2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 階段滾動(dòng)卷二（含解析）

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1、階段滾動(dòng)卷二 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，時(shí)間90分鐘。 第Ⅰ卷 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第8～12題有多項(xiàng)符合題目要求，全部答對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分) 1．(2019·四川自貢高三一診)如圖，是發(fā)射的一顆人造衛(wèi)星在繞地球軌道上的幾次變軌圖，軌道Ⅰ是圓軌道，軌道Ⅱ和軌道Ⅲ是依次在P點(diǎn)變軌后的橢圓軌道。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的運(yùn)行速度大于7.9 km/s B．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在P點(diǎn)和Q點(diǎn)的速度大小相等

2、 C．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度等于衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度 D．衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點(diǎn)加速進(jìn)入軌道Ⅱ后機(jī)械能減小 答案　C 解析　第一宇宙速度v1＝7.9 km/s是近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，是圓軌道衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，根據(jù)半徑越大，線速度越小，可知衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運(yùn)行時(shí)的速度一定小于7.9 km/s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)為近地點(diǎn)，Q點(diǎn)為遠(yuǎn)地點(diǎn)，則在P點(diǎn)的速度大小大于在Q點(diǎn)的速度大小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)a＝可知，衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度等于衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度，故C正確；衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點(diǎn)加速進(jìn)入軌道Ⅱ后機(jī)械能增大，故

3、D錯(cuò)誤。 2. (2019·榆林一模)如圖所示，A為地球赤道表面的物體，B為環(huán)繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星，此衛(wèi)星在距離地球表面的高度處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且向心加速度的大小為a，地球的半徑為R，引力常量為G。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物體A的向心加速度大于a B．物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大 C．地球的質(zhì)量為 D．地球兩極的重力加速度大小為a 答案　D 解析　根據(jù)G＝ma得a＝，可知B的向心加速度a大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，而根據(jù)a＝ω2r可知，同步衛(wèi)星的向心加速度大于物體A的向心加速度，則物體A的向心加速度小于a，故A錯(cuò)誤；根據(jù)G＝m可知v＝ ，則B的線速度大于地球同步衛(wèi)星

4、的線速度，而根據(jù)v＝ωr可知，同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度，則物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，故B錯(cuò)誤；對(duì)衛(wèi)星B，根據(jù)G＝ma可得，地球的質(zhì)量為，故C錯(cuò)誤；根據(jù)G＝mg可得，地球兩極的重力加速度大小為g＝＝a，故D正確。 3．(2019·成都三模)目前，我國(guó)在人工智能和無(wú)人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無(wú)人駕駛，某公司對(duì)汽車(chē)性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試，讓質(zhì)量為m的汽車(chē)沿一山坡直線行駛。測(cè)試中發(fā)現(xiàn)，下坡時(shí)若關(guān)掉油門(mén)，則汽車(chē)的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動(dòng)做加速運(yùn)動(dòng)，發(fā)生位移s時(shí)速度剛好達(dá)到最大值vm，設(shè)汽車(chē)在上坡和下坡過(guò)程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說(shuō)法正確的是

5、(　　) A．關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，汽車(chē)的機(jī)械能守恒 B．關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車(chē)的支持力的沖量為零 C．上坡過(guò)程中，汽車(chē)速度由增至，所用的時(shí)間可能等于 D．上坡過(guò)程中，汽車(chē)從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，所用時(shí)間一定小于 答案　D 解析　汽車(chē)關(guān)掉油門(mén)后的勻速下坡過(guò)程，汽車(chē)的速度不變，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則汽車(chē)的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；汽車(chē)關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車(chē)的支持力大小不為零，時(shí)間不為零，則支持力的沖量不為零，故B錯(cuò)誤；汽車(chē)上坡過(guò)程中，汽車(chē)速度由增至，設(shè)所用的時(shí)間為t，位移為s′，所受阻力為f(包含重力沿坡面的分力)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Pt－fs′＝m

