v,a)＝eq\f(－5\r(2),－2.5)s＝2eq\r(2)s，故D正確。5．“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車(chē)組用多節(jié)車(chē)廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動(dòng)車(chē)組在平直的軌道上行駛。該動(dòng)車(chē)組有四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂，每節(jié)車(chē)廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為P，若動(dòng)車(chē)組所受的阻力與其速率成正比(F阻＝kv，k為常量)，動(dòng)車(chē)組能達(dá)到的最大速度為vm。下列說(shuō)法正確的是()A．動(dòng)車(chē)組在勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車(chē)組從靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)C．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出的總功率為2.25P，則動(dòng)車(chē)組勻速行駛的速度為eq\f(3,4)vmD．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車(chē)組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，則這一過(guò)程中該動(dòng)車(chē)組克服阻力做的功為eq\f(1,2)mvm2－Pt解析：選C對(duì)動(dòng)車(chē)組由牛頓第二定律有F－F阻＝ma，動(dòng)車(chē)組在勻加速啟動(dòng)過(guò)程，即動(dòng)車(chē)組加速度a恒定，但F阻＝kv隨速度增大而增大，則牽引力也隨速度增大而變大，故A錯(cuò)誤；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有eq\f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速啟動(dòng)的過(guò)程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出的總功率為2.25P，則動(dòng)車(chē)組勻速行駛時(shí)加速度為零，有eq\f(2.25P,v)＝kv，而以額定功率勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有eq\f(4P,vm)＝kvm，聯(lián)立解得v＝eq\f(3,4)vm，故C正確；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車(chē)組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，由動(dòng)能定理可知4Pt－WF阻＝eq\f(1,2)mvm2－0，可得動(dòng)車(chē)組克服阻力做的功為WF阻＝4Pt－eq\f(1,2)mvm2，故D錯(cuò)誤。6.物體從某一高度處自由下落，落到直立于地面的輕彈簧上，在A點(diǎn)物體開(kāi)始與彈簧接觸，到B點(diǎn)物體的速度為零，然后被彈回，下列說(shuō)法中正確的是()A．物體從A下落到B的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能不斷增大B．物體從A下落到B的過(guò)程中，重力勢(shì)能不斷減小C．物體從A下落到B的過(guò)程中，動(dòng)能先變大后變小D．物體在B點(diǎn)的速度為零，處于平衡狀態(tài)解析：選ABC物體從A下落到B的過(guò)程中，彈簧的形變量增大，彈性勢(shì)能不斷增大，重力做正功，重力勢(shì)能不斷減小，速度先增大，后減小，當(dāng)彈簧的彈力和重力平衡時(shí)，速度達(dá)最大，動(dòng)能最大，所以動(dòng)能先變大后變小，故A、B、C正確；物體在B點(diǎn)時(shí)，速度為零，但合力不為零，不是處于平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。7．質(zhì)量為m的物體，由靜止開(kāi)始下落，由于空氣阻力作用，下落的加速度為eq\f(4,5)g，在物體下落h的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．物體所受阻力做功為eq\f(mgh,5)B．物體重力做的功為mghC．物體重力勢(shì)能減少了mghD．物體動(dòng)能增加了eq\f(mgh,5)解析：選BC設(shè)物體受到的阻力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律得mg－Ff＝ma，得Ff＝mg－ma＝eq\f(1,5)mg，則物體所受阻力做功Wf＝－Ffh＝－eq\f(1,5)mgh，A錯(cuò)誤；在物體下落h的過(guò)程中，物體重力做的功為WG＝mgh，根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，則物體的重力勢(shì)能減少了mgh,B、C正確；根據(jù)動(dòng)能定理ΔEk＝W合＝mah＝eq\f(4,5)mgh，D錯(cuò)誤。8．長(zhǎng)征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h，在空中的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的有()A．甲在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比乙的長(zhǎng)B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢(shì)能減少mghD．從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為mgh解析：選BC甲、乙兩顆手榴彈豎直方向下落的高度相同，由平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A錯(cuò)誤。落地前瞬間，PG＝mgvy＝mg2t，由于運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故重力的瞬時(shí)功率相等，B正確。從投出到落地，重力做功為mgh，故重力勢(shì)能減少mgh，C正確。從投出到落地過(guò)程中只有重力做功，手榴彈的機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題共3小題，共23分)9．(6分)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)時(shí)，將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在鐵架臺(tái)上，使重物帶動(dòng)紙帶從靜止開(kāi)始下落。(1)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)﹐下列說(shuō)法正確的是________(填字母代號(hào))。A．應(yīng)選擇質(zhì)量大、體積小的重物進(jìn)行實(shí)驗(yàn)B．釋放紙帶之前，紙帶必須處于豎直狀態(tài)C．先釋放紙帶，后接通電源(2)實(shí)驗(yàn)中，得到如圖乙所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到起始點(diǎn)O(O點(diǎn)與下一點(diǎn)的間距接近2mm)的距離分別為hA、hB、hC。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T(mén)。設(shè)重物質(zhì)量為m。從打О點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重物的重力勢(shì)能變化量ΔEp＝________，動(dòng)能變化量ΔEk＝________。(用已知字母表示)(3)某同學(xué)用如圖丙所示裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，將力傳感器固定在天花板上，細(xì)線一端系著小球，一端連在力傳感器上。將小球拉至水平位置從靜止釋放，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)力傳感器顯示的示數(shù)為F0。已知小球質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。在誤差允許范圍內(nèi)，當(dāng)滿足關(guān)系式________時(shí)，可驗(yàn)證機(jī)械能守恒。解析：(1)重物體積小，所受空氣阻力小，質(zhì)量越大，空氣阻力引起的相對(duì)誤差就越小，所以應(yīng)選擇質(zhì)量大，體積小的重物進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，故A正確；為減小紙帶與限位孔間的摩擦，釋放紙帶之前，紙帶必須處于豎直狀態(tài)，故B正確；由實(shí)驗(yàn)步驟可知，應(yīng)先接通電源，當(dāng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作穩(wěn)定后，再釋放紙帶，故C錯(cuò)誤。(2)由重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系可知，從打O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，重物的重力勢(shì)能變化量ΔEp＝－mghB，由平均速度解得打B點(diǎn)時(shí)重物的瞬時(shí)速度vB＝eq\f(hC－h(huán)A,2T)，該過(guò)程的動(dòng)能增量為ΔEk＝eq\f(1,2)mvB2，所以ΔEk＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hC－h(huán)A,2T)))2。(3)設(shè)細(xì)線長(zhǎng)為r，在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律可得F0－mg＝meq\f(v2,r)解得此時(shí)球的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(F0－mg)r，球由靜止釋放到達(dá)最低點(diǎn)過(guò)程中，若滿足機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mv2＝mgr，聯(lián)立解得mgr＝eq\f(1,2)(F0－mg)r，解得F0＝3mg。答案：(1)AB(2)－