【物理】2020届一轮复习人教版功和能作业 348页

2020 届一轮复习人教版 功和能 作业 一、单选题 1 ．“太极球”运动是一项较流行的健身运动，做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍， 拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，太极球却不会掉到地上，现将太极球简化成如图所示 的平板和小球，熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动，则 A. 在 B 、 D 两处小球运动的加速度一定相同 B. 只要平板与水平面的夹角合适，小球在 B 、 D 两处可能不受平板的摩擦力作用 C. 平板对小球的作用力在 A 处最大，在 C 处最小 D. 小球运动过程中机械能保持不变 【答案】 B 2 ．一汽车在平直公路上行驶，从某时刻开始计时，发动机的功率 P 随时间 t 的变化如图所示。 假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变。下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 的变化的图线中，可能 正确的是 A. B. C. D.【答案】 D 3 ．如图所示，质量相同、带正电且电量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的 1/4光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为 R ，圆弧底端切线水平，整个轨道处在竖直向下的匀 强电场中，乙从高为 R 的光滑斜面顶端由静止滑下。整个斜面处在竖直向下的匀强电场中，下列 判断正确的是 A. 两小球到达底端时速度相同 B. 两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同 C. 两小球到达底端时甲球的动能大 D. 两小球到达底端时，电场力做功的瞬时功率相等 【答案】 B 【解析】设竖直向下的匀强电场场强大小为 E ，根据动能定理得 ，可知达 到低端时的动能和速度的大小相同，但由于速度是矢量，二者的方向不同，因此速度不相同， AC错误；两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，由 可知重力做功相同， B正确；两物块到达底端的速度大小相等，甲图中电场力与速度方向垂直，瞬时功率为零；而乙图 中电场力与速度不垂直，根据 可知两种情况下电场力做功的瞬时功率不相等， D 错 误． 【点睛】解得本题的关键是动能是标量，只有大小没有方向，而速度是矢量，比较速度不仅要比 较速度大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式 P=mgcos α，注意α为力与速度方向 的夹角． 4 ．如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON ，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数 ，杆的竖直 部分光滑。两部分各套有质量均为 的小球 A 和 B ， A 、 B 球间用细绳相连。初始 A 、 B 均处于 静止状态，已知知 ， ，若 A 球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动 1m （取 ），那么该过程中拉力 F 做功为（ ） A. 14J B. 10 C. 6J D. 4J【答案】 A 5 ．质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时，引力势能可表示为 ，其中 G 为 引力常量， M 为地球质量 . 该卫星原来在半径为 R1 的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极 稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为 R2 ，此过程中因摩擦而产生的热量 为 A. GMm B. GMm C. D.【答案】 C 6 ．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为 m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力 F 将小球向下压至某位置静止 . 现撤去 F ，小球从静 止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为 W1 和 W2 ，小球离开弹簧 时速度为 v ，不计空气阻力，则上述过程中 A. 小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B. 小球的重力势能增加 W1 C. 小球的机械能增加 W1 ＋ mv 2 D. 小球的电势能减少 W2【答案】 D【解析】 A 、由于电场力对小球做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒， 故 A 错误； B 、重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加− W1 ，故 B 错误； C 、小球增加的机械能在数值上等于重力势能和动能的增量 , 即 ，故 C 错误； D 、根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加， 则知小球的电势能减少 ，故 D 正确； 故选 D 。 【点睛】电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量；重力做的功等于重力势能的 减小量；小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功。 7 ．一摩托车在竖直的圆轨道内侧沿顺时针方向做匀速圆周运动， A 为轨道最高点， B 与圆心等高， C 为最低点。人和车（可视为质点）的总质量为 m ，轨道半径为 R ，车经最高点时发动机功率为 P0 ，车对轨道的压力 mg 。设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，空气阻力忽略不计， 重力加速度为 g 。则下列判断正确的是 A. 从 A 到 C 的过程中，人和车的机械能保持不变 B. 从 A 到 C 的过程中，人和车重力的功率保持不变 C. 从 A 到 C 的过程中，发动机和摩擦阻力做功的代数和为零 D. 从 A 到 C 的过程中，发动机的最大功率为 3P0【答案】 D 8 ．如图所示，螺线管与电阻 R 相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下 列说法正确的是 A. 磁铁刚离开螺线管时的加速度等于重力加速度 B. 通过电阻的电流方向先由 a 到 b ，后由 b 到 a C. 磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量与磁铁增加的动能之和 D. 图中 a 点的电势始终低于 b 点的电势 【答案】 C【解析】 A 、磁铁刚离开螺线管时，正在远离螺线管，磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管（去 留），则加速度 a ＜ g ，故 A 错误； BD 、当磁铁 N 极向下运动，导致穿过线圈的磁通量变大，且方向向下，则由楞次定律可得线圈 中产生感应电流方向盘旋而上，螺线管上端相当于电源的正极，所以通过 R 的电流方向为从 b 到 a ，当 S 极离开螺线管时，穿过线圈的磁通量变小，且方向向下，则螺线管下端相当于电源的正 极，所以通过 R 的电流方向为从 a 到 b ，则 a 点的电势先低于 b 点的电势，后高于 b 点电势，故 B 、 D 错误； C 、根据能量守恒可知磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁增加的动能之和，故 C正确； 故选 C 。 【点睛】考查了楞次定律的应用，重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向，能根 据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况。 9 ．如图所示为某游乐园滑草场的示意图，某滑道由上下两段倾角不同的斜面组成，斜面倾角 θ 1> θ 2 ，滑 车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同。载人滑车从坡顶 A 处由静止开始自由下 滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好滑到滑道的底端 C 点停下。若在 A 、 C 点位置不变的情况 下，将两段滑道的交接点 B 向左平移一小段距离，使第一段 AB 的倾角稍稍变大，第二段 BC 的 倾角稍稍变小。不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失，则平移后 A. 滑车到达滑道底端 C 点之前就会停下来 B. 滑车仍恰好到达滑道的底端 C 点停下 C. 滑车到达滑道底端 C 点后仍具有一定的速度，所以应在 C 点右侧加安全防护装置 D. 若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数，可使滑车仍恰好到达滑道的底端 C 点停下 【答案】 B【解析】 A 、 B 、 C 项：对整个过程，由动能定理得： 变形得： ，而 ，其中 k 为定值即为 AC 为水平 距离，所以滑车到达滑道底端 C 点的速度与两斜面的角度无关，故 A 错误， B 正确， C 错误； D 项：由 A 、 B 、 C 分析可知： ，如果增大滑车与草地之间的动摩擦因数， 滑车达滑道底端 C 点之前就会停下来，故 D 错误。 10 ．做平抛运动的小球在下落两个连续相同高度的过程中，相同的是 A. 运动的位移 B. 速度的变化 C. 重力做的功 D. 