6、2－m·2，解得t＝＋，故C錯(cuò)誤；上坡過(guò)程中，汽車(chē)從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm的過(guò)程，功率不變，速度增大，則牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)所用時(shí)間為T(mén)，則·T

7、0過(guò)程中，物體的機(jī)械能不斷減少 答案　C 解析　0～h0過(guò)程中，Ek-h圖象為一條直線，由動(dòng)能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A錯(cuò)誤；由A可知，F(xiàn)在0～h0過(guò)程中做功為2mgh0，在h0～2h0過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0過(guò)程中，F(xiàn)做功之比為4∶3，故B錯(cuò)誤；由A、B兩項(xiàng)分析可知，在0～2h0過(guò)程中，F(xiàn)一直做正功，故物體的機(jī)械能不斷增加，C正確；在2h0～3.5h0過(guò)程中，取任一高度(2h0＋h′)，由圖乙可知此時(shí)物體的動(dòng)能為mg(1.5h0－h(huán)′)，由動(dòng)能定理WF′－mgh′

8、＝mg(1.5h0－h(huán)′)－1.5mgh0，得WF′＝0，即F做功為0，故物體的機(jī)械能保持不變，D錯(cuò)誤。 5．(2019·大武口區(qū)校級(jí)一模)質(zhì)量m＝200 kg的小型電動(dòng)汽車(chē)在平直的公路上由靜止啟動(dòng)，圖象甲表示汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系，圖象乙表示汽車(chē)牽引力的功率與時(shí)間的關(guān)系。設(shè)汽車(chē)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力不變，在18 s末汽車(chē)的速度恰好達(dá)到最大。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．汽車(chē)受到的阻力為200 N B．汽車(chē)的最大牽引力為800 N C．汽車(chē)在做變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的位移大小為90 m D．8～18 s過(guò)程中汽車(chē)牽引力做的功為8×104 J 答案　D 解析　當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，汽車(chē)

9、的速度達(dá)到最大值，則有：f＝＝800 N，故A錯(cuò)誤；在0～8 s過(guò)程中，汽車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)，在8～16 s過(guò)程中，汽車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由F－f＝ma可知，牽引力逐漸減小，由此可知0～8 s汽車(chē)的牽引力最大，則有：Fm＝＝ N＝1000 N，故B錯(cuò)誤；汽車(chē)做變加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：Pmt－fs＝mv－mv，解得：s＝95.5 m，故C錯(cuò)誤；8～18 s過(guò)程中汽車(chē)牽引力已達(dá)到最大功率，所以牽引力做的功為：W＝Pmt＝8×104 J，故D正確。 6. (2019·重慶南開(kāi)中學(xué)高三4月模擬)如圖所示，甲、乙兩小球大小相同，質(zhì)量相等，甲小球從某高度h處釋放，做自由落體運(yùn)動(dòng)，乙小球在它

10、的正下方的水平面上以某一初速度同時(shí)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，如果兩小球碰撞時(shí)恰好速度大小相等，方向相反，且碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，關(guān)于其運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．甲、乙小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相碰的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．甲小球碰后將先回到出發(fā)點(diǎn) C．乙小球碰前、碰后兩個(gè)階段的重力的沖量一定相等 D．甲、乙兩球碰前的平均速度大小比值為1∶2 答案　C 解析　甲、乙小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相碰的過(guò)程，由于它們都受重力的作用，系統(tǒng)的合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰后兩球速度大小相等，方向相反，運(yùn)動(dòng)規(guī)律與各自碰撞前的運(yùn)動(dòng)規(guī)律對(duì)稱(chēng)，則它們運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，即同時(shí)回到出發(fā)點(diǎn)，所

