2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題06 機(jī)械能（含解析）

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1、 專題06 機(jī)械能 第一部分名師綜述 本專題涉及的內(nèi)容是動(dòng)力學(xué)內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是高中物理的重點(diǎn)，也是高考考查的重點(diǎn)之一。題目類型以計(jì)算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運(yùn)動(dòng)、及電磁學(xué)等知識(shí)相互聯(lián)系，綜合出題。許多試題思路隱蔽、過(guò)程復(fù)雜、靈活性強(qiáng)、難度較大。從高考試題來(lái)看，功和機(jī)械能守恒依然為高考命題的熱點(diǎn)之一。機(jī)械能守恒和功能關(guān)系是高考的必考內(nèi)容，具有非常強(qiáng)的綜合性。重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律是本單元的重點(diǎn)。彈力做功和彈性勢(shì)能變化的關(guān)

2、系是典型的變力做功，應(yīng)予以特別地關(guān)注。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，A、B、C 是水平面上同一直線上的三點(diǎn)，其中 AB=BC，在 A 點(diǎn)正上方的 O 點(diǎn)以初速度 v0水平拋出一小球，剛好落在 B 點(diǎn)，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡與 OC 的連線交于 D 點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是( ) A．小球從O 到D 點(diǎn)的水平位移是從O 到B 點(diǎn)水平位移的 1:3 B．小球經(jīng)過(guò)D 點(diǎn)與落在B 點(diǎn)時(shí)重力瞬時(shí)功率的比為 2:3 C．小球從O 到D 點(diǎn)與從D 到 B 點(diǎn)兩段過(guò)程中重力做功的比為 1/3 D．小球經(jīng)過(guò)D 點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值是落到B 點(diǎn)時(shí)速度

3、與水平方向夾角的正切值的 1/4 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，位移為L(zhǎng)，則有：Lcosθ=v0t；Lsinθ=12gt2，聯(lián)立解得：t=2v0tanθg，設(shè)∠OBA=α，∠C=β，則tanα=hAB，tanβ=hAC，由于AB=BC，可知tanα=2 tanβ，因在D點(diǎn)時(shí)：tD=2v0tanβg，在B點(diǎn)時(shí)：tB=2v0tanαg，則落到D點(diǎn)所用時(shí)間是落到B點(diǎn)所用時(shí)間的12，即小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的水平位移是落到B點(diǎn)水平位移的12，故A錯(cuò)誤； B．由于落到D點(diǎn)所用時(shí)間是落到B點(diǎn)所用時(shí)間的12，故D點(diǎn)和B點(diǎn)豎直方向的速度之比為1：2，故小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)與落在

4、B點(diǎn)時(shí)重力瞬時(shí)功率的比為12，故B錯(cuò)誤； C．小球從O 到D 點(diǎn)與從D 到 B 點(diǎn)兩段過(guò)程中時(shí)間相等，則豎直位移之比為1:3，則重力做功的比為1:3，選項(xiàng)C正確； D．小球的速度與水平方向的夾角tanθ＝gtv0，故小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值是落到B點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值的12，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 2．質(zhì)量m=200kg的小型電動(dòng)汽車在平直的公路上由靜止啟動(dòng)，圖象甲表示汽車運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系，圖象乙表示汽車牽引力的功率與時(shí)間的關(guān)系。設(shè)汽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力不變，在18s末汽車的速度恰好達(dá)到最大.則下列說(shuō)法正確的是( ) A．汽車受到的阻力200N B．汽車

5、的最大牽引力為700N C．汽車在做變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的位移大小為90m D．8s~18s過(guò)程中汽車牽引力做的功為7×104 J 【答案】 D 【解析】 【詳解】 根據(jù)機(jī)車保持恒定的加速度啟動(dòng)，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)功率增大到最大功率后做變加速直線運(yùn)動(dòng)，最后牽引力減小到等于阻力時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng). A、機(jī)車勻速時(shí)有Pm=Fv=fvm，可得f=Pmvm=7×10310N=700N；故A錯(cuò)誤. B、對(duì)啟動(dòng)的過(guò)程分析可知，最初的勻加速階段時(shí)的牽引力最大，而由v-t圖象可知a=ΔvΔt=1m/s2，故最大牽引力為F1=f+ma=700+200×1=900N；B錯(cuò)誤. C、汽車在做變加

6、速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的時(shí)間t2=18-8=10s，速度從8m/s增大為10m/s，此過(guò)程牽引力的功率保持不變，由動(dòng)能定理Pmt2-fx2=12mvm2-12mv12，解得：x2=6647m；故C錯(cuò)誤. D、8s~18s牽引力的功率保持不變，則牽引力的功為WF=Pmt2=7×103×10J=7×104J，故D正確. 故選D. 3．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿兩端分別固定a、b金屬球，兩球質(zhì)量均為m，放在光滑的水平面上，b套在豎直固定光滑桿上且離地面高度為32L，現(xiàn)將b從圖示位置由靜止釋放，已知重力加速度大小為g，則( ) A．在b球落地前的整個(gè)過(guò)程中組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒 B．從開(kāi)始到b球

7、距地面高度為L(zhǎng)2的過(guò)程中，輕桿對(duì)a球做功為3-18mgL C．從開(kāi)始到b球距地面高度為L(zhǎng)2的過(guò)程中，輕桿對(duì)b球做功為-38mgL D．在b球落地的瞬間，重力對(duì)b球做功的功率為3gL 【答案】 B 【解析】 【分析】 系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動(dòng)量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律分析答題； 【詳解】 A、對(duì)兩球及桿組成的系統(tǒng)，在b球落地前的整個(gè)過(guò)程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用，a球的水平方向受力為零，系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤； BC、對(duì)

