8、所以拉力做功相等，根據(jù)動能定理可知，兩球到達A點時的速度相同，動能相等，AC項錯誤；將小球的運動看做直線運動，畫出其速率隨時間變化的圖像，可知，沿Ⅱ軌道運動的小球先到達，B項正確。
2．(2014·全國卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上。現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則( )
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<
9、4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
解析：選C 根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律、牛頓第二定律、功的計算公式解題。根據(jù)x＝t得，兩過程的位移關系x1＝x2，根據(jù)加速度的定義a＝，得兩過程的加速度關系為a1＝。由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝F2＋f，即F1>。根據(jù)功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤。
3．(2014·天津高考)某同學把附有滑輪的長木板平放在實驗桌上，將細繩一端拴在小車上
10、，另一端繞過定滑輪，掛上適當?shù)你^碼，使小車在鉤碼的牽引下運動，以此定量探究繩拉力做功與小車動能變化的關系。此外還準備了打點計時器及配套的電源、導線、復寫紙、紙帶、小木塊等。組裝的實驗裝置如圖所示。
①若要完成該實驗，必需的實驗器材還有哪些___________________________________。
②實驗開始時，他先調節(jié)木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行。他這樣做的目的是下列的哪個________(填字母代號)。
A．避免小車在運動過程中發(fā)生抖動
B．可使打點計時器在紙帶上打出的點跡清晰
C．可以保證小車最終能夠實現(xiàn)勻速直線運動
D．可在平衡摩擦力后使細
11、繩拉力等于小車受的合力
③平衡摩擦力后，當他用多個鉤碼牽引小車時，發(fā)現(xiàn)小車運動過快，致使打出的紙帶上點數(shù)較少，難以選到合適的點計算小車速度。在保證所掛鉤碼數(shù)目不變的條件下，請你利用本實驗的器材提出一個解決方法：______________________________________________。
④他將鉤碼重力做的功當作細繩拉力做的功，經多次實驗發(fā)現(xiàn)拉力做功總是要比小車動能增量大一些。這一情況可能是下列哪些原因造成的________(填字母代號)。
A．在接通電源的同時釋放了小車
B．小車釋放時離打點計時器太近
C．阻力未完全被小車重力沿木板方向的分力平衡掉
D．鉤碼做勻加
12、速運動，鉤碼重力大于細繩拉力
解析：①實驗要處理紙帶測速度，需要刻度尺，要分析動能的變化，必須要測出小車的質量，因此還需要天平。②實驗中調節(jié)定滑輪高度，使細繩與木板平行，可在平衡摩擦力后使細繩的拉力等于小車所受的合力，如果不平行，細繩的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改變了摩擦力就不能使細繩拉力等于小車所受的合力，D正確。③在所掛鉤碼個數(shù)不變的情況下，要減小小車運動的加速度，可以增大小車的質量，即可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼)。④如果用鉤碼重力做的功當作細繩拉力做的功，發(fā)現(xiàn)拉力做的功總比小車動能的增量大，原因可能是阻力未被完全平衡掉，因此拉力做功一部分用來增大小車動能，一部分用來克服阻力
13、做功；也可能是小車做加速運動，因此細繩的拉力小于鉤碼的重力，鉤碼的重力做的功大于細繩的拉力做的功，即大于小車動能的增量，C、D項正確。
答案：①刻度尺、天平(包括砝碼)?、贒
③可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼)?、蹸D
4．(2012·江蘇)某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f。輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作。一質量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導致輕桿向右移動。輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦。
(1)若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x；
14、(2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm；
(3)討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v′和撞擊速度v的關系。
解析：(1)輕桿開始移動時，彈簧的彈力F＝kx①
且F＝f②
解得x＝③
(2)設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中
由動能定理得－f·－W＝0－mv④
同理，小車以vm撞擊彈簧時－fl－W＝0－mv⑤
解得vm＝⑥
(3)設輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為v1
mv＝W⑦
由④⑦解得v1＝
當v< 時，v′＝v
當≤v≤ 時，v′＝。
答案：(1) (2) (3)見解析