11、以小球碰前、碰后兩個(gè)階段的時(shí)間相同，小球所受重力的沖量也相同，故B錯(cuò)誤，C正確；設(shè)甲、乙兩球相遇時(shí)的速度為v，甲的初速度為0，乙的初速度為v1，由題知甲、乙兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，加速度大小相等，即v＝gt＝v1－gt，由此可得v1＝2v，由勻變速運(yùn)動(dòng)平均速度＝知，甲＝＝，乙＝＝，則甲∶乙＝1∶3，故D錯(cuò)誤。 7．(2019·北京西城一模)隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野?！耙椆?yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來(lái)改變自己的速度。為了分析這個(gè)過(guò)程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以

12、太陽(yáng)為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測(cè)器和行星雖然沒(méi)有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類(lèi)比。那么下列判斷中正確的是(　　) A．v1>v0 B．v1＝v0 C．v2>v0 D．v2＝v0 答案　A 解析　設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，探測(cè)器和行星發(fā)生彈性碰撞。對(duì)于模型一：設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律：Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由能量守恒Mu2＋mv＝mv＋Mu，聯(lián)立解得探測(cè)器碰后的速度v1＝，因M?m

13、，則v1≈2u＋v0>v0，故A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)于模型二：設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，由能量守恒Mu2＋mv＝mv＋Mu，聯(lián)立解得探測(cè)器碰后的速度v2＝，因M?m，則v2≈v0－2u

14、．月球表面的重力加速度為2 B．探測(cè)器在月面行走時(shí)，探測(cè)器內(nèi)的儀器處于完全失重狀態(tài) C．月球的第一宇宙速度為R1 D．嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行的最小周期為2π 答案　CD 解析　在地球表面，根據(jù)萬(wàn)有引力和重力的關(guān)系可得：mg＝G，在月球表面，根據(jù)萬(wàn)有引力和重力的關(guān)系可得：mg月＝G，聯(lián)立解得：g月＝，故A錯(cuò)誤；探測(cè)器在月面行走時(shí)，探測(cè)器內(nèi)的儀器仍受月球的重力作用，不是處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；月球的第一宇宙速度為v＝＝R1 ，故C正確；嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行時(shí)按月球的第一宇宙速度運(yùn)行時(shí)周期最小，嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行的最小周期為T(mén)＝＝2π ，故D正確。 9. (2019·吉林省長(zhǎng)春市二模)如圖所示，固定

15、于地面、傾角為θ的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B，物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連，整個(gè)系統(tǒng)在沿斜面向下的外力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。某一時(shí)刻將力F撤去，在彈簧將A、B彈出過(guò)程中，若A、B能夠分離，重力加速度為g。則下列敘述正確的是(　　) A．A、B剛分離的瞬間，兩物塊速度達(dá)到最大 B．A、B剛分離的瞬間，A的加速度大小為gsinθ C．從力F撤去到A、B分離的過(guò)程中，A物塊的機(jī)械能一直增加 D．從力F撤去到A、B分離的過(guò)程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 答案　BCD 解析　當(dāng)加速度等于零時(shí)

16、，兩個(gè)物塊的速度達(dá)到最大，A、B剛分離的瞬間，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A、B之間沒(méi)有彈力作用，此時(shí)A、B都只受重力和斜面的支持力，有共同的沿斜面向下的加速度gsinθ，速度不是最大，A錯(cuò)誤，B正確；從力F撤去到A、B分離的過(guò)程中，彈簧對(duì)A物塊的彈力始終大于B物塊對(duì)A物塊的彈力，這兩個(gè)力的合力對(duì)A做正功，所以A的機(jī)械能增大，C正確；從力F撤去到A、B分離的過(guò)程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，D正確。 10．(2019·河北唐山一模)一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊運(yùn)動(dòng)的位移為s。則以下說(shuō)法正確的是(　

17、　) A．子彈動(dòng)能的虧損等于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損 B．子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)量變化量的大小 C．摩擦力對(duì)木塊做的功等于摩擦力對(duì)子彈做的功 D．子彈對(duì)木塊做的功等于木塊動(dòng)能的增量 答案　BD 解析　子彈射入木塊的過(guò)程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，故A錯(cuò)誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)量的變化量為零，則子彈與木塊動(dòng)量變化量的大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對(duì)木塊做的功為fs，摩擦力對(duì)子彈做的功為－f(s＋d)，可知二者不等，故C錯(cuò)誤；對(duì)木塊，根據(jù)動(dòng)能定理可知：子彈對(duì)木塊做的功即為摩擦力對(duì)木塊的功，等于木塊動(dòng)能的增量，故D正確。 11