8、兩球及桿系統(tǒng),在b球落地前的整個(gè)過(guò)程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用不做功，a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從開(kāi)始到b球距地面高度為L(zhǎng)2的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：mg(32L-L2)=12mvA2+12mvB2，且有vAcos30°=vBcos60°，解得：vA=(3-1)gL2，vB=(3-3)gL2，所以輕桿對(duì)a球做功為：WA=12mvA2-0=3-18mgL，輕桿對(duì)b球做功：WB=12mvB2-mg(32L-L2)=7-538mgL，故B正確，C錯(cuò)誤； D、在b球落地的瞬間，由機(jī)械能守恒定律得：mg·32L=12mv'B2，解得：v'B=3gL，所以在b球落地的瞬間，重力對(duì)b球

9、做功的功率為：PB=mgv'B=mg3gL，故D錯(cuò)誤； 故選B。 【點(diǎn)睛】 解決關(guān)鍵知道系統(tǒng)機(jī)械能守恒，抓住兩球沿桿子方向的速度相等，進(jìn)行求解。 4．如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h02（不計(jì)空氣阻力），則 A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為12R C．小球從B點(diǎn)落回后一定能從A點(diǎn)沖出 D．小球從B端離開(kāi)小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng) 【答案】 C 【解析】 【分析】 水平地面光滑，系

10、統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，下來(lái)時(shí)還會(huì)落回小車中，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球在小車中滾動(dòng)時(shí)摩擦力做功．第二次小球在小車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功變小。 【詳解】 A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤。 B、系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，設(shè)小球從B點(diǎn)沖出時(shí)小車向左的位移為x，由水平方向動(dòng)量守恒定律得：m2R-xt﹣mxt=0，解得小車的位移x=R，故B錯(cuò)誤。 C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車時(shí)系

11、統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，然后再?gòu)腂點(diǎn)落回小車。小球第一次在車中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg（h0﹣h02）﹣Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做的功，解得Wf=12mgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為12mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于12mgh0，機(jī)械能損失小于12mgh0，因此小球再次離開(kāi)小車時(shí)，一定能從A點(diǎn)沖出。故D錯(cuò)誤，C正確 故選:C 【點(diǎn)睛】 動(dòng)能定理的應(yīng)用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功，如本題克服摩擦力做的功

12、。 5．如圖所示,半徑為R的光滑大圓環(huán)用一細(xì)桿固定在豎直平面內(nèi),質(zhì)量為m的小球A套在人圓環(huán)上。上端定在桿上的輕質(zhì)彈簧與質(zhì)量為m的滑塊B連接并起套在桿上,小球A和滑塊乃之間用長(zhǎng)為R的輕桿分別通過(guò)餃鏈連接。當(dāng)小球A位于圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí),彈簧處于原長(zhǎng);此時(shí)給A一個(gè)微小擾動(dòng)(初速度視為0)使小球A沿環(huán)順頂時(shí)針滑下到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)時(shí)小球A的速度為gr(g為重力加速度)。不計(jì)一切摩擦,A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),則下列說(shuō)法中正確的是 A．小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒 B．小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最側(cè)的過(guò)程滑塊B的重力勢(shì)能滅小了33mgR C．小球A從環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過(guò)程中小

13、球A的重力勢(shì)能減小了mgR2 D．小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能增加了3-3mgR 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、小球A、滑塊B和輕彈簧組成的系統(tǒng)在下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒，小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤； B、小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過(guò)程中，此時(shí)滑塊B距離圓心的高度為2Rcos30°=3R，滑塊B下落的高度為h=3R-3R，滑塊B的重力勢(shì)能減小了(3-3)mgR，故B錯(cuò)誤； C、小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過(guò)程中，小球A下落的高度為R，所以小球A的重力勢(shì)能減小了mgR，故C錯(cuò)誤； D、小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)

14、圓環(huán)最右側(cè)時(shí)，兩個(gè)小球的速度方向都向下，如圖所示: 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得：vAcosθ=vBcosθ，則vA=vB，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：(3-3)mgR+mgR=12mvA2+12mvB2+EP，解得:EP=(3-3)mgR，所以小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能增加了(3-3)mgR，故D正確； 故選D. 【點(diǎn)睛】 本題主要是考查了機(jī)械能守恒定律的知識(shí)；要知道機(jī)械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其它力對(duì)系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對(duì)系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能和其它形式的能的轉(zhuǎn)化關(guān)系。

15、6．已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為θ,以恒定的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣?、質(zhì)量為m的小物塊,如圖甲所示。以此時(shí)為t=0時(shí)刻,小物塊的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖甲中取沿傳送帶向上的方向?yàn)檎较?圖乙中v1>v2)。下列說(shuō)法中正確的是 (　　) A．0～t1內(nèi)傳送帶對(duì)小物塊做正功 B．小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ小于tanθ C．0～t2內(nèi)傳送帶對(duì)小物塊做功為12mv22-12mv12 D．0～t2內(nèi)小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量大于小物塊動(dòng)能的減少量 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由圖知，物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，則知

16、傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)向上。0～t1內(nèi)，物塊對(duì)傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對(duì)傳送帶做負(fù)功。故A錯(cuò)誤。在t1～t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B錯(cuò)誤。0～t2內(nèi)，由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對(duì)物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動(dòng)能定理得：W+WG=12mv22-12mv12，則傳送帶對(duì)物塊做功W≠12mv22-12mv12．故C錯(cuò)誤。物塊的重力勢(shì)能減小、動(dòng)能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動(dòng)能的變化量大小。故D正確。故選D。 【點(diǎn)睛】 本題由速度圖象要能分析物塊的運(yùn)動(dòng)情

17、況，再判斷其受力情況，得到動(dòng)摩擦因數(shù)的范圍，根據(jù)動(dòng)能定理求解功是常用的方法． 7．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中，物塊（） A．加速度逐漸減小 B．經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由于水平面粗糙且O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，加速度為零時(shí)彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過(guò)程中加速度先減小后反向增大，A