5．(2012·山東理綜)如圖所示，一工件
15、置于水平地面上，其AB段為一半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道，BC段為一長度L＝0.5 m的粗糙水平軌道，二者相切于B點，整個軌道位于同一豎直平面內，P點為圓弧軌道上的一個確定點。一可視為質點的物塊，其質量m＝0.2 kg，與BC間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4。工件質量M＝0.8 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1。(取g＝10 m/s2)
(1)若工件固定，將物塊由P點無初速度釋放，滑至C點時恰好靜止，求P、C兩點間的高度差h。
(2)若將一水平恒力F作用于工件，使物塊在P點與工件保持相對靜止，一起向左做勻加速直線運動。
①求F的大小。
②當速度v＝5 m/s時，使工件立刻停止運動(即
16、不考慮減速的時間和位移)，物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求物塊的落點與B點間的距離。
解析：(1)物塊從P點下滑經B點至C點的整個過程，根據(jù)動能定理得
mgh－μ1mgL＝0①
代入數(shù)據(jù)得
h＝0.2 m②
(2)①設物塊的加速度大小為a，P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為θ，由幾何關系可得
cos θ＝③
根據(jù)牛頓第二定律，對物塊有
mgtan θ＝ma④
對工件和物塊整體有
F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a⑤
聯(lián)立②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得
F＝8.5 N⑥
②設物塊做平拋運動的時間為t，水平位移為x1，物塊落點與B點間的距離為x2，由運動學公式得
h＝gt2
17、⑦
x1＝vt⑧
x2＝x1－Rsin θ⑨
聯(lián)立②③⑦⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得
x2＝0.4 m⑩
答案：(1)0.2 m (2)①8.5 N?、?.4 m
6．(2010·新課標全國)如圖所示，在外力作用下某質點運動的v－t圖象為正弦曲線．從圖中可以判斷( )
A．在0～t1時間內，外力做正功
B．在0～t1時間內，外力的功率逐漸增大
C．在t2時刻，外力的功率最大
D．在t1～t3時間內，外力做的總功為零
解析：本題考查速度圖象、動能定理與功率的計算，意在考查考生對速度圖象的理解，以及結合速度圖象綜合分析功與功率的方法．由速度圖象可知，在0～t1時間內，由于物體的速度增
18、大，根據(jù)動能定理可知，外力對物體做正功，A正確；在0～t1時間內，因為物體的加速度減小，故所受的外力減小，由圖可知t1時刻外力為零，故功率為零，因此外力的功率不是逐漸增大，B錯誤；在t2時刻，由于物體的速度為零，故此時外力的功率最小，且為零，C錯誤；在t1～t3時間內，因為物體的動能不變，故外力做的總功為零，D正確．
答案：AD
第3節(jié) 機械能守恒定律
1．(2014·全國卷Ⅱ)取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為( )
A. B.
C. D.
解析：
19、選B 根據(jù)平拋運動的規(guī)律和機械能守恒定律解題。設物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機械能守恒定律得mv＝mgh，即v0＝。物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動，故落地時的豎直分速度vy＝＝vx＝v0，則該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角θ＝，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。
2．(2014·全國卷Ⅱ)如圖，一質量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)(可視為質點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為( )
A．Mg－5mg B．Mg＋mg
C．Mg＋5mg D．Mg＋
20、10mg
解析：選C 根據(jù)機械能守恒定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律和平衡條件解題。設大環(huán)半徑為R，質量為m的小環(huán)滑下過程中遵守機械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R。小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時的速度為v＝2，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝，所以在最低點時大環(huán)對小環(huán)的支持力FN＝mg＋＝5mg。根據(jù)牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)的壓力FN′＝FN＝5mg，方向向下。對大環(huán)，據(jù)平衡條件，輕桿對大環(huán)的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根據(jù)牛頓第三定律，大環(huán)對輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，故選項C正確，選項A、B、D錯誤。