18、．(2019·安徽宣城二模)如圖a，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點(diǎn)A沖上軌道，圖b是小球在半圓形軌道上從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，其速度的平方與其對(duì)應(yīng)高度的關(guān)系圖象。已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力為2.5 N，空氣阻力不計(jì)，B點(diǎn)為AC軌道的中點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．圖b中x＝36 m2·s－2 B．小球質(zhì)量為0.2 kg C．小球在A點(diǎn)時(shí)重力的功率為5 W D．小球在B點(diǎn)受到的軌道作用力為8.5 N 答案　BD 解析　由圖b可知軌道半徑R＝0.4 m，小球在C點(diǎn)的速度vC＝3 m/s，那么由牛頓第二定律

19、可得：F＋mg＝，解得：m＝＝ kg＝0.2 kg，故B正確；小球在光滑軌道上運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，所以有：mv＝mv＋mg2R，解得：v＝v＋2g2R，即為：x＝v＝9＋2×10×0.8 m2/s2＝25 m2/s2，故A錯(cuò)誤；小球在A點(diǎn)時(shí)重力G＝mg＝2 N，方向向下，速度vA＝5 m/s，方向向右，故小球在A點(diǎn)時(shí)重力的功率為0，C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒可得小球在B點(diǎn)的速度為：vB＝＝ m/s＝ m/s，此時(shí)在水平方向受到軌道的支持力為：F＝＝ N＝8.5 N，所以，小球在B點(diǎn)受到的軌道作用力為8.5 N，故D正確。 12. (2019·湖北模擬)如圖所示，固定的光滑豎直桿上套一

20、個(gè)滑塊A，與滑塊A連接的細(xì)線繞過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪連接滑塊B，細(xì)線不可伸長(zhǎng)，滑塊B放在粗糙的固定斜面上，連接滑塊B的細(xì)線和斜面平行，滑塊A從細(xì)線水平位置由靜止釋放(不計(jì)輪軸處的摩擦)，到滑塊A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑輪處)的過(guò)程中(　　) A．滑塊A和滑塊B的加速度大小一直相等 B．滑塊A減小的機(jī)械能等于滑塊B增加的機(jī)械能 C．滑塊A的速度最大時(shí)，滑塊A的速度大于B的速度 D．細(xì)線上張力對(duì)滑塊A做的功等于滑塊A機(jī)械能的變化量 答案　CD 解析　兩滑塊與繩構(gòu)成繩連接體，沿繩方向的加速度相等，則A的分加速度大小等于B的加速度大小，故A錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知滑塊A減小的

21、機(jī)械能等于滑塊B增加的機(jī)械能和摩擦生熱之和，故B錯(cuò)誤；繩連接體沿繩的速度相等，則A沿繩的分速度大小等于B的運(yùn)動(dòng)速度大小，如圖所示， 即滑塊A的速度大于B的速度，故C正確；對(duì)A受力分析可知，除重力外，只有細(xì)線的張力對(duì)A做功，由功能關(guān)系可知，細(xì)線上張力對(duì)滑塊A做的功等于滑塊A機(jī)械能的變化量，故D正確。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(本題共4小題，共52分。解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、只寫(xiě)出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位) 13．(2019·撫州模擬)(12分)如圖所示，從A點(diǎn)以v0的水平速度拋出一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿

22、切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高靜止在光滑水平面的長(zhǎng)木板上，圓弧軌道C端切線水平。已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝4 kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)水平拋出速度v0的大?。? (2)長(zhǎng)木板至少為多長(zhǎng)，才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板？ 答案　(1)4 m/s　(2)2.24 m 解析　(1)小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則有：H－h(huán)＝gt2 小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為：vy＝gt 解得：vy＝3 m/s 設(shè)∠BOC＝θ，由幾何關(guān)系可得： cosθ＝＝，t