重力的功率 【答案】 C【解析】做平抛运动的小球在下落两个连续相同高度的过程中，时间不同，则水平位移不同，则 物体的位移的大小和方向都不同，选项 A 错误；根据∆ v=gt 可知，速度的变化不同，选项 B 错误； 重力做功为 W=Gh ，则重力做功相同，选项 C 正确；根据 P=W/t 可知，重力的功率不同，选项 D 错误；故选 C. 11 ．如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止沿斜面开始匀加速上升， 到达一定速度后再匀速上升．若以 N 表示水平梯板对人的支持力， G 为人受到的重力， f 为电梯 对人的静摩擦力，则下列结论正确的是 A. 加速过程中， N=G B. 加速过程中，人受到的支持力大于人对电梯的压力 C. 匀速过程中， f ＝ 0 ， N 、 G 都做功 D. 匀速过程中，摩擦力方向水平向右 【答案】 C【解析】 A 、加速过程中，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得： ax=acos θ， 方向水平向右； ay=asin θ，方向竖直向上，所以支持力大于人的重力，故 A 错误； B 、根据牛顿第三定律可知人受到的支持力等于人对电梯的压力，故 B 错误； CD 、匀速过程中，人受力平衡，水平方向不受摩擦力，但在竖直方向上有位移，所以重力做负功， 支持力做正功，故 D 错误， C 正确； 故选 C 。 【点睛】解决本题时可以把加速度进行分解，结合牛顿第二定律求解各力，明确在理的方向上通 过的位移即可。 12 ．如图所示，楔形木块 abc 固定在水平面上，粗糙斜面 ab 和光滑斜面 bc 与水平面的夹角相同， 顶角 b 处安装一定滑轮，质量分别为 M 、 m （ M>m ）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连 接，轻绳与斜面平行，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦， 在两滑块沿斜面运动的过程中 A. M 克服摩擦力做的功等于 M 减少的机械能 B. 轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加 C. 轻绳对 M 的冲量与对 m 的冲量相同 D. 斜面对 M 的支持力与摩擦力之和方向竖直向上 【答案】 B【解析】重力之外的其它力对物体做的功等于物体机械能的改变。对 M ：受到重力、轻绳拉力、 滑动摩擦力，摩擦力和轻绳拉力均做负功，这两个功之和等于其机械能的减少， A 选项错误；对 m ：受到重力、轻绳拉力，轻绳拉力做正功等于其机械能的增加， B 选项正确；轻绳对 M 和 m 的 拉力大小相等但方向不同，因此对两者的冲量大小相等方向不同， C 选项错误；若 M 独自放置于 ab 斜面上，将不能处于静止状态，因此支持力与摩擦力之和不是竖直向上， D 选项错误． 【点睛】本题关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功 对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化． 13 ．水平地面上质量为 m=6kg 的物体，在大小为 12N 的水平拉力 F 的作用下做匀速直线运动， 从 x=2.5m 位置处拉力逐渐减小，力 F 随位移 x 变化规律如图所示，当 x=7m 时拉力减为零，物 体也恰好停下，取 ，下列结论正确的是（ ） A. 物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5 B. 合外力对物体所做的功为 57J C. 物体在减速阶段所受合外力的冲量为 12N • S D. 物体匀速运动时的速度为 3m/s【答案】 D【解析】 A 、匀速时应有： F=f= μ mg ，解得动摩擦因数μ =0.2 ，故 A 错误； B 、根据 W=Fs 可知， F-s 图象与 s 轴所夹图形的面积即为 F 做的功，可求出力 F 对物体所做的功 为 ，摩擦力做功为 ，所以合外力做的功 为： ，故 B 错误； D 、对全过程由动能定理应有： ，解得： ，故 D 正确； C 、根据动量定理可得物体在减速阶段所受合外力的冲量为 ，故 C 错误； 故选 D 。 【点睛】根据物体匀速运动时应满足 F=f 的条件即可求解，明确 F-s 图象与 s 轴所夹的面积即为 拉力 F 做的功。 14 ．如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车 A 、 B 并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车 ( 无牵引力 ) ， 控制两车以相同的速度 v0 做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车 A保持原来的牵引力不变，玩具车 B 保持原来的输出功率不变，当玩具车 A 的速度为 2v0 时，玩具 车 B 的速度为 1.5v0 ，则 ( ) A. 在这段时间内两车的位移之比为 6 ∶ 5 B. 玩具车 A 的功率变为原来的 4 倍 C. 两车克服阻力做功的比值为 12 ∶ 11 D. 两车牵引力做功的比值为 5 ∶ 1【答案】 C 【 解 析 】 设 挂 钩 断 开 瞬 间 的 牵 引 力 为 F ， 车 受 的 摩 擦 力 大 小 ， 对 A 分 析 有 ；对 B 分析有 ，已知 P=Fv0 ，对 A 分析由动量定理得： ， 解得： ，故 A 错；克服阻力做功 Wf=fx ，则 ，故 C 正确；牵引力做功 ， ，得 ，故 D 错；由 ，故 B 错。综上分析， C 正确。 15 ．位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线 AB 组成， A 点为抛物线的顶点， h=0.8m 。一小环 套在轨道上的 A 点，如图所示。小环以 v0=2 m/s 水平初速度从 A 点开始运动，沿轨道运动过程 中与轨道恰无相互作用力。下列说法正确的是 ( 重力加速度 g 取 10 m/s 2 )( ) A. x=0.7 m B. 小环以初速度 v0=1 m/s 从 A 点水平抛出后，与轨道无相互作用力 C. 若小环从 A 点由静止因微小扰动而滑下，到达 B 点的速度为 4 m/s D. 若小环从 A 点由静止因微小扰动而滑下，到达 B 点所用时间为 0.4 s【答案】 C 16 ．某人身系弹性轻绳自高空 P 点自由下落， a 点是弹性绳的原长位置， c 是人所能到达的最低 点， b 是人静止悬挂时的平衡位置，把由 P 点到 a 点的过程称为过程Ⅰ，由 a 点到 c 点的过程称 为过程Ⅱ，不计空气阻力，下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中人的动量的改变量小于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中人的动量的减少量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 C. 过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零 D. 过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ中重力做功的大小 【答案】 B【解析】根据动量定律，过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量，选项 A 错误；设人的质量 为 m ，人在 a 点的速度为 v 则过程 I 中重力的冲量大小： IG= △ P=mv ，人在 c 点 的速度等于 0 ， 则由动量定理得过程 II 中人的动量的改变量大小： | △ I|=|0-mv|=mv ，可知过程 II 中人的动量的 改变量大小等于过程 I 中重力的冲量大小。故 B 正确；在 ab 段弹性绳对人的拉力小于人的重力， 人受到的合力向下，人继续向下做加速运动，速度不断增大，动能增大。在 bc 段，弹性绳对人 的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，人向下做减速运动，速度减小，动能减小。故 C 错误； 过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于绳子的弹力做的功，不等于过程Ⅰ中重力做功的大小，选项 D 错误；故选 B.点睛：该题关键在于对人进行受力分析，根据合力方向与速度方向的关系，判断人的运动情况．分 析时要抓住弹力的可变性，知道人的合力为零时速度最大，动能最大． 17 ．如图， M 、 N 两点处于同一水平面， O 为 M 、 N 连线的中点，过 O 点的竖直线上固定一根绝 缘光滑细杆，杆上 A 、 B 两点关于 O 点对称，第一种情况，在 M 、 N 两点分别放置电量为 +Q 和 -Q的等量异种电荷，套在杆上带正电的小金属环从 A 点无初速度释放，运动到 B 点；第二种情况， 在 M 、 N 两点分别放置电量为 +Q 的等量同种点电荷，该金属环仍从 A 点无初速度释放，运动到 B 点，则两种情况是 A. 金属环运动到 B 点的速度第一种情况较大 B. 金属环从 A 点运动到 B 点所用的时间第二种情况较短 C. 金属环从 A 点运动到 B 点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变 D. 金属环从 A 点运动到 B 点的过程中（不含 A 、 B 两点），在杆上相同位置的速度第一种情况较 大 【答案】 D 18 ．将一小球从某高处水平抛出，最初 2s 内小球动能 Ek 随时间 t 变化的图象如图所示，不计空 气阻力，取 g=10m/s ² . 根据图象信息，下列说法正确的是 A. 小球的质量为 1.25kg B. 小球 2s 末的速度为 20m/s C. 小球 2s 末所受重力的瞬时功率为 25W D. 小球在最初 2s 内下降的高度为 40m【答案】 C【解析】小球运动过程只受重力作用，小球做平抛运动；设小球的初速度为 ，根据图象可知： 小球的初动能 ， 2s 末的动能 ，由平抛运动规律得： 2s 末的速度 为： ，联立解得： ， ， ，故 AB错误；小球做平抛运动，故竖直方向为自由落体运动，则小球在最初 2s 末的竖直分速度为 ，故重力对小球做功的瞬时功率 ，小球在最初 2s 内下降的高 度为 ，故 C 正确， D 错误；故选 C 。 