4、，豎直方向有FN＝mg，根據(jù)動(dòng)能定理知轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為W＝Ek＝mv2，其中 r＝Lsin θ，且有Ff＝μFN，聯(lián)立解得至繩中出現(xiàn)拉力時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為W＝μmgLsin θ，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊支持力為零時(shí)，由牛頓第二定律有mgtan θ＝m，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為W＝mv2＝mgLsin θtan θ＝，故選項(xiàng)C正確；由B項(xiàng)分析知v＝，此時(shí)角速度為 ω0＝＝＝，所以當(dāng)物塊的角速度增大到，物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間恰好無相互作用，因此，當(dāng)物體的角速度為時(shí)，物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間有相互作用，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
4．(2019·湖南、湖北八市十二校高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，左右兩側(cè)水平面等高，A、B為
5、光滑定滑輪，C為光滑動(dòng)滑輪．足夠長(zhǎng)的輕繩跨過滑輪，右端與小車相連，左端固定在墻壁上，質(zhì)量為m的物塊懸掛在動(dòng)滑輪上．從某時(shí)刻開始小車向右移動(dòng)，使物塊以速度v0勻速上升，小車在移動(dòng)過程中所受阻力恒定不變．在物塊上升的過程中(未到AB所在的水平面)，下列說法正確的是( )
A．輕繩對(duì)小車的拉力增大
B．小車向右做加速運(yùn)動(dòng)
C．小車阻力的功率可能不變
D．小車牽引力做的功小于物塊重力勢(shì)能的增加量與小車克服阻力做功之和
AD 解析 物塊以v0勻速上升時(shí)，兩邊繩子的夾角變大，可知繩子的拉力變大，即輕繩對(duì)小車的拉力變大，選項(xiàng)A正確；設(shè)繩子與豎直方向的夾角為θ，則由運(yùn)動(dòng)的合成知識(shí)可知v車＝2v0c
6、os θ，則隨著物體的上升θ變大，車的速度減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小車在移動(dòng)過程中所受阻力恒定不變，根據(jù)P＝Ffv車可知小車阻力的功率減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量關(guān)系可知 W牽－W阻－W重＝ΔEk車，因小車動(dòng)能減小，則W牽tan α
B．小物塊下滑的加速度逐漸
7、增大
C．小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為μ0mglcos α
D．小物塊下滑到底端時(shí)的速度大小為
BC 解析 物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，則滿足mgsin α＞μ0mgcos α，即μ0＜tan α，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．根據(jù)牛頓第二定律有 a＝＝gsin α－μgcos α，下滑過程中μ逐漸減小，則加速度a逐漸增大，選項(xiàng)B正確．由圖乙可知μ＝－·x＋μ0，則摩擦力Ff＝μmgcos α＝－x＋μ0mgcos α，可知Ff與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中Ff0＝μ0mgcos α，圖線和橫軸所圍的面積表示克服摩擦力做的功，則下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功 Wf＝Ff0l＝μ0
8、mglcos α，選項(xiàng)C正確．下滑過程根據(jù)動(dòng)能定理有 mglsin α－Wf＝mv2，解得 v＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
6．(2019·景德鎮(zhèn)第一中學(xué)高三月考)(多選)如圖甲所示，在光滑水平地面上疊放著質(zhì)量均為M＝2 kg的A、B兩個(gè)滑塊，用隨位移均勻減小的水平推力F推滑塊A，讓它們運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的圖象如圖乙所示．已知兩滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，g＝10 m/s2(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)．下列說法正確的是( )
A．在運(yùn)動(dòng)過程中滑塊A的最大加速度是2.5 m/s2
B．在運(yùn)動(dòng)過程中滑塊B的最大加速度是3 m/s2
C．滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是3 m
D．物體運(yùn)
9、動(dòng)的最大速度為 m/s
AD 解析 假設(shè)開始時(shí)A、B相對(duì)靜止，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律，有F＝2Ma，解得a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，隔離B，B受到重力、支持力和A對(duì)B的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)f＝Ma＝2×2.5 N＝5 N＜μMg＝6 N，所以A、B不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，保持相對(duì)靜止，最大加速度均為2.5 m/s2，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)F＝0時(shí)，加速度為零，之后A、B做勻速運(yùn)動(dòng)，位移繼續(xù)增加，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；F-x圖象包圍的面積等于力F做的功，W＝×2×10 J＝10 J，當(dāng)F＝0，即a＝0時(shí)達(dá)到最大速度，對(duì)A、B整體，根據(jù)動(dòng)能定理有W＝×2Mv－0，代入數(shù)據(jù)得vm＝ m/s，