18、錯(cuò)誤；物體在平衡位置處速度最大，所以物塊速度最大的位置在AO之間某一位置，B錯(cuò)誤；從A到O過(guò)程中彈力方向與位移方向相同，彈力做正功，從O到B過(guò)程中彈力方向與位移方向相反，彈力做負(fù)功，C錯(cuò)誤；從A到B過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理可得W彈-W克f=0，即W彈=W克f，即彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，D正確． 8．如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面，斜面上放有兩個(gè)質(zhì)量均為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體甲和乙，兩小物體之間用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿相連，乙離斜面底端的高度為h.甲和乙從靜止開(kāi)始下滑，不計(jì)物體與水平面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，且水平面光滑.在甲、乙從開(kāi)始下滑到甲進(jìn)入水平面的過(guò)程中( ) A．當(dāng)

19、甲、乙均在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙受三個(gè)力作用 B．甲進(jìn)入水平面的速度大小為3gh+2gLsinθ C．全過(guò)程中甲的機(jī)械能減小了12mgLsinθ D．全過(guò)程中輕桿對(duì)乙做負(fù)功 【答案】 C 【解析】 【詳解】 若以甲與乙組成的系統(tǒng)為研究的對(duì)象，可知系統(tǒng)受到重力與斜面的支持力，所以加速度的大小為gsinθ；以乙為研究的對(duì)象，設(shè)乙與桿之間的作用力為F，則：mgsinθ-F=ma=mgsinθ，可知，乙與桿之間的作用力為0，所以乙只受到重力和支持力的作用。故A錯(cuò)誤。以甲、乙組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh+mg（h+Lsinθ）=12×2mv2，解得兩球的速

20、度：v=2gh+gLsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。以甲球?yàn)檠芯繉?duì)象，由動(dòng)能定理得：mg（h+Lsinθ）+W=12mv2，解得：W=-12mgLsinθ．全過(guò)程中甲球的機(jī)械能減小了12mgLsin θ，全過(guò)程中輕桿對(duì)乙球做功12mgLsin θ．故C正確，D錯(cuò)誤。故選C. 【點(diǎn)睛】 本題考查了求球的速度、桿做的功等問(wèn)題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與動(dòng)能定理即可正確解題. 9．質(zhì)量為400 kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)1v的關(guān)系如圖所示，則賽車在加速的過(guò)程中( ) A．速度隨時(shí)間均勻增大 B．加速度隨時(shí)間均勻增大 C．

21、輸出功率為160 kW D．所受阻力大小為1 60 N 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間不是均勻增大故A錯(cuò)誤；a-1v函數(shù)方程a＝400v?4，汽車加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，加速度減小，故B錯(cuò)誤；對(duì)汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；聯(lián)立得：a=Pmv-fm，結(jié)合圖線，當(dāng)物體的速度最大時(shí)，加速度為零，故結(jié)合圖象可以知道，a=0時(shí)，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度為100m/s；由圖象可知：?f/m＝?4，解得：f=4m=4×400=1600N；0＝1400

22、?P100-f400，解得：P=160kW，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C。 10．在大型物流貨場(chǎng)，廣泛的應(yīng)用傳送帶搬運(yùn)貨物。如下圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的，將m＝1 kg的貨物放在傳送帶上的A點(diǎn)，經(jīng)過(guò)1.2 s到達(dá)傳送帶的B點(diǎn)。用速度傳感器測(cè)得貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v-t圖像可知 A．A、B兩點(diǎn)的距離為2.4 m B．貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25 C．貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，傳送帶對(duì)貨物做功大小為11.2 J D．貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.6 J 【

23、答案】 C 【解析】 【詳解】 物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以物塊由A到B的間距對(duì)應(yīng)圖象所圍梯形的“面積”，為：x=12×2×0.2+12（2+4）×1=3.2m。故A錯(cuò)誤。由v-t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：a1=△v△t=20.2=10m/s2，對(duì)物體受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+f=ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…① 同理，做a2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度為：a2=△v'△t'=4-21.2-0.2=2m

24、/s2 得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…② 聯(lián)立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B錯(cuò)誤； 根據(jù)功能關(guān)系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖象知位移為：x1=12×2×0.2=0.2m，物體受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1=fx1=4×0.2=0.8J，同理做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖象知位移為：x2=12×（2+4）×1=3m， 物體受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做負(fù)功為：Wf2=-fx2=-4×3=-12J，所以整個(gè)過(guò)程，傳送帶對(duì)貨物做功大小為：12J-0.8

25、J=11.2J，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對(duì)位移，由C中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x1=12×2×0.2=0.2m，皮帶位移為：x皮=2×0.2=0.4m，相對(duì)位移為：△x1=x皮-x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x2=12×（2+4）×1=3m，x皮2=2×1=2m，相對(duì)位移為：△x2=x2-x皮2=3-2=1m，故兩者之間的總相對(duì)位移為：△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D錯(cuò)

26、誤；故選C。 【點(diǎn)睛】 本題一方面要分析貨物的運(yùn)動(dòng)情況，由圖象結(jié)合求解加速度，再結(jié)合牛頓第二定律分兩個(gè)過(guò)程列式求解摩擦因數(shù)及斜面傾角是關(guān)鍵，求摩擦產(chǎn)生的熱量注意找兩物體的相對(duì)位移． 二、多選題 11．如圖,有質(zhì)量均為m的三個(gè)小球A、B、C，A與B、C間通過(guò)輕繩相連，繩長(zhǎng)均為L(zhǎng)，B、C在水平光滑橫桿上，中間用一根輕彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)將A球由靜止釋放，直至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，兩輕繩的夾角由120°變?yōu)?0°，整個(gè)裝置始終處于同一個(gè)豎直平面內(nèi)，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是 A．A在最低點(diǎn)時(shí),B對(duì)水平橫桿的壓力等于mg/2 B．彈簧的最大彈性勢(shì)能為3-12mg