3．(2014·廣東高考)某同學根據(jù)機械能守恒定律，設計實驗探究彈簧
21、的彈性勢能與壓縮量的關系。
①如圖(a)，將輕質彈簧下端固定于鐵架臺，在上端的托盤中依次增加砝碼，測量相應的彈簧長度，部分數(shù)據(jù)如下表。有數(shù)據(jù)算得勁度系數(shù)k＝________N/m。(g取9.80 m/s2)
砝碼質量(g)
50
100
150
彈簧長度(cm)
8.62
7.63
6.66
②取下彈簧，將其一端固定于氣墊導軌左側，如圖(b)所示；調整導軌使滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度大小________。
③ 用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量x；釋放滑塊，記錄滑塊脫離彈簧后的速度v。釋放滑塊過程中，彈簧的彈性勢能轉化為________。
④ 重復③中的操作
22、，得到v與x的關系如圖(c)，由圖可知，v與x成________關系。由上述實驗可得結論：對同一根彈簧，彈性勢能與彈簧的________成正比。
解析：①由k＝＝N/m＝50 N/m；②要調整氣墊導軌水平，使滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度相等；③根據(jù)機械能守恒定律，釋放滑塊后，彈簧的彈性勢能轉化為滑塊的動能；④由題圖可知，x與v成正比，即v＝kx，由Ep＝Ek＝mv2＝mk2x2，因此彈簧的彈性勢能與彈簧的壓縮量的平方成正比。
答案：①50?、谙嗟取、刍瑝K的動能?、苷取嚎s量的平方
4．(2014·安徽高考)如圖所示，有一內壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內，MN是通過橢
23、圓中心O點的水平線。已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2。則( )
A．v1＝v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
解析：選A 由于橢圓形管道內壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球從M到N過程機械能守恒，由于M、N在同一高度，根據(jù)機械能守恒定律可知，小球在M、N點的速率相等，B、D項錯誤；小球沿MPN運動的過程中，速率先減小后增大，而沿MQN運動的過程中，速率先增大后
24、減小，兩個過程運動的路程相等，到N點速率都為v0，根據(jù)速率隨時間變化關系圖像可知，由于兩圖像與時間軸所圍面積相等，因此t1>t2，A項正確，C項錯誤。
5．(2014·福建高考)如圖，兩根相同的輕質彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動。質量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端。現(xiàn)用外力作用在物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊( )
A．最大速度相同
B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同
D．重力勢能的變化量不同
解析：選C 整個過程中，
25、物塊達到平衡位置時速度最大，物塊質量越大，其平衡位置越靠近最低點，則由最低點到平衡位置過程中，回復力對質量較大的物塊做功較小，又Ek＝mv2，故質量較大的物塊在平衡位置速度較小，A項錯；撤去外力瞬間，物塊的加速度最大，由牛頓第二定律可知，兩物塊的最大加速度不同，B項錯；撤去外力前，兩彈簧具有相同的壓縮量，即具有相同的彈性勢能，從撤去外力到物塊速度第一次減為零，物塊的機械能分別守恒，由機械能守恒定律可知，物塊的重力勢能的變化量等于彈簧彈性勢能的變化量，所以重力勢能的變化量相同，D項錯；因為兩物塊質量不同，物塊的初始高度相同，由ΔEp＝mgΔh可知，兩物塊上升的最大高度不同，C項對。
6．(20
26、14·福建高考)圖為某游樂場內水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切。點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面。一質量為m的游客(視為質點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力。
(1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；
(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h。(提示：在圓周運動過程中任一點，質點所受的向心力與
27、其速率的關系為F向＝m)
解析：(1)游客從B點做平拋運動，有2R＝vBt ①
R＝gt2 ②
由①②式得vB＝ ③
從A到B，根據(jù)動能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0 ④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)。 ⑤
(2)設OP與OB間夾角為θ，游客在P點時的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由機械能守恒定律，有
mg(R－Rcos θ)＝mv－0 ⑥
過P點時，根據(jù)向心力公式，有
mgcos θ－N＝m ⑦
又N＝0 ⑧
cos θ＝ ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
h＝R。 ⑩
答案：(1)?。?mgH－2mgR)
28、 (2)R