【点睛】根据图象可知：小球的初动能为 5J ， 2s 末的动能为 30J ，根据平抛运动的基本公式及动 能的表达式求得质量及 2s 末的速度，根据竖直方向在自由落体运动得到 2s 下降的高度及 2s 末 重力的瞬时功率。 19 ．把质量是 m 的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至 A 的位置，如图甲所示，迅速松手 后，弹簧把球弹起，球升至最高位置 C( 图丙 ) ，途中经过位置 B 时弹簧正好处于自由状态 ( 图乙 ) ， 弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。则 A. 由状态甲到状态丙，小球的机械能守恒 B. 由状态甲至状态乙，有三个时刻小球的加速度大小等于重力加速度的大小 C. 在乙状态时，小球重力的功率最大 D. 由状态甲到状态丙，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功 【答案】 D【解析】由状态甲到状态乙，小球和弹簧组成的系统机械能守恒；由状态乙到状态丙，小球的机 械能守恒，故 A 错误；小球在乙时刻的加速度为重力加速度，则在从甲到乙的过程中，当小球运 动到关于平衡位置对称点时，其加速度大小等于 g ，方向向上，故有二个时刻的加速度大小等于 重力加速度的大小，故 B 错误；当弹簧的弹力与重力相等时，合力为零，加速度为零，速度最大， 根据 P=mgv ，可知小球重力的功率最大，而乙状态的加速度为重力加速度，不为零，故此时小球 重力的功率不是最大，故 C 错误；由状态甲到状态丙，动能的改变量为零，弹性势能减小，重力 势能增加，根据系统机械能守恒可知，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功，故 D 正确，故选 D 。 【点睛】根据加速度的方向，分析弹簧的弹力与小球重力的关系．小球从 A 上升到 B 位置的过程 中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒．由此 分析解答． 20 ．如图所示，质量 M ＝ 2kg 的半圆形槽 A 放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径 r=0.6m现有一个质量 m=1kg 的小物块 B 在槽 A 的右端口受到瞬时竖直向下的冲量 I ＝ 2N · S ，此后物体 A和物块 B 相互作用，使物体 A 在地面上运动，则下列说法错误的是（ ） A. 在 A 、 B 间存在相互作用的过程中，槽 A 和物块 B 组成的系统机械能守恒 B. 在 A 、 B 间存在相互作用的过程中，槽 A 和物块 B 组成的系统动量守恒 C. 物块 B 从槽口右端运动到左端时，槽 A 向右运动的位移是 0.4m D. 物块 B 最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为 0.2m【答案】 B【解析】在 A 、 B 间存在相互作用的过程中，槽 A 和物块 B 组成的系统只有重力做功，系统的机 械能守恒， A 正确。在 A 、 B 间存在相互作用的过程中，物块 B 有向心加速度，有竖直方向的分 加速度，所以槽 A 和物块 B 组成的系统合外力不为零，动量不守恒， B 错误；设物块 B 从槽口右 端运动到左端时，槽 A 向右运动的位移是 x 。取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得 ，解得 ， C 正确；对 B ，由动量定理得 ，得 ；设 B 到达 左侧最高点时与槽 A 的共同速度为 v ，到达的最高点距槽口的高度为 h ，根据水平动量守恒得 ，得 ，对系统，由机械能守恒得 ，得 ， D 正确． 【点睛】解决本题时要抓住系统的总动量不守恒，只是水平方向动量守恒，是分方向动量守恒的 类型。分析时要知道 B 到达左侧最高点时与槽 A 的速度相同． 21 ．一物体做直线运动的 v t 图象如图所示．下列说法正确的是 A. 在第 1 s 内和第 5 s 内，物体的运动方向相同 B. 在第 5 s 内和第 6 s 内，物体的加速度相反 C. 在 0 ～ 4 s 内和 0 ～ 6 s 内，物体的平均速度相等 D. 在第 6 s 内，物体所受的合外力做负功 【答案】 A【解析】在第 1 s 内和第 5 s 内，物体的速度均为正值，则运动方向相同，选项 A 正确； v-t 图像 的斜率等于加速度，则在第 5 s 内和第 6 s 内，物体的加速度相同，选项 B 错误；在 0 ～ 4 s 内和 0 ～ 6 s 内，物体的位移相等，但时间不等，则平均速度不相等，选项 C 错误；在第 6 s 内，物体 的速度增加，动能增加，则所受的合外力做正功，选项 D 错误；故选 A.点睛：对于 v-t 图象，关键是明确斜率、面积、截距的物理意义，知道物体做匀加速直线运动时 加速度与速度方向相同，做匀减速直线运动时加速度与速度方向相反． 22 ．一小球从某一高度 H 下落到水平地面上，与水平地面碰撞后弹起，假设小球与地面的碰撞过 程中没有能量损失，但由于受到大小不变的空气阻力的影响，使每次碰撞后弹起上升的高度是碰 撞前下落高度的 3/4 ．为使小球弹起后能上升到原来的高度 H ，在小球开始下落时，在极短的时 间内给小球补充能量，应补充 A. B. C. D.【答案】 C 【解析】先求出空气阻力大小，由能量守恒定律得： ，解得 ；如使小球回 到原来的高度，应补充因空气阻力做功损失的机械能， ． 23 ．在一次跳绳体能测试中，一位体重约为 50kg 的同学，一分钟内连续跳了 140 下，若该同学 每次跳跃的腾空时间为 0.2s ，重力加速度 g 取 ，则他在这一分钟内克服重力做的功约为 （ ） A. 3500J B. 14000J C. 1000J D. 2500J【答案】 A【解析】 G=mg=50kg × 10N/kg=500N ，腾空时间为 0.2s 表示上升过程 0.1s ，上升的高度为 h=0.05m ，根据 W=Gh 得起跳一次克服重力的功 W0=Gh=500N × 0.05m=25J ： 1min 跳了 140 次， 则一分钟内克服重力做功 W=140W0=140 × 25J=3500J ．故选 D 。 【点睛】克服重力做功直接利用 W=Gh 计算即可，注意 1min 起跳的次数， 24 ．如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端 O 点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动 过程中，轻杆对它的作用力 ( ) A. 方向始终沿杆指向 O 点 B. 一直不做功 C. 从最高点到最低点，一直做负功 D. 从最高点到最低点，先做负功再做正功 【答案】 C【解析】 A ．小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向 O 点，小球受重力和杆 的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向 O 点，故 A 错误； BCD ．小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负 功，故 B 错误， C 正确， D 错误。 故选： C 25 ．如图所示，表面光滑的直杆一端固定于水平面小球穿过直杆被压缩的弹簧相连接，开始时处 于 A 点，由静止释放小球，当滑到杆上 B 点时，弹簧的伸长量与在 A 点时弹簧的压缩量相等。则 下列说法正确的是 A. 从 A 到 B 的过程中，小球的速度一定先变大后变小 B. 在 B 点时小球的动能小于由 A 到 B 减少的重力势能 C. 从 A 到 B 的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大 D. 小球速度最大时，弹簧处于原长状态 【答案】 C【解析】 A 、 B 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中 A 为压缩状态， B 点为伸 长状态，弹簧从压缩恢复原长过程中，弹力做正功，速度增大，但不知道弹力在斜面方向上的分 力与重力在斜面方向上的分力的大小关系，所以不能判断到 B 点时小球的加速度方向是沿斜面向 上还是沿斜面向下，所以小球的速度不一定是先增大后减小的， A 错误；因 A 点与 B 点弹簧的弹 力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球 所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球 到达 B 点时的动能等于其由 A 到 B 减少的重力势能， B 错误；从 A 到 B 的过程中，弹簧先被压 缩后又伸长，所以弹力先减小后增大，所以弹性势能先减小后增大， C 正确；小球速度最大时， 弹簧的弹力沿斜面的分力与重力的分力等大反向，此时弹簧有弹力，不是原长状态， D 错误． 26 ．如图所示，水平面上质量相等的两木块 A 、 B 用一轻弹簧相连，整个系统处于静止状态， t=0时刻起用一竖直向上的拉力拉动木块，使 A 向上做匀加速直线运动， t1 时刻弹簧恰好恢复原长， t2 时刻木块 B 恰好要离开水平面．以下说法正确的是（ ） A. 在 0-t2 时间内，拉力 F 与时间 t 成正比 B. 在 0-t2 时间内，拉力 F 与 A 位移成正比 C. 在 0-t2 间间内，拉力 F 做的功等于 A 的机械能增量 D. 在 0-t1 时间内，拉力 F 做的功等于 A 的动能增量 【答案】 C 27 ．质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内作半径为 R 的圆周运动，运动过程中小球 受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg ，此后小球继 续作圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 （ ） A. 0.25mgR B. 0.3mgR C. 0.5mgR D. mgR【答案】 C 【解析】最低点 2 17 mvmg mg R   ，则最低点速度为： 1 6v gR 最高点 2 2mvmg R  ，则最低点速度为： 2v gR 由动能定理得： 2 2 2 1 1 12 2 2fmgR W mv mv    解得： 1 2fW mgR＝ ，故克服空气阻力做功 1 2fW mgR ，故选项 C 正确， ABD 错误。 