27、L C．在A下降的過(guò)程中，輕繩對(duì)B做功的功率先增大后減小 D．在A下降的過(guò)程中輕繩對(duì)B做功為3-14mgL 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、若小球A在最低點(diǎn)靜止，設(shè)水平橫桿對(duì)小球B、C的支持力都為F，此時(shí)整體在豎直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=32mg；A球由靜止釋放直至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，A先加速下降后減速下降，先失重后超重，所以小球A在最低點(diǎn)時(shí)，小球B受到水平橫桿的支持力大于32mg，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B、小球A在最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，對(duì)整體根據(jù)能量守恒則有彈簧的最大彈性勢(shì)能等于小球A的重力勢(shì)能減小，即EPmax=mg(Lsin60°-Lsin3

28、0°)=3-12mgL，故選項(xiàng)B正確； C、在A下降的過(guò)程中，小球B先加速后加速，小球A球釋放時(shí)輕繩對(duì)B做功的功率為零，小球A在最低點(diǎn)時(shí)輕繩對(duì)B做功的功率為零，所以輕繩對(duì)B做功的功率先增大后減小，故選項(xiàng)C正確； D、在A下降的過(guò)程中，對(duì)小球A根據(jù)動(dòng)能定律可得mg(Lsin60°-Lsin30°)-2WF=0，解得每根輕繩對(duì)A做功為WF=3-14mgL，所以輕繩對(duì)B做功為3-14mgL，故選項(xiàng)D正確； 12．如圖所示，光滑豎直管內(nèi)有一底端固定的輕質(zhì)彈簧，彈簧自由端與管口的距離為2 y0，將一個(gè)質(zhì)量為m的小球置于彈簧頂端，并加上外力將小球再下壓至彈簧壓縮量為y0。撤去外力后小球被彈出，運(yùn)動(dòng)到

29、管口時(shí)的動(dòng)能為3 mg y0，重力加速度大小為g，阻力不計(jì)，則 A．彈射過(guò)程，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能 C．彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為6 mg y0 D．小球向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能為5 mg y0 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A、彈射過(guò)程中，對(duì)彈簧和小球組成而言，只受重力和彈簧彈力作用，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A對(duì)； B、彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能，故B錯(cuò)； C、撤去外力后小球被彈出的過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能，，故彈簧具有的最大彈性勢(shì)能等于小球增加

30、的機(jī)械能，即為E=3mgy0+3mgy0=6mgy0，故C對(duì)； D、彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，小球先加速后減速，當(dāng)合力為零時(shí)動(dòng)能最大，但平衡位置無(wú)法判斷，所以最大動(dòng)能也無(wú)法計(jì)算，故D錯(cuò)誤； 13．如圖所示，兩木塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，兩輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對(duì)地面的壓力恰好為零，在此過(guò)程中以下說(shuō)法正確的有（） A．A的重力勢(shì)能增加了m1(m1+m2)g2k1 B．A的重力勢(shì)能增加了m1(m1+m2)(1k1+1k2)g2 C．B的重力勢(shì)能增加了m2(m1+m2)g2k1 D．B的重力勢(shì)能增

31、加了m2(m1+m2)g2k2 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 對(duì)m1與m2整體分析，在初始狀態(tài)（m1+m2）g=k2x2，故m2上升的距離為：h2=x2＝(m1+m2)gk2；B的重力勢(shì)能增加了m2gh2=m2(m1+m2)g2k2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；初始狀態(tài)的m1，根據(jù)胡克定律，有：k1x1=m1g，故x1＝m1gk1；末狀態(tài)時(shí)的m2，根據(jù)胡克定律，有：k1x1＇＝m2g，故x'1＝m2gk1；所以m1上升的距離為：h1=x1+x1'+x2=m1gk1+m2gk1+m1g+m2gk2=(m1+m2)g(1k1+1k2)；A重力勢(shì)能的增加量m1gh1=(m1+m2)m1g2

32、(1k1+1k2)；選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；故選BD. 14．如圖所示，一光滑水平軌道的左邊緊靠豎直墻壁，右邊與一個(gè)半徑足夠大的14光滑圓弧軌道平滑相連，質(zhì)量分別為1.5kg與0.5kg的木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，現(xiàn)給木塊A一大小為6m/s的速度，使其水半向左運(yùn)動(dòng)并與墻壁碰撞，碰撞的時(shí)間為0.3s，碰后的速度大小變?yōu)?m/s，木塊A、B碰撞后立即粘在一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，則(　　) A．在木塊A與墻壁碰撞的過(guò)程中，墻壁對(duì)木塊A的平均作用力大小為50N B．木塊A與在墻壁碰撞的過(guò)程中沒(méi)有能量損失 C．木塊A、B碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s D．木

33、塊A、B滑上圓弧軌道后到達(dá)的最大高度為0.45m 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 設(shè)水平向右為正方向，當(dāng)A與墻壁碰撞時(shí)，由動(dòng)量定理得：Ft=mAv'1-mA?(-v1)，代入數(shù)據(jù)解，墻壁對(duì)A的平均作用力為：F=50N，故A正確。A與墻壁碰撞后動(dòng)能減小，說(shuō)明碰撞過(guò)程中A的能量有損失，故B錯(cuò)誤。設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv'1=(mA+mB)v，代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s，故C正確。A、B在光滑圓形軌道上滑動(dòng)時(shí)，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12(mA+mB)v2=(mA+mB)gh，代入數(shù)據(jù)解得：h=0.45m，故D錯(cuò)