10、故選項(xiàng)D正確．
7．(2019·長(zhǎng)春實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三期中)(多選)如圖所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動(dòng)力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)機(jī)功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為Ff，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，小船從A點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為t1，A、B兩點(diǎn)間距離為d，纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)．下列說法正確的是( )
A．小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的全過程克服阻力做的功Wf＝Ffd
B．小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小v1＝
C．小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小v1＝2
D．小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度大小
a＝－
ABD 解析 小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中克服阻力做功Wf
11、＝Ffd，故選項(xiàng)A正確；小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電動(dòng)機(jī)牽引纜繩對(duì)小船做功W＝Pt1，由動(dòng)能定理有W－Wf＝mv－mv，聯(lián)立解得v1＝，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；設(shè)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)繩的拉力大小為F，繩與水平方向夾角為θ，繩的速度大小為v′，P＝Fv′，v′＝v1cos θ，牛頓第二定律 Fcos θ－Ff＝ma，聯(lián)立解得a＝－，故選項(xiàng)D正確．
8．(2019·黑龍江雙鴨山第一中學(xué)高三月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個(gè)粗糙的圓弧軌道，其半徑R＝0.4 m，軌道的最低點(diǎn)距地面高度h＝0.45 m．一質(zhì)量m＝0.1 kg的小滑塊從軌道的最高點(diǎn)A由靜止釋放，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)以一定的水平速度離開軌道，落地點(diǎn)C距軌
12、道最低點(diǎn)的水平距離x＝0.6 m．空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(1)小滑塊離開軌道時(shí)的速度大小；
(2)小滑塊運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小；
(3)小滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中，克服摩擦力所做的功．
解析 (1)小滑塊離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，初速度為v，則x＝vt，h＝gt2，解得v＝2.0 m/s.
(2)小滑塊到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，受重力和軌道對(duì)它的彈力為FN，根據(jù)牛頓第二定律FN－mg＝m，解得FN＝2.0 N，
根據(jù)牛頓第三定律，軌道受到的壓力大小F′N＝FN＝2.0 N.
(3)在滑塊從軌道的最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，
13、根據(jù)動(dòng)能定理
mgR＋Wf＝mv2，Wf＝－0.2 J，所以小滑塊克服摩擦力做功為0.2 J.
答案 (1)2.0 m/s (2)2.0 N (3)0.2 J
9．(2019·啟東中學(xué)高三月考)如圖所示，一軌道由半徑為2 m的豎直圓弧軌道AB和長(zhǎng)度可調(diào)的水平直軌道BC在B點(diǎn)平滑連接而成．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2 kg的小球從A點(diǎn)無初速度釋放，經(jīng)過圓弧上B點(diǎn)時(shí)，傳感器測(cè)得軌道所受壓力大小為3.6 N，小球經(jīng)過BC段所受的阻力為其重力的0.2倍，然后從C點(diǎn)水平飛離軌道，落到水平地面上的P點(diǎn)，P、C兩點(diǎn)間的高度差為3.2 m．小球運(yùn)動(dòng)過程中可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)空氣阻力．
(1)求小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度
14、大??；
(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；
(3)為使小球落點(diǎn)P與B點(diǎn)的水平距離最大，求BC 段的長(zhǎng)度．
解析 (1)在B點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律FN－mg＝m，解得vB＝4 m/s.
(2)小球從A到B的過程，有重力和摩擦力做功，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，由動(dòng)能定理 mgR－Wf＝mv－0，解得Wf＝2.4 J.