点睛：圆周运动在最高点和最低点沿径向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点和最 低点的速度，再根据动能定理求出此过程中小球克服空气阻力所做的功。 28 ．如图所示，有一光滑轨道 ABC ， AB 部分为半径为 R 的 圆弧， BC 部分水平，质量均为 m 的 小球 a 、 b 固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为 R ，不计小球大小。开始时 a 球处在圆弧上端 A 点， 由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是（ ） A. a 球下滑过程中机械能保持不变 B. a 、 b 滑到水平轨道上时速度为 C. 从释放到 a 、 b 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对 a 球做的功为 D. 从释放到 a 、 b 滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对 b 球做的功为 【答案】 C【解析】由于 a 球在下滑中杆对 a 球做功，故 a 球的机械能不守恒；故 A 错误； ab 及轻杆组成的 系统只有重力做功，故系统在下落中机械能守恒；根据机械能守恒定律有： mgR+mg （ 2R ） = × 2mv 2 ；解得： v= ，故 B 错误；对 a 球由动能定理可知： W+mgR= mv 2 ；解得： W= mgR ； 故 C 正确；对 b 球由动能定理可知： W+2mgR= mv 2 ；解得： W=- mgR ；故 D 错误；故选 C 。 点睛：本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒，但一个小球由于受到杆的作用机械能不守恒； 然后结合机械能守恒定律和及动能定理的知识列式分析． 29 ．如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物 块位于 O 点。现将物块拉到 A 点后由静止释放，物块运动到最低点 B ，图中 B 点未画出。则下列 说法正确的是 A. B 点一定在 O 点左下方 B. 速度最大时，物块的位置可能在 O 点左下方 C. 从 A 到 B 的过程中，弹簧弹力总是做正功 D. 从 A 到 B 的过程中，小物块加速度先增大后减小 【答案】 B【解析】 A 项，物块从 A 运动到 O 点的过程中，由动能定理得： 21= 2fmglOA W W mv 弹 ， 由于合外力做功不确定，所以在运动到 O 点之前可能速度已经为零了，故 B 点也可以在 O 点的 上方。故 A 错误 B 项，物块速度最大时，加速度为零；若重力沿斜面的分力大于摩擦力，从 A 到 O 点，物块受到 的弹簧弹力沿斜面向下，则合力沿斜面向下，物块将做加速运动，在 O 点下方，物块受到的弹簧 弹力沿斜面向上，物块速度继续增加，在某一点，物块受到斜向上摩擦力和弹簧弹力、重力沿斜 面斜向下的分力平衡，物块的速度达到最大，此时速度最大时，物块的位置在 O 点下方，故 B 项 正确。 C 项，若 B 点在 O 点的上方，则从 A 到 B 的过程中，弹簧弹力总是做正功，若 B 点在 O 点的下 方，则从 A 到 B 的过程中，弹力先做正功后做负功，故 C 错误； D 项，从 A 到 B 的过程中物块的速度从零到零，所以物块先加速后减速，则加速度先减小到零后 反向增大，故 D 错误 故选 B 30 ．京沪高铁恢复 350km/h 的时速，由“复兴号”承担运营。“复兴号”列车使用的动车组是几节 自带动力的车厢（动车）加几节不带动力的车厢（也叫拖车）编成一组。假设动车组运行过程中 受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等。 若 2 节动车加 6 节拖车编成 的动车组的最大速度为 120km/h ，则 4 节动车加 2 节拖车编成的 动车组能达到的最大速度为 A. 120km/h B. 240km/h C. 320km/h D. 480km/h【答案】 C【解析】若开动 2 节动车带 6 节拖车，最大速度可达到 120km/h ．设每节动车的功率为 P ，每节 车厢所受的阻力为 f ，则有 ；当开动 4 动车带 2 节拖车时，有 ，联立两式解得 v ′ =320km/h ，故 C 正确， ABD 错误； 故选 C 。 【点睛】功率一定时，当牵引力等于阻力时，速度达到最大；设每节动车的功率为 P ，每节车厢 所受的阻力为 f ，根据 P=Fv=fv 列式求解最大速度。 31 ．如图所示，将一轻弹簧竖直悬挂，下端与一小物块相连，现用手托住让小物块使弹簧处于原 长，然后从静止释放小物块，则小物块从释放至下落到最低点的过程中 A. 小物块的动能先增大后减小 B. 小物块的机械能守恒 C. 小物块动能最大时加速度不为零 D. 小物块在最低点时加速度为零 【答案】 A 32 ．如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的 v － t 图象， Oa 为过原点的倾斜直线， ab 段表示 以额定功率行驶时的加速阶段， bc 段是与 ab 段相切的水平直线，下述说法正确的是： A. 0 ～ t1 时间内汽车以恒定功率做匀加速运动 B. t1 ～ t2 时间内的平均速度为 C. t1 ～ t2 时间内汽车牵引力做功等于 D. 在全过程中 t1 时刻的牵引力及其功率都是最大值 【答案】 D【解析】 0 ～ t1 时间内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，根据 P=Fv 知，汽车的 功率增大，故 A 错误。 t1 ～ t2 时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度 ，故 B 错误。 t1 ～ t2 时间内，根据动能定理得， W-fs= mv22 − mv12 ，则牵引力做功 W=fs+ mv22 − mv12 ，故 C错误。 0 ～ t1 时间内，汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，功率增大， t1 ～ t2 时间内， 功率不变，速度增大，牵引力减小， t2 时刻后，牵引力减小到与阻力相等，汽车做匀速直线运动， 可知在全过程中 t1 时刻的牵引力及其功率都是最大值，故 D 正确。故选 D 。 点睛：解决本题的关键理清在整个过程中汽车的运动规律，知道汽车何时速度最大，运用动能定 理求解牵引力做功时，不能忽略阻力做功． 33 ．如图甲所示，竖直轻弹簧下端通过压力传感器固定在水平地面上，从弹簧正上方一定高度由 静止释放一小球，通过压力传感器测出一段过程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，忽 略空气阻力，则 A. t1 时刻小球速度最大 B. t2 时刻弹簧的弹性势能最小 C. t2 ～ t3 这段时间内，小球的动能先增加后减少 D. t2 ～ t3 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 【答案】 C【解析】小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，小球受到的合力减小， 但方向仍然向下，当重力等于弹力时合力为零，速度达最大，故 t1 时刻小球速度没有达到最大， 故 A 错误； t1-t2 这段时间内，弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程，由弹簧的弹性势能逐 渐增大， t2 时刻弹簧的弹性势能最大，故 B 错误； t2-t3 这段时间内，小球的弹力减小，说明小球 在由最低点上升，由对称性可知，小球的速度先增加后减小，动能先增加后减少；弹性势能转化 为小球的动能和重力势能，故小球增加的动能小于弹簧减小的弹性势能，故 C 正确， D 错误；故 选 C 。 34 ．一种常用的圆珠笔由笔筒、笔芯、弹簧、顶芯杆组成（如图示），将顶芯杆抵在水平桌面上， 下压笔筒从而压缩弹簧，松手后，笔筒在弹簧作用下向上弹起，带动顶芯杆跳离桌面。为考虑问 题简单，将笔芯、笔筒看做一体，不计摩擦。 A. 从松手到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为笔筒的动能 B. 从松手到弹簧恢复原长，笔筒一直向上加速运动 C. 从松手到弹簧恢复原长，笔筒加速度先减小后增大 D. 不论下压程度如何，松手后顶芯杆都能跳离桌面 【答案】 C【解析】从松手到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为笔筒的动能和笔筒的重力势能，选 项 A 错误；从松手到弹簧恢复原长，笔筒开始阶段受到的弹力大于重力，向上加速运动，且加速 度逐渐减小；后来弹力小于重力时，向上做减速运动，且加速度向下逐渐变大，选项 B 错误， C正确；若下压程度较小，则弹簧的弹性势能较小，则可能不足以提供笔杆离开桌面的动能，使得 不能跳离桌面，选项 D 错误；故选 C. 35 ．蹦床（ Trampoline ）是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，它属于体操 运动的一种，蹦床有“空中芭蕾”之称。在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高 h1处开始计时，其动能 Ek 与离地高度 h 的关系如图所示 . 在 h1 ～ h2 阶段图象为直线，其余部分为 曲线， h3 对应图象的最高点，小朋友的质量为 m ，重力加速度为 g ，不计空气阻力和一切摩擦 .下列有关说法正确的是 A. 整个过程中小朋友的机械能守恒 B. 从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小 C. 小朋友处于 h ＝ h4 高度时，蹦床的弹性势能为 Ep ＝ mg(h2 － h4) D. 小朋友从 h1 下降到 h5 过程中，蹦床的最大弹性势能为 Epm ＝ mgh1【答案】 C 36 ．