34、誤。故選ACD。 15．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長(zhǎng)。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則（） A．下滑過(guò)程中，其加速度先減小后增大 B．下滑過(guò)程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為12mv2 C．從C到A過(guò)程，彈簧對(duì)環(huán)做功為mgLsinα－14mv2 D．環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度小于下滑的速度 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A．環(huán)由A到

35、C，初速度和末速度均為0，環(huán)先加速后減速，加速度先減小后增大，選項(xiàng)A正確； BC．環(huán)由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，環(huán)由C到A，有EpC－Q－mgLsin α＝－12mv2，解得Q＝14 mv2，EpC＝mgLsinα－14mv2，選項(xiàng)C正確，B錯(cuò)誤； D．由功能關(guān)系可知，圓環(huán)由A下滑至B，有mgh′－W′f－W′彈＝12mvB2－0，圓環(huán)由B上滑至A，有－mgh′－W′f＋W′彈＝0－12mvB′2，故可知，環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 16．如圖所示，一根跨越一固定的水平光滑細(xì)桿的柔軟、不可伸長(zhǎng)的輕繩，兩端各系一個(gè)小球A和B，球A剛好接觸地面，球B被拉到

36、與細(xì)桿同樣高度的水平位置，當(dāng)球B到細(xì)桿的距離為L(zhǎng)時(shí)繩剛好拉直，此時(shí)由靜止釋放B球，當(dāng)球B擺到與水平方向的夾角為θ時(shí)，A球剛要離開(kāi)地面，已知A、B球的質(zhì)量分別為2.4m、m，不計(jì)空氣阻力。則在球A剛要離開(kāi)地面時(shí)，下列描述正確的是 A．θ=53° B．球B與其初始位置的高度差h=0.8L C．B球的速度大小v=8gL5 D．B球的加速度大小8g5 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“跨越一固定的水平光滑細(xì)桿的柔軟、不可伸長(zhǎng)的輕繩，兩端各系一個(gè)小球A和B”、“球B擺到與水平方向的夾角為θ時(shí)，A球剛要離開(kāi)地面”可知，本題考察圓周運(yùn)動(dòng)與臨界情況相結(jié)合的問(wèn)題，應(yīng)用牛頓第

37、二定律、動(dòng)能定理、幾何關(guān)系等知識(shí)分析計(jì)算。 【詳解】 AC：當(dāng)球B擺到與水平方向的夾角為θ時(shí)，A球剛要離開(kāi)地面，設(shè)此時(shí)繩中拉力為T(mén)，對(duì)A受力分析可得，T=2.4mg；對(duì)B受力分析如圖： 據(jù)牛頓第二定律可得，T-mgsinθ=mv2L；據(jù)動(dòng)能定理可得，mgLsinθ=12mv2。聯(lián)立解得：sinθ=0.8、θ=53°、v=8gL5。故AC兩項(xiàng)正確。 B：球B與其初始位置的高度差h=Lsinθ=0.8L，故B項(xiàng)正確。 D：球A剛要離開(kāi)地面時(shí)，B球的向心加速度an=v2L=85g，B球的切向加速度aτ=mgcosθm=0.6g，B球的加速度a=an2+aτ2=735g。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。

38、17．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向?yàn)檎较颍訌椩谡麄€(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則 A．傳送帶的速度大小為4m/s B．滑塊的質(zhì)量為3.3kg C．滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J D．若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并

39、留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)合的問(wèn)題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識(shí)分析計(jì)算。 【詳解】 A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。

40、故B項(xiàng)正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2。滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R=0.4m。故D項(xiàng)正確。 18．如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為mA=6

41、kg，mB=2kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁現(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)向左的力，該力對(duì)物體B做功W=25J，使A、B間彈簧被壓縮，在系統(tǒng)靜止時(shí)，突然撤去向左推力解除壓縮，則 A．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．從撤去外力至A與墻面剛分離，A對(duì)彈簧的沖量I=10 N·s，方向水平向右 D．A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物體速率均是2.5m/s 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，墻壁對(duì)A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，兩物

42、體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，恢復(fù)原長(zhǎng)后，AB一起向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力為零，動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤； B、解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B正確； C、壓縮彈簧時(shí)，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能全轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，設(shè)此時(shí)B的速度為v0，則：W=EP=12mBv02，得v0＝5m/s，此過(guò)程墻壁對(duì)A的沖量大小等于彈簧對(duì)A的沖量大小，也等于彈簧對(duì)B的沖量大小，由動(dòng)量定理得：I＝mBv0＝10 N·s，故C正確； D、當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最小，則：vAmin＝0，A、B都運(yùn)動(dòng)后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧拉

43、伸最長(zhǎng)．此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，以向右為正，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒有：mBv0=mAvA+mBvB，12mBv02=12mAvA2+12mBvB2，得vA=2.5m/s，vB=-2.5m/s，故D正確。 19．水平長(zhǎng)直軌道上緊靠放置n個(gè)質(zhì)量為m、可看作質(zhì)點(diǎn)的物塊，物塊間用長(zhǎng)為l的細(xì)線連接，開(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．用水平恒力F拉動(dòng)1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取g，則（　　） A．當(dāng)物塊2剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊1的速度大小是2Flm B．整個(gè)過(guò)程中拉力F對(duì)物塊1所做的

44、功為nFl C．整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)克服摩擦力做的功為nn-1μmgl2 D．F>nμmg2 【答案】 CD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“到連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零”可知，本題考查用動(dòng)能定理解決物體運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題。根據(jù)動(dòng)能定理解決物體運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法，應(yīng)用功能關(guān)系、累積法、數(shù)列法等知識(shí)分析求解。 【詳解】 A：當(dāng)物塊2剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊1運(yùn)動(dòng)的距離是l，對(duì)物塊1運(yùn)動(dòng)l的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：Fl-μmgl=12mv12，解得：當(dāng)物塊2剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊1的速度v1=2Flm-2μgl。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B：連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)，物塊1運(yùn)動(dòng)的距離是(n-1)l，則整個(gè)過(guò)程