7．(2013·廣東理綜)如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有( )
A．甲的切向加速度始終比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度
D．甲比乙先到達B處
解析：選BD 本題考查力與運動的關系和機械能守恒定律的應用，意在考查考生綜合分析問題的能力。若切線的傾角為θ，則這時的加速度為gsin θ，由于甲的軌道切線傾角并不是都比乙的大，因此A項錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，mgh＝mv2，在同一高度甲、乙的速度大小相等，B項正確；甲開始的切向加速
29、度比乙的大，且這個加速度在豎直方向的分加速度也大，因此開始時甲在豎直方向的分運動比乙在豎直方向的分運動快，則C項錯誤；從如圖所示的速率—時間圖像可以判斷，甲先到達B點，D項正確。
第4節(jié) 功能關系 能量守恒定律
1．(2014·上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關系是( )
解析：選C 物體受恒力加速上升時，恒力做正功，物體的機械能增大，又因為恒力做功為：W＝F×at2，與時間成二次函數(shù)關系，AB項錯誤；撤去恒力后，物體只受重力作用，所以機械能守恒，D項錯誤，C項正確。
2. (2014
30、·海南高考)如圖，質量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質定滑輪兩側，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動。在a下降的過程中，b始終未離開桌面。在此過程中( )
A．a的動能小于b的動能
B．兩物體機械能的變化量相等
C．a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量
D．繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為零
解析：選AD 由于va＝vbcos θ，θ為b的拉繩與水平面的夾角，質量相同，動能Ek＝mv2，可知選項A正確；a物體下降時，a的機械能的減少量等于b物體的動能增加量和b克服摩擦力做功之和，
31、選項B、C錯誤；繩的拉力對a所做的功等于a的機械能的減少量，繩的拉力對b所做的功等于b的動能增加和克服摩擦力做功，選項D正確。
3．(2014·北京高考)伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發(fā)展。利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側斜面上升。斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側斜面上升到的最高位置依次為1、2、3。根據(jù)三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是( )
A．如果斜面光滑，小球將上升到與O點等高的位置
B．如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)
C
32、．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變
D．小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小
解析：選A 題述要求根據(jù)三次實驗結果的對比，得到最直接的結論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料，可理解為斜面越來越光滑，小球沿右側斜面上升的最高位置依次為1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的結論是：如果斜面光滑，小球將上升到與O點等高的位置，選項A正確。B、C、D選項都不能根據(jù)三次實驗結果的對比直接得到，選項B、C、D錯誤。
4.(2014·廣東高考)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結構圖。圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈
33、簧壓縮的過程中( )
A．緩沖器的機械能守恒
B．摩擦力做功消耗機械能
C．墊板的動能全部轉化為內能
D．彈簧的彈性勢能全部轉化為動能
解析：選B 在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過程中，由于要克服摩擦力做功，且緩沖器所受合外力做功不為零，因此機械能不守恒，A項錯誤；克服摩擦力做功消耗機械能，B項正確；撞擊以后墊板和車廂有相同的速度，因此動能并不為零，C項錯誤；壓縮彈簧過程彈簧的彈性勢能增加，并沒有減小，D項錯誤。
5．(2014·江蘇高考)如圖所示，生產車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0。小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件
34、與乙之間的動摩擦因數(shù)為μ。乙的寬度足夠大，重力加速度為g。
(1)若乙的速度為v0，求工件在乙上側向(垂直于乙的運動方向)滑過的距離s；
(2)若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側向滑動時的速度大小v；
(3)保持乙的速度2v0不變，當工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復。若每個工件的質量均為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計，求驅動乙的電動機的平均輸出功率。