如图所示，内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内甲、乙两小球固定在轻杆的两端， 甲、乙两球质量相同，开始时乙球位于轨道的最低点，现由静止释放轻杆，下列说法正确的是 ( ) A. 甲球下滑至底部的过程中，轻杆对系统不做功 B. 甲球滑回时不一定能回到初始位置 C. 甲球可沿轨道下滑到最低点且具有向右的瞬时速度 D. 在甲球滑回过程中杆对甲球做的功大于杆对乙球做的功 【答案】 A【解析】 A. 甲球下滑的过程中，甲、乙两小球和轻杆组成的系统，只有动能和重力势能相互转化， 机械能守恒，故轻杆对系统不做功，故 A 正确； B 、两球滑动过程中，只有重力作用，故机械能守恒，所以甲球滑回时，一定能回到初始位置， 故 B 错误； C 、两球滑动过程中，只有重力作用，故机械能守恒，甲球的质量等于乙球的质量，故甲球沿轨 道下滑能滑到到最低点但速度为 0 ，故 C 错误； D 、在甲球滑回的过程中，杆对甲球的作用力大小等于杆对乙球的作用力，甲球速度沿杆方向的 分量等于乙球速度沿杆方向的分量，故杆对甲球做的功大小等于杆对乙球做的功，故 D 错误； 故选 A 。 【点睛】根据滑动过程中的受力情况得到做功情况，进而得到机械能守恒，再由杆对两球的作用 力与速度之间的关系得到做功情况，进而求解。 37 ．若物体在运动过程中，受到的合外力不为零，那么以下说法正确的是 A. 物体的速度大小和方向一定都变化 B. 物体的加速度一定变化 C. 物体的动能一定变化 D. 物体的动量一定变化 【答案】 D【解析】当合力与速度同向时，物体的速度的方向不变，比如自由落体运动，故 A 错误；根据牛 顿第二定律，加速度与合力成正比，如果合力恒定，则加速度不变，故 B 错误；匀速圆周运动合 力不为零，但动能不变，故 C 错误；根据动量定理，动量的变化等于合力的冲量，冲量不为零， 故物体的动量一定变化，故 D 正确；故选 D 。 38 ．如图所示， A 、 B 两物体彼此接触静止于光滑的水平桌面上，物体 A 的上表面是半径为 R 的 光滑半圆形轨道，物体 C 由静止开始从 A 上半圆形轨道的右侧最高点下滑，则（ ） A. 物体 C 第一次滑到半圆形轨道最左端时， A 和 B 开始分离 B. 物体 C 可以运动到半圆形轨道左侧的最高点 C. 最终 A 将会从桌面左边滑出 D. 最终 A 将会在桌面上来回振动 【答案】 C【解析】第一次滑到最低点前， C 始终对 A 的作用力有向右水平分力。因此 A 的速度不断变大。 不会与 B 分离。第一次滑过最低点后 C 始终对 A 的作用力有向左水平分力。因此 A 的速度将变 小。而 B 却匀速。因此与 B 分离所以，故 A 错误；根据能量守恒定律可知，整个过程 C 的重力 势能减小，转化为 A 、 B 、 C 的动能及 C 的重力势能，故 C 后来的重力势能小于刚开始的重力势 能，故 C 不能运动到半圆轨道左侧的最高点，故 B 错误； A 、 B 、 C 三者组成的系统总动量守恒， 初动量为零， B 与 A 分离后， B 将一直向右做匀速直线运动， B 的动量向右，由于 A 、 B 、 C 三者 组成的系统在水平方向上系统动量守恒，总动量为零，则 A 、 C 的总动量向左， A 、 C 将向左不断 运动，最终从左边滑出，故 C 正确， D 错误。故选 C.【点睛】结合受力情况和动量守恒定律进行分析判断即可，运用动量守恒定律时 AB 分离前以 ABC组成系统为研究对象，分离后以 AC 组成系统为研究对象． 39 ．如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一光滑圆弧 轨道， BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，一质量为 m 的滑块在小车上从 A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入 BC 轨道，最后恰好停在 C 点。已知小车质量 M=3m ，滑块与 轨道 BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g. 则 A. 全程滑块水平方向相对地面的位移 R+L B. 全程小车相对地面的位移大小 s= （ R+L) C. 滑块 m 运动过程中的最大速度 vm= D. μ、 L 、 R 三者之间的关系为 R=4 μ L【答案】 B 40 ．如图所示， a 、 b 两个带电小球，质量分别为 ma 、 mb ，用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会 被拉断。两球静止时，它们距水平地面的高度均为 h 、绳与竖直方向的夹角分别为α和β（α < β） .若同时剪断细线 ac 和 bc ，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度为 g 。则下列说法正确的 是（ ） A. a 球先落地， b 球后落地 B. 落地时， a 、 b 两球的动能之和等于（ ma+mb ） gh C. 整个运动过程中， a 、 b 系统的机械能不守恒，但系统的动量守恒 D. 整个运动过程中，库伦力对 a 和 b 两球的冲量大小相等 【答案】 D【解析】因为两个球竖直方向只受重力，所以同时着地；下落过程中，重力和库伦力都做正功， 所以动能大于（ ma+mb)gh, 运动过程中由于库仑力做功，所以机械能不守恒，由于系统合外力不 为零，所以动量不守恒， a 、 b 两球任意时刻所受库仑力大小相等，所以 D 正确。故选 D.【点睛】本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应 用知识的能力，注意过程中库仑力做功，机械能不守恒，但最终动能来自于减小的重力势能是解 题关键． 41 ．如图所示，以一根质量可以忽略不计的刚性轻杆的一端 O 为固定转轴，轩可以在竖直平面内 无摩擦地转动，杆的中心点及另一端各固定一个小球 A 和 B ，已知两球质量相同，现用外力使杆 静止在水平方向，然后撤去外力，杆将摆下，从开始运动到杆处于经直方向的过程中，以下说法 中正确的是 A. AB 段杆的弹力对 A 球和 B 球均做正功 B. OA 段杆的弹力对 A 球不做功 C. OA 段杆的弹力对 A 球做正功 D. AB 段杆的弹力对 A 球和 B 球均做负功 【答案】 B【解析】 CD 、设球运动到最低点时，杆的角速度为 ，两球速度分别为 、 ，则 ， ，所以 ，则 A 、 B 从水平位置运动到竖直位置的过程中机械能守恒，则有： 联立解得： AB 段对 B 做功为 ，力是相互的，所以 AB 段对 A 做功为 ， 结合 A 的动能变化，可以知道 OA 段对 A 不做功，故 B 正确 故选 B 42 ．一质量为 m=2kg 的小球沿倾角为θ =30 º的足够长的斜面由静止开始匀加速滚下，途中依次经 过 A 、 B 、 C 三点已知 AB=BC=12m ，由 A 到 B 和 B 到 C 经历的时间分别为 =4s ， =2s ，则下 列说法正确的是 (g=10m/s ² ) A. 小球的加速度大小为 4m/s ² B. 小球经过 B 点重力的瞬时功率为 100W C. A 点与出发点的距离为 0.5m D. 小球由静止到 C 点过程中重力的平均功率为 70W【答案】 C 43 ．如图所示，固定在墙角处的木板与水平面的夹角为 ，木板上开有小孔，一根长为 l 、 质量为 m 的软绳置于木板上，其上端刚好位于小孔处，用细线将质量为 m 的物块与软绳的上端 连接。物块由静止释放后，带动软绳运动，不计所有摩擦。当软绳刚好全部离开木板时 ( 此时物 块未到达地面 ) ，物块的速度大小为 ( 已知 sin 37 ° =0.6 ，重力加速度大小为 g, 软绳质量分布均 匀 )( ) A. B. C. D.【答案】 D【解析】在下落过程中，由几何关系可知，重物的重心下降高度为 l ，软绳重心的下降高度为： h=0.5l − 0.5lsin37 ∘ =0.2l故全过程中重力势能的减小量为： △ EP=mgl+0.2mgl=1.2mgl ； 根据机械能守恒定律可得： 解得：当软绳刚好全部离开木板时物体的速度为： v= ； 故选： D点睛：根据几何关系分别找出物体和软绳重心下落的高度，从而求出两者重力势能的减小量；根 据机械能守恒定律即可求得软绳刚好全部离开木板时的速度． 44 ．如图所示， MN 为半圆环 MQN 的水平直径。现将甲、乙两个相同的小球分别在 M 、 N 两点 同时以 v1 、 v2 的速度水平抛出，两小球刚好落在圆环上的同一点 Q ，不计空气阻力，则下列说法 正确的是 A. 乙球落到圆环时的速度有可能沿 OQ 方向 B. 若仅增大 v2 ，则两小球在落到圆环前可能不相遇 C. 从抛出到落到 Q 点的过程中，甲球动能的增加量比乙球的小 D. 落到 Q 点时，甲、乙两小球重力的瞬时功率相等 【答案】 D【解析】根据平抛运动的物体的速度的反向延长线过水平位移的中点，因 O 点不是水平位移的中 点，可知乙球落到圆环时的速度不可能沿 OQ 方向，选项 A 错误；若仅增大 v2 ，则两球在相等的 时间内水平位移之和也可以等于直径的大小，即两小球在落到圆环前也可能相遇，选项 B 错误； 两小球从抛出到落到 Q 点的过程中，重力做功相等，则甲球动能的增加量等于乙球的动能增加量， 选项 C 错误；落到 Q 点时，竖直高度相同，则竖直速度相同，则根据 P=mgv ⊥可知，甲、乙两小 球重力的瞬时功率相等，选项 D 正确；故选 D. 45 ．如图甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行于斜面的拉力作用下，由静止 开始沿光滑斜面向下运动．运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象（ E ﹣ x 图象）如图乙 所示，其中 0 ～ x1 过程的图线为曲线， x1 ～ x2 过程的图线为直线。根据该图象，下列判断正确的 是 A. 0 ～ x1 过程中物体所受拉力可能沿斜面向下 B. 0 ～ x2 过程中物体的动能先增大后减小 C. x1 ～ x2 过程中物体做匀加速直线运动 D. x1 ～ x2 过程中物体可能在做匀减速直线运动 【答案】 C 46 ．如图所示，在倾角为 30 的光滑斜面上端系有一劲度系数为 200N/m 的轻质弹簧，弹簧下端 连一个质量为 2kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板 A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板 A 以 2m/s 2 的加速度沿斜面向下做匀加速运动，（取 g=10m/S 2 ），则（ ） A. 