23、anθ＝，解得：v0＝4 m/s。 (2)小物塊從A到C，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： mv＋mgH＝mv，解得：vC＝2 m/s 小物塊滑上長(zhǎng)木板后，二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得：mvC＝(M＋m)v共 解得：v共＝ m/s 由能量守恒定律，得：μmgL＝mv－(m＋M)v 解得：長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度L＝2.24 m。 14. (2019·河南安陽(yáng)二模)(12分)如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端和粗糙的水平軌道在A點(diǎn)相切，AB為圓弧軌道的直徑。質(zhì)量分別為m、2m的滑塊1、2用很短的細(xì)線連接，在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧(彈簧與滑塊不固連

24、，彈簧和細(xì)線均未畫(huà)出)，滑塊1、2位于A點(diǎn)?，F(xiàn)剪斷兩滑塊間的細(xì)線，滑塊1恰能過(guò)B點(diǎn)，且落地點(diǎn)恰與滑塊2停止運(yùn)動(dòng)的地點(diǎn)重合?；瑝K1、2可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮滑塊1落地后反彈，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求： (1)滑塊1過(guò)B點(diǎn)的速度大小； (2)彈簧釋放的彈性勢(shì)能大小； (3)滑塊2與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 答案　(1)　(2)mgR　(3) 解析　(1)滑塊1恰能過(guò)B點(diǎn)， 則有mg＝m，解得：vB＝。 (2)滑塊1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定律有：－mg·2R＝mv－mv 解得：vA＝ 滑塊1、2被彈簧彈開(kāi)前后，滑塊1、2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m

25、vA＝2mv 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有：Ep＝mv＋·2mv2 聯(lián)立解得：Ep＝mgR。 (3)滑塊1過(guò)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則 水平方向有：x＝vBt 豎直方向有：2R＝gt2 滑塊2在水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有： －μ·2mg·x＝0－·2mv2，聯(lián)立解得：μ＝。 15．(2019·安徽合肥二模)(14分)將一輕彈簧豎直放置在地面上，在其頂端由靜止釋放一質(zhì)量為m的物體，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，其壓縮量為l?，F(xiàn)將該彈簧的兩端分別拴接小物塊A與B，并將它們靜置于傾角為30°的足夠長(zhǎng)固定斜面上，B靠在垂直于斜面的擋板上，P點(diǎn)為斜面上彈簧自然狀態(tài)時(shí)A的位置，如圖所示。由斜面上距P

26、點(diǎn)6l的O點(diǎn)，將另一物塊C以初速度v0＝5 沿斜面向下滑行，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后C、A緊貼在一起運(yùn)動(dòng)，但不粘連，已知斜面P點(diǎn)下方光滑、上方粗糙，A、B、C的質(zhì)量均為4m，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝，彈簧勁度系數(shù)k＝，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求： (1)C與A碰撞前瞬間的速度大?。? (2)C最終停止的位置與O點(diǎn)的距離； (3)判斷上述過(guò)程中B能否脫離擋板，并說(shuō)明理由。 答案　(1)　(2)4l (3)Ek>0，說(shuō)明此時(shí)A仍有沿斜面向上的速度，故B能脫離擋板 解析　(1)剛開(kāi)始A壓縮彈簧，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x1，對(duì)A根據(jù)平衡條件可得：4mg

27、sin30°＝kx1 解得：x1＝l 設(shè)C與A碰前瞬間速度大小為v1，對(duì)C，由動(dòng)能定理得： 4mgsin30°(6l＋x1)－μ·4mgcos30°·6l＝(4m)v－(4m)v 聯(lián)立以上各式得：v1＝。 (2)依題意，當(dāng)豎直放置的彈簧被壓縮l時(shí)，質(zhì)量為m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，由機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能為：Ep＝mgl。 C與A碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有：4mv1＝8mv2 C與A碰后一起壓縮彈簧至返回P點(diǎn)過(guò)程，B始終未動(dòng)，對(duì)A、C及彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得： (8m)v＋Ep＝8mgsin30°·l＋(8m)v 此后C與A分離，C沿