解析：(1)摩擦力與側向的夾角為45°
側向加速度大小ax＝μgcos 45°
在側向上由勻變速直線運動規(guī)律知－2axs＝0－v
解得s＝
(2)設t＝0時刻摩擦力與側向的夾角為
35、θ，側向、縱向加速度的大小分別為ax、ay
則＝tan θ
很小的Δt時間內，側向、縱向的速度變化量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt
解得＝tan θ
且由題意知tan θ＝，則＝＝tan θ
所以摩擦力方向保持不變
則當vx′＝0時，vy′＝0，即v＝2v0
(3)設工件在乙上滑動時側向位移為x，沿乙運動方向的位移為y，
由題意知ax＝μgcos θ，ay＝μgsin θ
在側向上－2axx＝0－v
在縱向上2ayy＝(2v0)2－0
工件滑動時間t＝
乙前進的距離y1＝2v0t
工件相對乙的位移L＝
則系統(tǒng)摩擦生熱Q＝μmgL
電動機做功W＝m(2v0)2
36、－mv＋Q
由＝，解得＝
答案：(1) (2)2v0 (3)
6．(2013·江蘇)如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)。物塊的質量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W。撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經O點到達B點時速度為零。重力加速度為g。則上述過程中( )
A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W－μmga
B．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga
C．經O點時，物塊的動能小于W－μmga
D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點
37、時彈簧的彈性勢能
解析：選BC 本題考查功能關系的應用，意在考查考生對不同功能關系的理解與應用。設O點到A點的距離為x，則物塊在A點時彈簧的彈性勢能為EpA＝W－μmgx，由于摩擦力的存在，因此A、B間的距離a小于2x，即x＞a，所以EpA＜W－μmga，A項錯誤；物塊從O點經A點到B點，根據(jù)動能定理W－μmg(x＋a)＝EpB，μmg(x＋a)＞μmga，所以EpB＜W－μmg a，B項正確；在O點彈性勢能為零，從O點再到O點W－2μmgx＝Ek0，由于x＞a，因此Ek0＜W－μmga，C項正確；物塊動能最大時，是摩擦力等于彈簧的彈力的時候，此位置在O點右側，如果B點到O點的距離小于動能最
38、大的位置到O點的距離，則物塊動能最大時彈簧的彈性勢能大于物塊在B點時的彈簧的彈力勢能，D項錯誤。
7．(2011·新課標全國)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是( )
A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小
B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加
C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒
D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關
解析：重力做功決定重力勢能的變化，隨著高度的降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，故A選項正確；彈性勢能
39、的變化取決于彈力做功，當橡皮筋張緊后，隨著運動員的下落彈力一直做負功，彈性勢能一直增大，故B選項正確；在蹦極過程中，由于只有重力和彈性繩的彈力做功，故由運動員、地球及彈性繩組成的系統(tǒng)機械能守恒，故選項C正確；重力勢能的大小與勢能零點的選取有關，而勢能的改變與勢能零點選取無關，故選項D錯誤．
答案：ABC
8．(2010·福建理綜)如圖(甲)所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的
40、圖象如圖(乙)所示，則( )
A．t1時刻小球動能最大
B．t2時刻小球動能最大
C．t2～t3這段時間內，小球的動能先增加后減少
D．t2～t3這段時間內，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能
解析：本題意在考查學生的結合圖象以及應用動能定理、功能觀點綜合分析問題的能力．在t1時刻，小球剛好與彈簧接觸，重力大于彈力，合外力與速度方向一致，故小球繼續(xù)加速，即小球動能繼續(xù)增加，A項錯；在t2時刻彈簧彈力最大，說明彈簧被壓縮到最短，此時，小球速度為零，B項錯；t2～t3過程中，彈簧從壓縮量最大逐漸恢復到原長，在平衡位置時，小球動能最大，所以小球的動能先增大后減小，C項正確；t2～t
41、3過程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故小球增加的動能與重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能，D項錯．
答案：C
9．(2010·江蘇)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減?。茸屛飰K從A由靜止開始滑到B.然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有( )
A．物塊經過P點的動能，前一過程較小
B．物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產生的熱量，前一過程較少