45、中拉力F對(duì)物塊1所做的功為(n-1)Fl。故B項(xiàng)錯(cuò)誤。 C：整個(gè)過(guò)程中，物塊1運(yùn)動(dòng)的距離是(n-1)l，物塊2運(yùn)動(dòng)的距離是是(n-2)l，…物塊(n-1)運(yùn)動(dòng)的距離為l，物塊n運(yùn)動(dòng)的距離為0，則整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)克服摩擦力做的功W克f=μmg(n-1)l+μmg(n-2)l+…+μmgl=n(n-1)2μmgl。故C項(xiàng)正確。 D：因繩子繃直瞬間有機(jī)械能的損失，則全過(guò)程中拉力做的功大于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即(n-1)Fl>n(n-1)2μmgl，所以F>nμmg2。故D項(xiàng)正確。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵是用累積法求摩擦力做功，要注意各個(gè)物體的位移不同，運(yùn)用數(shù)列法解答。 20．如圖所示，輕彈

46、簧一端固定于傾角為θ（θ＜45°）的光滑斜面（固定）上方的O點(diǎn)，O點(diǎn)到斜面的距離OQ等于彈簧的原長(zhǎng)L，彈簧另一端與小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）連接。在斜面上移動(dòng)滑塊至P點(diǎn)，使彈簧處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)將滑塊從P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方M點(diǎn)，該過(guò)程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是 A．滑塊經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度最大 B．滑塊經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)的速度大于2gLcosθ C．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，其加速度一直在減小 D．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過(guò)程動(dòng)能的增量比Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)過(guò)程動(dòng)能的增量小 【答案】 BC 【解析】 【分析】 滑塊在下滑過(guò)程中分析受力如何變

47、化即可判斷加速度和速度的變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理可以分析AB段和BC段動(dòng)能增量的關(guān)系，同時(shí)結(jié)合幾何關(guān)系判斷彈簧彈力做功可得分析C點(diǎn)速度關(guān)系。 【詳解】 AC、滑塊下滑過(guò)程中受到重力，斜面對(duì)它的支持力，還有彈簧彈力。在Q點(diǎn)彈簧恰處于原長(zhǎng)且與斜面垂直，則滑塊從P到Q合外力變小沿斜面向下，做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)?；瑝K從Q到M彈簧彈力變大，此過(guò)程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑塊繼續(xù)做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)；也有可能有合力向上的階段，那么滑塊在此階段就做加速度先變小后變大的先加速后減速的運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤、C正確。 BD、彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，斜面傾角θ小于45°，由幾何關(guān)系P到Q下降的高度差大于Q到M的高度

48、差，又P到Q彈簧彈力對(duì)滑塊做正功、Q到M做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理P到Q階段動(dòng)能增加量大于Q到M階段；設(shè)整個(gè)過(guò)程彈力做功為W，到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為v，則由動(dòng)能定理：mgLcosθ+W=12mv2，可得M點(diǎn)速度大于2gLcosθ，故B正確，D錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 當(dāng)涉及變力做功時(shí)候，往往是要用到動(dòng)能定理進(jìn)行分析計(jì)算的。此題中要抓住題目考點(diǎn)以及幾何關(guān)系，對(duì)合力方向和各個(gè)階段做功大小判斷分析。 三、解答題 21．如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑R=1.25 m的四分之一圓弧軌道AB在最低點(diǎn)B與粗糙水平軌道BC相切。質(zhì)量ml=0.1 kg的物塊口自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質(zhì)量m2=0.2kg的物塊6靜止在水平軌

49、道上，與B點(diǎn)相距x=4m，一段時(shí)間后物塊a、b發(fā)生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/S2。求： (1)物塊a、b碰撞前口的速度大?。? (2)物塊a、b碰撞后相距的最遠(yuǎn)距離。 【答案】（1）v1=2g(R-μx)=3m/s；（2）小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離Δx=v1'22a+v2'22a=1.25m 【解析】 【詳解】 （1）a由靜止釋放到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：m1gR=12m1v02 a從B點(diǎn)到與b碰撞前的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：-μm1gx=12m1v12-12m1v02 （或：從釋放到碰撞全過(guò)程

50、，由動(dòng)能定理得：m1gR-μm1gx=12m1v12） 聯(lián)立可得：v1=2g(R-μx)=3m/s （2）小球a與b發(fā)生彈性碰撞過(guò)程中， 由動(dòng)量守恒定律得：m1v1=m1v1'+m2v2' 由能量守恒定律得：12m1v12=12m1v1'2+12m2v2'2 聯(lián)立解得：v1'=m1-m2m1+m2v1=1m/s，v2'=2m1m1+m2v1=2m/s 碰后小球a與b都做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：μmg=ma 小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離：Δx=v1'22a+v2'22a=1.25m 22．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC段是光滑圓弧，對(duì)應(yīng)的

51、圓心角θ=53°，半徑為r，CD段水平粗糙，各段軌道均平滑連接，在D點(diǎn)右側(cè)固定了一個(gè)14圓弧擋板MN，圓弧半徑為R，圓弧的圓心也在D點(diǎn)。傾斜軌道所在區(qū)域有場(chǎng)強(qiáng)大小為E=9mg5q、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，最終從D點(diǎn)水平拋出并擊中擋板。已知A，B之間距離為2r，斜軌與小物塊之的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=14，設(shè)小物塊的電荷量保持不變，重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)小物塊運(yùn)動(dòng)至圓軌道的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??； (2)改變AB之間的距離和場(chǎng)強(qiáng)E的大小，使小物塊每次都能從D點(diǎn)以