整个过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒 B. 小球速度最大时与挡板分离 C. 小球向下运动 0.02m 时速度最大 D. 小球向下运动 0.03 m 时与挡板分离 【答案】 D【解析】 A 、从开始运动到分离的过程中，挡板对小球有沿斜面向上的支持力，故整个过程中小 球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故 A 错误； B 、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为 零时，速度最大，此时物体所受合力为零，即： 30mkx mgsin  ， 解得： 30 0.05m mgsinx mk   ，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的 路程为 0.05m ； 设球与挡板分离时位移为 x ，经历的时间为 t ， 从开始运动到分离的过程中， m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力 NF ，沿斜面向上的 挡板支持力 1F 和弹簧弹力 kx 。 根据牛顿第二定律有： 130mgsin kx F ma   ，保持 a 不变，随着 x 的增大， 1F 减小，当 m与挡板分离时， 1F 减小到零，则有： 30mgsin kx ma   ， 解得：  30 0.03m gsin ax mk   ，即小球向下运动 0.03m 时与挡板分离，故 BC 错误， D正确。 点睛：在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一 起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可 以求得物体运动的位移。 47 ．如图所示，倾角为 30 °的粗糙斜面（μ已知）与倾角为 60 °的光滑斜面对接在一起，两斜面上 分别放有质量均为 m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。在平行于斜面的 拉力 F 的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内 （ OA 长为 L ， OB 长为 L/2 ）， F 力做的功为 A. 3 3 1 2 2 2mgL       B. 3 3 1 2 2 2mgL       C. 1 3 1 2 2 2mgL       D. 1 3 1 2 2 2mgL       【答案】 A【解析】对甲： T+mgsin30 0 = μ mgcos30 0 ；对乙： F=T+mgsin60 0 ； F 的功： W=FL ；解得 3 3 1 2 2 2W FL mgL         ，故选 A. 48 ．同重力场作用下的物体具有重力势能一样，万有引力场作用下的物体同样具有引力势能。 若 取无穷远处引力势能为零，质量为 m 的物体距质量为 mo 的星球球心距离为 r 时的引力势能为 0 P m mE G r   (G 为引力常量 ) ，设宇宙中有一个半径为 R 的星球，宇航员在该星球 上以初速 度 v0 竖直向上抛出一个质量为 m 的物体，不计空气阻力，经 t 秒后物体落回手中，下列分析错 误的是 A. 在该星球表面上以 02v R t 的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面 B. 在该星球表面上以 02 v R t 的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面 C. 在该星球表面上以 02v R t 的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面 D. 在该星球表面上以 02 v R t 的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面 【答案】 C【解析】物体做竖直上抛运动，则有： v0=g × 2 t ，解得星球表面重力加速度为： 02vg t  ，设星 球半径为 R ，卫星绕星球表面做圆周运动，万有引力等于重力提供向心力： m 2v R =mg ，解得： 02v Rv gR t   ，此为最大的环绕速度，也是最小的发射速度，故以此速度或超过此速度水 平抛出，都不会落回地面，故 AB 正确；若竖直上抛，设速度为 v ′时，卫星绕星球表面运动时， 由机械能守恒定律得： 21 ' 02 mMG mvR    ，又 2 GMm R =mg ，解得： v ′ =2 0v R t 故 D 正确， C 错误；本题选错误的，故选 C.点睛：此题是运动问题与万有引力的结合，首先要根据竖直上抛运动，求出星球表面的重力加速 度；卫星绕星球表面做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出水平抛出的速 度；将物体竖直上抛时，卫星机械能守恒，由机械能守恒定律求出竖直上抛的速度． 49 ．如图所示，半径为 R 、内壁光滑的硬质小圆桶固定在小车上，小车以速度 v 在光滑的水平公 路上做匀速运动，有一质量为 m 、可视为质点的光滑小铅球在小圆桶底端与小车保持相对静止．当 小车与固定在地面的障碍物相碰后，小车的速度立即变为零．关于碰后的运动 ( 小车始终没有离 开地面 ) ，下列说法正确的是 ( ) A. 铅球能上升的最大高度一定等于 2 2 v g B. 无论 v 多大，铅球上升的最大高度不超过 2 2 v g C. 要使铅球一直不脱离圆桶， v 的最小速度为 5gR D. 若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小可以等于零 【答案】 B 【解析】铅球到最高点的速度为零，由 mgh ＝ 1 2 mv 2 可求得最大高度 h ＝ 2 2 v g ，选项 A 错误、 B 正确；铅球的最大高度不超过半径时有 v ≤ 2gR ，铅球也不脱离圆桶，选项 C 错误；若铅球能 达到最高点，铅球在最高点的最小速度满足 mg=m 2v R ，即速度为 gR ，选项 D 错误；故选 B ． 50 ．在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为 m 的黄色冰壶以 v1=6m/s 的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以 v2=2m/s 的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为 ( ) A. 2m B. 4m C. 8m D. 10m【答案】 C【解析】选 1v 方向为正方向，根据动量守恒定律可得： 1 2mv mv mv  ，代入数据得 6 2m m mv  ，解得 4mv s 由 能 量 守 恒 得 ： 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2E mv mv mv    ， 代 入 数 据 得 ： 2 2 21 1 16 2 4 82 2 2E m m m m        ，故 C 正确。 点晴：解决本题关键注意动量守恒表达式为矢量式，应用时注意选取正方向处理。 51 ．如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径 r ＝ 1m ，最低点处有一小球 ( 半 径比 r 小很多 ) 。现给小球一水平向右的初速度 0v ，能使小球做完整圆周运动的 0v 取值范围为 ( 210 /g m s ) A. 0 0v  B. 0 5 2 /v m s C. 0 2 5 /v m s D. 0 2 5 /v m s 【答案】 B【解析】小球恰好能做完整圆周运动，则在最高点有： 2vmg m r  ，解得： 10 /v gr m s  ， 从最低点到最高点，小球的机械能守恒，则有： 2 2 0 1 1·22 2mv mg r mv  ，解得： 0 5 2 /v m s ， 故要能使小球做完整圆周运动，则 0 5 2 /v m s ，故选 B. 52 ．如图所示，质量为 m 的物块与转轴 OO 相距 R ，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当 转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台 对物块做的功为 8 mgR ，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间 的动摩擦因数为 A. 0.125 B. 0.15 C. 0.25 D. 0.5【答案】 C 53 ．如图所示，小球从 A 点以初速度 0v 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点 B 后返回 A ， C 为 AB的中点。下列说法中正确的是 A. 小球从 A 出发到返回 A 的过程中，位移为零，外力做功为零 B. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，合外力的冲量相同 C. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，速度的变化量相等 D. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，损失的机械能相同 【答案】 D【解析】位移是从初位置指向末位置的有向线段，故小球从 A 出发到返回 A ，位移为 0 ，但整个 过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，即外力做 功不为零，故 A 错误； B 为 AC 的中点，故小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程加速度相同，但速 度在减小，故 AC 过程用时较少，根据 v a t   ，可知 AC 过程的速度变化量较小，根据动量定 理得： I P m v    ，可知 AC 过程的合力冲量较小；克服除重力之外其它力做多少功物体的 机械能就减少多少，根据 mgscos E    ，可得小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，损失 的机械能相等，故 ABC 错误， D 正确；故选 D. 54 ．