C．物塊滑到底端的速度，前一過程較大
D．物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長
解析：本
42、題考查功的計算、動能定律、能量守恒，意在考查考生綜合運用所學知識分析問題的能力．設前一過程中合力做功為mgl1(sinα－μ1cosα)，后一過程中合力做功為mgl2(sinα－μ2cosα)，因l1＜l2，前一過程中任一位置的動摩擦因數(shù)μ1大于后一過程中任一位置的動摩擦因數(shù)μ2，所以mgl1(sinα－μ1cosα)＜mgl2(sinα－μ2cosα)，因此根據(jù)動能定理知物塊經過P點的動能前一過程較小，選項A正確；因兩個過程中摩擦力做的功一樣大，所以產生的熱量一樣大，選項B錯誤；又因為兩個過程中合力做的功一樣大，所以物塊滑到底端的速度一樣大，選項C錯誤；前一過程物塊做加速度增大的加速運動(圖
43、線1)，后一過程物塊做加速度減小的加速運動(圖線2)，而物塊到底端的速度又相等，v－t圖象如圖所示，可見后一過程運動時間短，選項D正確．
答案：AD
10．(2011·廣東理綜)如圖所示，以 A、B和 C、D 為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠 B 點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于 B、C.一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上 E 點，運動到 A 時剛好與傳送帶速度相同，然后經 A 沿半圓軌道滑下，再經 B 滑上滑板．滑板運動到 C 時被牢固粘連．物塊可視為質點，質量為 m，滑板質量 M ＝2m，兩半圓半徑均為 R，板長 l ＝6.5 R，板
44、右端到 C 的距離 L 在 R
45、能量守恒得
μmg·s1＝mv－(m＋M)v2④
由③④，得s1＝6R 0
所以克服摩擦力所做的功
Wf＝μmg(l＋L)＝3.25mgR＋0.5mgL
設物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為H
由機械能守恒得mv＝mgH⑧
解得H
46、當2R≤L<5R時，滑塊與滑板最終一起運動至滑板與C相碰，碰后滑塊在滑板上繼續(xù)做減速運動到右端，設此時的速度為vC1，對物塊由動能定理得
－μmg(l＋s2)＝mv－mv⑨
解得vC1＝ > 0
所以克服摩擦力所做的功
Wf＝μmg(l＋s2)＝4.25mgR
設物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為h，由機械能守恒得mv＝mgh⑩
解得h＝
47、靜止．畫出此時小球的受力圖，并求力F的大?。?
(2)由圖示位置無初速釋放小球，求當小球通過最低點時的速度大小及輕繩對小球的拉力．不計空氣阻力．
解析：(1)受力圖如圖所示．
根據(jù)平衡條件，應滿足Tcosα＝mg，Tsinα＝F
拉力大小F＝mgtanα
(2)運動中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒
mgl(1－cosα)＝mv2
則通過最低點時，小球的速度大小
v＝
根據(jù)牛頓第二定律T′－mg＝m
解得輕繩對小球的拉力
T′＝mg＋m＝mg(3－2cosα)，方向豎直向上
答案：(1)圖見解析 mgtanα
(2) mg(3－2cosα)
12．(2011·福建理綜)如
48、圖為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內有一原長為R、下端固定的輕質彈簧．投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去．設質量為m的魚餌到達管口C時，對管壁的作用力恰好為零．不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能．已知重力加速度為g .求：
(1)質量為m的魚餌到達管口C時的速度大小v1；
(2)彈簧壓縮到0.5R時的彈性勢能Ep；
(3)已知地面與水面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸
49、線OO′在90°角的范圍內來回緩慢轉動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質量在m和m之間變化，且均能落到水面．持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？
解析：(1)質量為m的魚餌到達管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則mg＝ ①
由①式解得v1＝ ②
(2)彈簧的彈性勢能全部轉化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有
Ep＝mg(1.5R＋R)＋mv ③
由②③式解得Ep＝3mgR ④
(3)不考慮因緩慢轉動裝置對魚餌速度大小的影響，質量為m的魚餌離開管口C后做平拋運動，設經過t時間落到水面上，離OO′的水平距離為x1，由平拋運動規(guī)律有
4．5 R＝gt2⑤
x1＝v1t＋R ⑥
由⑤⑥式解得x1＝4R ⑦
當魚餌的質量為m時，設其到達管口C時速度大小為v2，由機械能守恒定律有
Ep＝mg(1.5R＋R)＋(m)v ⑧
由④⑧式解得v2＝2 ⑨
質量為m的魚餌落到水面上時，設離OO′的水平距離為x2，則x2＝v2t＋R ⑩
由⑤⑨⑩式解得x2＝7R
魚餌能夠落到水面的最大面積S
S＝(πx－πx)＝πR2(或8.25πR2)
答案：(1) (2)3mgR (3)πR2(或8.25πR2)
高考物理一輪復習 高考真題備選題庫 第五章 機械能-人教版高三物理試題