52、不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時(shí)小物塊動(dòng)能的最小值。 【答案】（1）在C點(diǎn)小物塊對(duì)圓軌道的壓力大小為F'N=135mg；（2）小物塊動(dòng)能的最小值為Ekmin=32mgR 【解析】 【詳解】 (1)小物塊由A到B過(guò)程由動(dòng)能定理，得：mgsinθ?2r-μ(mgcosθ+qE)?2r=12mvB2 解得：vB=45gr 小物塊由B到C過(guò)程由機(jī)械能守恒定律得：mgr(1-cosθ)=12mvC2-12mvB2 解得：vC=85gr 在C點(diǎn)由牛頓第二定律，得：FN-mg=mvC2r 解得：FN=135mg 由牛頓第三定律可得，在C點(diǎn)小物塊對(duì)圓軌道的壓力大小為F'

53、N=135mg (2)小物塊離開(kāi)D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=v0t 豎直方向：y=12gt2 而：x2+y2=R2 小物塊平拋過(guò)程機(jī)械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02 由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4 由數(shù)學(xué)中均值不等式可知：Ek≥2mgR24y?3mgy4=32mgR 則小物塊動(dòng)能的最小值為Ekmin=32mgR 23．光滑水平面上放著兩完全相同的小球A和B，其質(zhì)量均為0.02kg，A靠在豎直墻壁上，一原長(zhǎng)為12cm的輕質(zhì)彈簧將A、B連在一起，壓縮彈簧使其長(zhǎng)度為4cm時(shí)，用銷釘擋住B不動(dòng)。拔掉銷釘，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度第2次達(dá)到（12+30）cm時(shí)，從A、B之間撤

54、去彈簧，之后A、B發(fā)生彈性碰撞，分別沖向長(zhǎng)為0.5m、傾角為53°的光滑斜面（機(jī)械能不損失），并落到足夠長(zhǎng)的水平固定平臺(tái)上，已知彈簧彈性勢(shì)能的表達(dá)式為Ep=12kx2，其中勁度系數(shù)k=200N/m，x為彈簧形變量；sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2．求： （1）彈簧首次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)B球的速度大??； （2）從撤去彈簧到兩球相碰經(jīng)歷的時(shí)間； （3）兩球在平臺(tái)上第一次落點(diǎn)間的距離。 【答案】（1）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536m。 【解析】 【詳解】 （1）至彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得：12kx12=12mBvB2 代入數(shù)據(jù)

55、得vB=8m/s （2）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，至撤去彈簧 由動(dòng)量守恒定律得mBvB=mAvA1+mBvB1 由能量守恒定律12kx12-12kx22=12mAvA12+12mBvB12 代入數(shù)據(jù)得vA1=5m/s vB1=3m/s 從撤去彈簧到A、B相碰經(jīng)歷時(shí)間t=l2vA1-vB1 解得t=12+30200s （3）A、B彈性碰撞，機(jī)械能動(dòng)量均守恒 速度交換vA2=3m/s；vB2=5m/s 到達(dá)斜面頂端的速度分別為vA3，vB3 v22-v32=2as 其中斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=8m/s2 得vA3=1m/s，vB3=17m/s 在平臺(tái)上的水平位移x=v3

56、cos53°?2v3sin53°g 最終可得兩球落點(diǎn)的水平距離d=1.536m 24．如圖所示,半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ=30°,另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn),C點(diǎn)右側(cè)的光滑水平路面上緊挨C點(diǎn)放置一木板,木板質(zhì)量M=2kg,上表面與C點(diǎn)等高.質(zhì)量m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從空中A點(diǎn)以v0=1m/s的速度水平拋出,恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道,沿軌道滑行之后又滑上木板,已知木板的長(zhǎng)度L=1m,取g=10m/s2,求： (1)物塊剛到達(dá)軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力; (2)若物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3≤

57、μ≤0.8,物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量. 【答案】(1)50N (2)①當(dāng)0.3≤μ<0.6時(shí)，Q1=10μ；②當(dāng)0.6≤μ≤0.8時(shí)，Q1=6J 【解析】 【詳解】 （1）A→B(平拋運(yùn)動(dòng)):vB=2v0 B→C(能量守恒):mgR(1+sinθ)+12mvB2=12mvC2 C 點(diǎn):FNC-mg=mvc2R 聯(lián)立以上三式得:FNC=50N 由牛頓第三定律可得物塊剛到達(dá)軌道上的 C 點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力:FNC'=50N （2）設(shè)物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ時(shí)，物塊恰好滑到木板右端，由動(dòng)量和能量守恒可得: mvc=(m+M)v 12mvc2=12(m+M)v2+μmg

58、L 解得μ=0.6 ①當(dāng)0.3≤μ<0.6時(shí)，A和小車不能共速，A將從小車左端滑落: 則A與小車之間產(chǎn)生的熱量Q1=μmAgL=10μ ②當(dāng)0.6≤μ≤0.8時(shí)，A和小車能共速： 則A與小車之間產(chǎn)生的熱量：Q1=12mAvA2-12(mA+M)v2=6J 25．如圖所示，在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、M'N'與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導(dǎo)軌間距L=1m，水平導(dǎo)軌左端MM'接有R=2Ω的定值電阻，水平軌道的ANN'A'區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪=1m。一質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5Ω、長(zhǎng)

59、度為L(zhǎng)=1m的導(dǎo)體棒ab放置在水平導(dǎo)軌上距磁場(chǎng)左邊界s處，在與導(dǎo)體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)至NN'時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體棒ab恰好能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)PP'。已知重力加速度g取10m/s2，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。 （1）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及s的大?。? （2）若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到AA'時(shí)撤去拉力，試判斷導(dǎo)體棒能不能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。如果不能，說(shuō)明理由；如果能，試再判斷導(dǎo)體棒沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)不會(huì)脫離軌道。 【答案】（1）B=1T，s=1.25m；（2）h=0.45m