如图所示，传送带 AB 的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为 m 可视为质点的物体以 v0的初速度从 B 端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ >tan θ，传送带的速度为 v(v0 θ 2 ）。现将 A 、 B 间轻绳 剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为 vA 和 vB ，最大动能分别为 EkA 和 EkB ，则下列说法中 正确的是 A. mB > mA B. 轻绳剪断时加速度之比为 tan θ 1:tan θ 2 C. vA < vB D. EkA > EkB【答案】 A【解析】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为 T ．对 A 球分析 受力如图 由平衡条件得： 1AT m gtan ，同理，对 B 球有： 2BT m gtan ，则得 1 2A Bm gtan m gtan  ， 因 1 2 ＞ ， 故 A Bm m＜ ， A 正 确 ． 轻 绳 剪 断 时 加 速 度 之 比 为 1 2 1 2: : :A B A B A B m gsin m gsina a sin sinm m      ， B 错误；两球摆到最低点时速度最大，动能最 大．根据机械能守恒得： A 球有   2 1 11 2A A A Am gL cos m v  ，得  12 1A Av gL cos  ，同理 对 B 可得  22 1B Bv gL cos  ，由图知： A BL L＞ ， 1 2 ＞ ，故 A Bv v＞ ， C 错误；最大动 能  2 1 1 12kA A A A AE m v m gL cos   ，  2 2 1 12kB B B B BE m v m gL cos   ，由图知： A BL L＞ ， 1 2 ＞ ，但 A Bm m＜ ， kAE 不一定大于 kBE ， D 错误．选 A.【点睛】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小， 从而得到两球质量关系．将 A 、 B 间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动 过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小． 110 ．如图所示，从倾角为 30 °的光滑斜面上的 M 点水平抛出一个小球，抛出时小球的动能为 4.5 J ，最后小球落在斜面上的 N 点，则小球运动到距离斜面最远处时的动能为 A. 3.5 J B. 4 J C. 4.8 J D. 6 J【答案】 D【解析】将平抛运动按照如图方式分解： 则在 y 轴上： 0 0 0 0 1sin30 2yv v v  ， 0 3cos30 2ya g g   则在 x 轴上： 0 0 0 0 3cos30 2xv v v  ， 0 1sin30 2xa g g  当小球离斜面最远时，即在 y 轴上分速度为 0 ，则： 00 y yv a t  ，所以 03 3 vt g  。 则此时在 x 轴上速度为： 0 0 0 0 3 31 2 3•2 2 3 3x x x v vv v a t g vg      则此时动能为： 2 2 2 0 0 1 1 4 4 1 4• • •3 42 2 3 3 2 3k xE mv m v mv J J     , 故选项 B 正确。 考点：平抛运动 【名师点睛】本题考查平抛运动的相关知识，将平抛运动按照平行斜面和垂直斜面方向分解，则 当垂直斜面方向的分速度减小为零时，则此时离斜面最远，同时注意分解重力加速度。 111 ．质量为 m 的物体，以恒定加速度 g 由地面从静止开始匀加速上升 h 高处，重力加速度大小 为 g ，则以下说法中正确的是 A. 物体重力做功为 mgh B. 物体动能增加 mgh C. 由于没有规定重力的零势能面位置，所以无法判断物体重力势能的变化情况 D. 物体运动过程中机械能守恒 【答案】 B【解析】 A 、重力为恒力，做功的位移是初末位置形成的高度差，根据功的定义可知 GW mgh  ， 则 A 错误； B 、对物体受力分析可知， F mg ma  ，而 a g 向上，则 2F mg ，由动能定 理 = kF h E 合 ，得 kE mgh  ，则 B 正确； C 、根据功能关系知重力做多少负功，重力势能就要 增加多少，重力势能要增加 mgh ，此变化量是绝对量与零势能面的选取无关， C 错误； D 、由 =W E其它 机 知有其它力 F 做正功，物体的机械能增加， D 错误。故选 B.【点睛】本题关键对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求出拉力 F ，最后根据动能定理 和重力做功和重力势能变化的关系、机械能守恒定律、能量守恒定律列方程求解． 112 ．质量为 m 的物体，以恒定加速度 g 由地面从静止开始匀加速上升 h 高处，重力加速度大小 为 g ，则以下说法中正确的是 A. 物体重力做功为 mgh B. 物体动能增加 mgh C. 由于没有规定重力的零势能面位置，所以无法判断物体重力势能的变化情况 D. 物体运动过程中机械能守恒 【答案】 B【解析】 A 、重力为恒力，做功的位移是初末位置形成的高度差，根据功的定义可知 GW mgh  ， 则 A 错误； B 、对物体受力分析可知， F mg ma  ，而 a g 向上，则 2F mg ，由动能定 理 = kF h E 合 ，得 kE mgh  ，则 B 正确； C 、根据功能关系知重力做多少负功，重力势能就要 增加多少，重力势能要增加 mgh ，此变化量是绝对量与零势能面的选取无关， C 错误； D 、由 =W E其它 机 知有其它力 F 做正功，物体的机械能增加， D 错误。故选 B.【点睛】本题关键对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求出拉力 F ，最后根据动能定理 和重力做功和重力势能变化的关系、机械能守恒定律、能量守恒定律列方程求解． 113 ．在粗糙的水平面上固定一挡板 , 一质量不计的弹簧左端固定在挡板上，一可视为质点的质量 为 m 的物块 A 放在弹簧的右端 , 初始时刻弹簧为原长，物块与弹簧未连接，现瞬间给物块一向左 的初速度，使其将弹簧压缩，经过一段时间弹簧将物块弹开，在整个运动过程中弹簧的最大压缩 量为 l 。已知物块的初速度大小为 v0 、物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ。则下列不正确的是 ( ) A. 物块向右运动与弹簧分离前，物块的动能先增大后减小 B. 弹簧最短时，弹簧具有的弹性势能为 C. 物块与弹簧分离前二者组成的系统其机械能一直减小 D. 当物块离开弹簧滑动到速度为零时，物块距离出发点之间的距离为 ;【答案】 B【解析】 A 、物块向右运动的过程，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后等于滑动摩擦力，再小于 滑动摩擦力，物块的合外力先向右，再等于零，后合外力向左，所以物块向右先加速后减速，动 能先增大后减小，故 A 正确； B 、弹簧最短时，由能量守恒定律得，弹簧具有的弹性势能为 ，故 B 错误； C 、物块与弹簧分离前，摩擦力对系统一直做负功，由功能原理知系统的机械能一直减小，故 C正确； D 、设物块的速度为零时，物块距离出发点之间的距离为 x ，对物块向右的整个过程，由能量守恒 定律得 ，解得 ，故 D 正确； 不正确的故选 B 。 【点睛】要正确分析物体的受力情况判断其运动情况，知道加速度方向与合力的方向相同，当加 速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．根据 功能原理分析机械能的变化。 114 ．如图所示，质量为 M 的光滑圆环用一根轻绳悬挂在天花板上，环上紧挨绳的左右两侧穿有 质量均为 m 的两个小球 ( 可视为质点 ) ，现同时由静止释放两个小球，两小球碰撞前，下列说法正 确的是 A. 绳的拉力一直增大 B. 绳的拉力先增大后减小 C. 要使绳的拉力为零必须满足 m ≥ M D. 要使绳的拉力为零必须满足 m ≥ 3 2 M【答案】 D 【解析】设小球运动到与圆心连线与竖直方向的夹角为 时，速度为 v ， 根据机械能守恒：   211 cos 2mgR mv  重力的分力与环弹力 T 的合力提供向心力，根据向心力公式： 2 cos vmg T m R    小球对环的弹力的竖直分力： cosT T   联立解得， 2cos 2 cos 3 cosT T mg mg     解得 max 1 3T mg 要使绳子拉力为零， 2T Mg  ，即 m ≥ 3 2 M ，故 C 错误， D 正确。 故选 D ． 115 ．如图所示，长为 L 的轻杆两端分别固定质量为 M 和 m 的两小球 A 、 B ( 都视为质点 ) ， A 球 放在光滑水平面上，轻杆位于竖直状态由静止释放，轻微扰动后倒下，则 B 球达到地面时的速度 和此时 A 球位移分别为 (g 为重力加速度 ) A. 2gL ， m LM m B. 2gL ， M LM m C. 2M gLM m ， m LM m D. 2M gLM m ， M LM m 【答案】 A 116 ．如图所示，竖直放置的轻质弹簧，下端固定在地面上，上端固定一个质量为 M 的木板，木 板上面放一个质量为 m 的木块，竖直向下的力 F 压在木块上，系统静止时弹簧压缩量为 H ，撒去 F 后木板和木块一起向上运动，分离后木块又上升了最大高度 h ， g 为重力加速度，则弹簧最初的 弹性势能为 A. (M+m)g(H+h) B. (M+m)gH+mgh C. (M+m)gh+mgH D. (M+m)gH+2mgh【答案】 A【解析】 M 与 m 分离时弹簧处于原长，两者速度相等，分离后木块又上升了最大高度 h ，所以分 离时速度为 v ，则： 21 2mgh mv ，解得 2v gh ； 则弹簧最初的弹性势能为：        21 2PE M m gH M m v M m g H h       ； 故 A 正确， BCD 错误。 