(3)設(shè)到C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，B至C的過程，由動(dòng)能定理得
－kmgLBC＝mv－mv，離開C后做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，
所以B至P的水平距離為L(zhǎng)＝＋vC＝4－v＋vC，
由二次函數(shù)的單調(diào)性可得，當(dāng)vC＝1.6 m/s時(shí)，B至P的水平距離最大，由此可得LBC＝
15、3.36 m.
答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m
10．(2019·人大附中高三月考)如圖所示，豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心到圓心距離為 R，A 端與圓心O等高，AD為水平面，B端在O的正下方，小球自A點(diǎn)正上方由靜止釋放，自由下落至 A點(diǎn)時(shí)進(jìn)入管道．
(1)如果管道與小球接觸的內(nèi)側(cè)壁(圖中較小的圓周)始終對(duì)小球沒有彈力，小球釋放點(diǎn)距離A點(diǎn)的最小高度為多大？
(2)如果小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，管壁對(duì)小球的彈力大小為小球重力大小的 9 倍．求：①釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的豎直高度；②落點(diǎn)C與A的水平距離．
解析 (1)如果管道與小球接觸的內(nèi)側(cè)壁始終對(duì)小
16、球沒有彈力，則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度滿足mg＝m；從開始下落到到達(dá)管的最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒 mghA＝mgR＋mv2，解得hA＝1.5R，則小球釋放點(diǎn)距離A點(diǎn)的最小高度為1.5R.
(2)①在B點(diǎn)，管壁對(duì)小球的彈力F＝9mg，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得F－mg＝m，從小球開始下落到達(dá)B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得mg(h＋R)＝mv－0，解得h＝3R.
②小球從B點(diǎn)到達(dá)管道最高點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理可得－2mgR＝mv′2－mv，
小球離開管道后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上R＝gt2，
在水平方向上x＝v′t，解得x＝2R，
落點(diǎn)C與A的水平距離為(2－1)R.
答案 (1)1
17、.5R (2)①3R ②(2－1)R
11．(2019·安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)高三期中)如圖所示，高為L(zhǎng)的斜軌道AB、CD與水平面的夾角均為45°，它們分別與豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑軌道相切于B、D兩點(diǎn)，圓弧的半徑也為L(zhǎng).質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止滑下后，經(jīng)CD軌道返回，再次沖上AB軌道至速度為零時(shí)，相對(duì)于BD面的高度為.已知滑塊與AB軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，重力加速度為g，求：
(1)滑塊第一次經(jīng)過圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；
(2)滑塊與CD軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；
(3)經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，滑塊在兩斜面上滑動(dòng)的路程之和s.
解析 (1)對(duì)第一次滑動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中
18、運(yùn)用動(dòng)能定理得
mg(L＋L－Lsin 45°)－μ1mgcos 45°·L＝mv2－0，
在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝m，
聯(lián)立兩式解得F＝(4－)mg，
則第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為
(4－)mg.
(2)滑塊第一次經(jīng)過D時(shí)的動(dòng)能為Ek1＝mgL－Ff1·L＝0.5mgL，F(xiàn)f1＝μ1mgcos 45°，
第二次經(jīng)過D時(shí)的動(dòng)能為 Ek2＝mg＋Ff1··＝0.25mgL，設(shè)滑塊在CD上的摩擦力為Ff2，F(xiàn)f2＝μ2mgcos 45°，第一次在CD上靜止時(shí)離BD面的高度為h，由功能關(guān)系得 Ek1＝mgh＋Ff2·h＝mgh＋μ2mgh，
Ek1－Ek2＝2Ff2·h＝2μ2mgh，代入數(shù)據(jù)解得μ2＝.
(3)設(shè)滑塊在AB、CD上滑動(dòng)的總路程分別為s1、s2，由題設(shè)條件可知，滑塊在AB上從靜止滑下到再次滑上AB并靜止，其高度變?yōu)殚_始時(shí)的，則s1＝＝L，經(jīng)過很長(zhǎng)時(shí)間，滑塊將保持在BD間滑動(dòng)，損失的機(jī)械能為mgL＝μ1mgcos 45°·s1＋μ2mgcos 45°·s2，
解得s2＝L，所以s＝s1＋s2＝L.
答案 (1)(4－)mg (2)μ2＝ (3)s＝L
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2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能及其守恒定律 第15講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）