60、，由于h

61、 解得：v3=3m/s 所以假設(shè)成立，能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。 假設(shè)導(dǎo)體棒在半圓軌道上不會(huì)離開(kāi)軌道，上升的最大高度為h 則有：mgh=12mv32 解得：h=0.45m，由于h

62、s2。 （1）若剪斷輕彈簧，物塊A到斜面頂端時(shí)，物塊B還未落地，求物塊A運(yùn)動(dòng)到斜面頂端要用多長(zhǎng)時(shí)間； （2）若剪斷輕繩，求物塊A向下運(yùn)動(dòng)的最大速度。 【答案】（1）t=1s；（2）v=1m/s 【解析】 【詳解】 (1)剪斷輕彈簧后，物塊A和B一起做勻加速運(yùn)動(dòng)。 對(duì)A，由牛頓第二定律得：T-mgsinθ=ma 對(duì)B：mg-T=ma 聯(lián)立得：a=2.5m/s2 物塊A上升到斜面頂端的過(guò)程中，有：L2=12at2 解得：t=1s （2）沒(méi)有剪斷輕繩時(shí)，設(shè)彈簧伸長(zhǎng)量為x1，根據(jù)平衡有：mg=mgsinθ+kx1 解得：x1=mg2k 剪斷輕繩后，當(dāng)A速度最大時(shí)，根據(jù)力

63、的平衡有：kx2=mgsinθ 解得：x2=mg2k 根據(jù)機(jī)械能守恒：mgsinθ(x1+x2)=12mv2 解得：v=1m/s 27．如圖所示，一足夠長(zhǎng)的透氣圓筒豎直固定在地面上，筒中有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對(duì)薄滑塊的阻力可調(diào)節(jié)。開(kāi)始薄滑塊靜止，ER流體對(duì)其限力為0，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與溥滑塊碰撞后粘在一起向下運(yùn)動(dòng)為使薄滑塊恰好做勻減速運(yùn)動(dòng)且下移距離為2mgk時(shí)其速度減為0，ER流體對(duì)薄滑塊的阻力必須隨薄滑塊下移而適當(dāng)變化，以薄滑塊初始位置處為原點(diǎn)，向下為

64、正方向建立Ox軸，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。 (1)求ER流體對(duì)薄滑塊的阻力Ff隨位置坐標(biāo)x變化的函數(shù)關(guān)系式 (2)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過(guò)調(diào)節(jié)使之后ER流體對(duì)運(yùn)動(dòng)的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊仍能向上運(yùn)動(dòng)，求λ的取值范圍。 (3)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過(guò)調(diào)節(jié)使之后ER流體對(duì)運(yùn)動(dòng)的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊向上運(yùn)動(dòng)一段距離后停止運(yùn)動(dòng)不再下降，求A的最小值。 【答案】(1)f=-kx+mg+kL4；(2)λ<1；(3)13 【解析】 【詳解】 (1)設(shè)滑塊靜止時(shí)彈簧壓縮量為x0，則有：kx0=mg 設(shè)物體下落與滑塊相碰前的速度

65、大小為v0，由動(dòng)能定理得：mgL=12mv02 設(shè)碰后二者粘在一起的共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=(m+12m)v1 滑塊下移的距離為x1=2mgk時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：0-v22=-2ax1 由牛頓第二定律得：k(x0+x1)+f-2mg=2ma 解得f=-kx+mg+kL4； (2)滑塊能向上運(yùn)動(dòng)，則有k(x0+x1)>2mg+λmg 解得：λ<1； (3)當(dāng)滑塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若規(guī)定向上為滑塊和物體所受合力的正方向，則合力： F=k(x+x0)-2mg-λmg-kx-(1+λ)mg 作出F-x圖象如圖所示： 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得滑塊停止運(yùn)動(dòng)的位置坐標(biāo)x1=2λmg

66、k 滑塊停止運(yùn)動(dòng)不再下降的條件是：2mg-k(x1+x0)≤λmg 解得：λ≥13。 28．如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一輕質(zhì)彈簧兩端連接兩個(gè)質(zhì)量均為m＝1 kg的物塊B和C。物塊C緊靠著擋板P，物塊B通過(guò)一跨過(guò)光滑定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與質(zhì)量m0＝8 kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A相連，與物塊B相連的細(xì)繩平行于斜面，小球A在外力作用下靜止在對(duì)應(yīng)圓心角為60°、半徑R＝2 m的光滑圓弧軌道的最高點(diǎn)a處，此時(shí)細(xì)繩恰好伸直且無(wú)拉力，圓弧軌道的最低點(diǎn)b與光滑水平軌道bc相切?，F(xiàn)由靜止釋放小球A，當(dāng)小球A滑至b點(diǎn)時(shí)，物塊B未到達(dá)a點(diǎn)，物塊C恰好離開(kāi)擋板P，此時(shí)細(xì)繩斷裂。已知重力加速度g取10 m/s2，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，細(xì)繩不可伸長(zhǎng)，定滑輪的大小不計(jì)。求： （1）彈簧的勁度系數(shù)； （2）在細(xì)繩斷裂后的瞬間，小球A對(duì)圓弧軌道的壓力大小。 【答案】（1）5 N/m （2）144 N 【解析】 【詳解】 (1)小球A位于a處時(shí)，繩無(wú)張力且物塊B靜止，故彈簧處于壓縮狀態(tài) 對(duì)B由平衡條件有kx＝mgsin 30° 當(dāng)C恰好離開(kāi)擋板P時(shí)，C的加速度為0，故彈簧處于拉升狀