28、斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下，對(duì)C，根據(jù)動(dòng)能定理可得： －4mgsin30°·x2－μ·4mgcos30°·x2＝0－(4m)v 聯(lián)立以上各式得：x2＝2l，即C最終停止的位置與O點(diǎn)相距4l。 (3)要使B離開(kāi)擋板，則彈簧必須伸長(zhǎng)到 x3＝＝l， 即A需到達(dá)斜面上P點(diǎn)上方l處，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能恰也為Ep， 假定A可以到達(dá)該處，A由P至該處的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得： －4mgsin30°·l－μ·4mgcos30°·l＋WT＝Ek－(4m)v 其中WT＝－Ep＝－mgl 由以上式子可得Ek>0，說(shuō)明此時(shí)A仍有沿斜面向上的速度，故B能脫離擋板。 16．(2019·山東聊城二

29、模)(14分)如圖a所示，輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，自由狀態(tài)時(shí)右端在C點(diǎn)，C點(diǎn)左側(cè)地面光滑、右側(cè)粗糙。用可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝1 kg的物體A將彈簧壓縮至O點(diǎn)并鎖定。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)軸?，F(xiàn)用水平向右的拉力F作用于物體A，同時(shí)解除彈簧鎖定，使物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，拉力F隨位移x變化的關(guān)系如圖b所示，運(yùn)動(dòng)到0.225 m處時(shí)，撤去拉力F。 (1)求物體A與粗糙地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)以及向右運(yùn)動(dòng)至最右端的位置D點(diǎn)的坐標(biāo)； (2)若在D點(diǎn)給物體A一向左的初速度，物體A恰好能將彈簧壓縮至O點(diǎn)，求物體A到C點(diǎn)時(shí)的速度大??； (3)質(zhì)量為M＝3 kg的物體B在D點(diǎn)與靜止的物體A發(fā)生彈性正碰，碰后物

30、體A向左運(yùn)動(dòng)并恰能壓縮彈簧到O點(diǎn)，求物體B與A碰撞前的瞬時(shí)速度大小。 答案　(1)0.5　0.45 m　(2) m/s　(3) m/s 解析　(1)由于物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖象，可知：從O到C點(diǎn)的過(guò)程中：F彈＋F＝ma 在C點(diǎn)，F(xiàn)C彈＝0、FC＝5 N，解得：a＝5 m/s2 在C點(diǎn)右側(cè)：F－μmg＝ma、F＝10 N，解得：μ＝0.5 從O到C點(diǎn)，物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則： v＝2axOC 解得：vC＝1 m/s 物體A從C到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得： Fx1－μmg·xCD＝0－mv 其中x1＝0.225 m－0.1 m＝0.125 m 解得：xCD＝0.3

31、5 m D點(diǎn)坐標(biāo)：xD＝xOC＋xCD＝0.45 m。 (2)設(shè)物體A到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC1，物體A將彈簧由C點(diǎn)壓縮至O點(diǎn)的過(guò)程， 由動(dòng)能定理得：－W彈＝0－mv 物體A從O到C，由動(dòng)能定理得： W彈＋WF＝mv－0 其中WF＝xOC 聯(lián)立解得：vC1＝ m/s。 (3)B與A發(fā)生彈性正碰，設(shè)B碰前速度為v0，碰后速度為v1；碰后A的速度為v2，則： 由動(dòng)量守恒定律有Mv0＝Mv1＋mv2 由機(jī)械能守恒定律有Mv＝Mv＋mv 物體A從D到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理： －μmgxCD＝mv－mv 聯(lián)立解得：v2＝2 m/s、v0＝ m/s。 - 13 -