故选： A 。 117 ．如图所示，粗糙水平面上的物体，在水平恒力 1F 作用下做速度为 1v 的匀速直线运动，若作 用力变为斜向上的恒力 2F ，物体做速度为 2v 的匀速直线运动，且 1F 与 2F 的功率相等，下列关系 可能的是 A. 1F = 2F ， 2v > 1v B. 1F > 2F ， 1v > 2v C. 1F > 2F ， 1v > 2v D. 1F > 2F ， 1v < 2v 【答案】 D【解析】物体都做匀速运动，受力平衡，设 F2 与水平方向的夹角为θ，则： F1= μ mg F2cos θ = μ (mg − F2sin θ )解得： F2(cos θ + μ sin θ )=F1 …① 根据 F1 与 F2 功率相同得： F1v1=F2v2cos θ…② 由①②解得： 2 1 cos sin 1 tancos v v         , 可知 v1F2cos θ , 所以 F1 可能大于 F2, 可能小于 F2 ，故 ABC 错误， D 正确。 故选： D 。 点睛：物体都做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件列式，再根据 F1 与 F2 功率相同列式，联立 方程分析出物体的速度大小关系． 118 ．如图所示，竖直平面内一半径为 R 的半圆型轨道，两边端点等高，一个质量为 m 的质点从 左端点由静止开始下滑，滑到最低点时对轨道压力为 2mg ， g 为重力加速度，则此下滑过程克服 摩擦力做的功是 A. 1 4 mgR B. 1 2 mgR C. 4 mgR D. 2 mgR 【答案】 B 119 ．如图所示，两质量均为 m 的小球 A 、 B 皆可视为质点，位于距地面竖直高度 h 的同一点， 让小球 A 自由下落，同时将 B 球以速度 0 2v gh 向竖直墙面水平抛出， B 球到竖直墙距离为l ， B 球与竖直墙壁相碰后，水平分速度大小不变，方向与原来相反，竖直分速度不变，不计空气阻 力，两球落地前，下落说法正确的是（ ） A. 当 2l h 时，两小球恰好在地面相碰 B. 在下落的同一时刻， A 球的重力功率小于 B 球的重力功率 C. 若 A 、 B 两球恰好在地面相碰，则墙壁对 B 小球做的功值为 2 0mv D. 若 A 、 B 两球恰好在地面相碰，则墙壁对 B 小球的冲量大小为 02mv 【答案】 D【解析】由题知， B 球与竖直墙壁相碰后可认为仍做平抛运动，由平抛运动规律得：竖直方向有 21 2h gt ，水平方向有 0x v t ，联立得： 2x h ，故 B 碰后反弹，所以当l h 时两球恰好在 地面相碰， A 错误；在下落的同一时刻， A 、 B 两球竖直方向的速度相同，根据 y yP mgv 可知， A 球的重力功率等于 B 球的重力功率， B 错误；由 A 分析知，当l h 时两小球恰好在地面相碰， 则墙壁对 B 球的作用力仅改变水平速度的方向，大小不变，即由 0v 变为 0v ，故墙壁对 B 小球做 的功值为 0 ，墙壁对 B 小球的冲量大小为  0 0 02I P m v mv mv       ，即墙壁对 B 小球的 冲量大小为 02mv ， C 错误； D 正确；选 D.【点睛】 B 球与竖直墙壁相碰后可认为仍做平抛运动，由平抛运动规律进行分析求解；重力的瞬 时功率等于重力乘以重力方向的速度；墙壁对 B 球的作用力仅改变水平速度的方向，大小不变， 根据动量定理可以求出冲量 . 120 ．如图所示，一质量为 m 的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于 O 点，另一端与该 小球相连，现将小球从 A 点由静止释放，沿竖直杆下降到 B 点，已知 OA 长度小于 OB 长度，弹 簧处于 OA 、 OB 两位置时弹性势能相等．关于小球从 A 运动到 B 的过程，下列说法正确的是（ ） A. 从 A 到 B 的过程中，小球重力势能和弹簧弹性势能之和不变 B. 弹簧弹力对小球先做负功再做正功 C. 加速度等于重力加速度 g 的位置只有一个 D. 弹簧弹力的功率为零的位置有三个 【答案】 D【解析】根据小球和弹簧组成的机械能守恒分析重力势能和弹簧弹性势能之和的变化；根据弹力 与运动方向的夹角分析弹力做功情况；当加速度为 g 时弹力可能为零，也可能沿水平方向在竖直 方向没有分力；根据 P Fv 分析弹力功率为零的情况． 小球和弹簧组成的机械能守恒，即小球重力势能、弹簧弹性势能与小球的动能之和保持不变，而 小球的动能在变化，所以重力势能、弹簧弹性势能之和在变化， A 错误；由于 OA 长度小于 OB长度，弹簧处于 OA 、 OB 两位置时弹性势能相等，可知在小球运动的过程中，开始时弹簧处于压 缩状态，力的方向与运动方向夹角大于 90 °，故弹力做负功， B 错误；在运动过程中 A 点为压缩 状态， B 点为伸长状态，则由 A 到 B 有一状态弹力为 0 且此时弹力与杆不垂直，加速度为 g ；当 弹簧与杆垂直时小球加速度为 g ．则两处加速度为 g ， C 错误； A 处速度为零，弹力功率为零；下 滑过程弹簧弹力与杆子垂直时，弹力功率为零；当原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为 0共有 3 处， D 正确． 121 ．如图所示，由倾角为 45 °的粗糙斜面 AB 和半径为 0.5 m 的 3 4 光滑圆弧组成的轨道固定在竖 直平面内，斜面和圆弧之间由小圆弧 ( 长度不计 ) 平滑连接，其中 B 为最低点， D 为最高点， C 、 A两点和圆弧圆心 O 在同一水平线上．一物块 ( 可视为质点 ) 在 A 点以初速度 v0 ＝ 5 m/s 沿斜面向下 沿内轨道运动．物块与斜面间的动摩擦因数为μ，取重力加速度大小 g ＝ 10 m/s 2 ，则下列说法正 确的是 ( ) A. 若μ值满足一定的条件，则物块可能从 D 处开始做自由落体运动 B. 若μ值满足一定的条件，则物块可能最终从 AD 圆弧某处脱离轨道 C. 若μ＝ 0.2 ，则物块最终从 CD 圆弧某处脱离轨道 D. 若μ＝ 0.2 ，则物块始终不会脱离轨道 【答案】 C 122 ．如图所示，光滑轨道 ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点 B 处的入、出 口靠近但相互错开， C 是半径为 R 的圆形轨道的最高点， BD 部分水平，末端 D 点与右端足够长 的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度 v 逆时针转动，现将一质量为 m 的小滑块从轨道 AB上某一固定位置 A 由静止释放，滑块能通过 C 点后再经 D 点滑上传送带，则（ ） A. 滑块不可能重新回到出发点 A 处 B. 固定位置 A 到 B 点的竖直高度可能为 2R C. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度 v 有关 D. 传送带速度 v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 【答案】 D【解析】 A 、若滑块从传送带上回到 D 点的速度大小不变 , 则滑块可重新回到出发点 A 点，故 A 错 B 、若滑块恰能通过 C 点时有 2 Cvmg m R  由 A 到 C, 根据动能定理知 21 2AC Cmgh mv 联立①②计算得出 0.5ACh R 则 AB 间竖直高度最小为 2 2.5ABh R h R   , 所以 A 到 B 点的竖直高度不可能为 2R, 故 B 错误 ; C 、设滑块在传送带上滑行的最远距离为 x, 由动能定理有 : 212 0 2 CmgR mgx mv   , 知 x 与传 送带速度无关 , 故 C 错误 ; D 、滑块与传送带摩擦产生的热量为 Q mg x  , 传送带速度越大 , 相对路程越大 , 产生热量越多 ,所以 D 选项是正确的 ;综上所述本题答案是： D点睛：滑块恰能通过 C 点时 , 由重力提供向心力 , 根据牛顿第二定律列方程求 C 点时的临界速度 , 由 动能定理知 AC 高度差 , 从而知 A 、 B 间高度差 ; 对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程 求滑行的最大距离的大小因素 ; 根据传送带速度知物块的速度 , 从而知道是否回到 A 点 ; 滑块与传送 带摩擦产生的热量Q mg x  , 看热量多少 , 分析相对路程 . 123 ．如图所示，一个小物块从静止开始从同一高度沿倾角不同的斜面下滑至斜面底端，若斜面 都是光滑的，则下列说法正确的是（ ） A. 小物块滑到底端所用时间相同 B. 小物块滑到底端时的动能相同 C. 下滑过程中重力的平均功率相同 D. 滑到底端时重力的瞬时功率相同 【答案】 B【解析】 A. 物体下滑的加速度 a=gsin θ , 根据 21 sin 2 h at  知 , 2 2 sin ht g  ，知运动的时间不 等；故 A 错误； B. 据动能定理知 , 21 2mgh mv ，知到达底端时两个物体的动能相等，故 B 正确； C. 因重力做功相等，但时间不相等，故两个物体重力的平均功率大小不相等，故 C 错误； D. 由动量定理可知 , 两物体到达低端时速度大小相等，方向不同，故重力的瞬时功率不同，故 D 错误； 故选： B. 124 ．如图所示为游乐场中过山车的一段轨道， P 点是这段轨道的最高点， A 、 B 、 C 三处是过山 车的车头、中点和车尾。假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不 受牵引力，所受阻力不可忽略。那么，过山车在通过 P 点的过程中，下列说法正确的是 A. 车头 A 通过 P 点时的速度最大 B. 车的中点 B 通过 P 点时的速度最大 C. 车尾 C 通过 P 点时的速度最大 D. A 、 B 、 C 通过 P 点时的速度一样大 【答案】 A【解析】过山车在运动过程中，由能量关系可知，当车的中点 B 通过 P 点时，质心的位置最高， 重力势能最大，则动能最小，速度最小，故 B 错误；当车头 A 通过 P 点时整个列车的质心与车尾 C 经过 P 点时相同，两位置的重力势能相同，但是由于阻力做功的缘故，车尾 C 经过 P 点时的速 度比车头 A 经过 P 点时的速度小，车头 A 通过 P 点时的动能最大，选项 A 正确， CD 错误；故选 A ． 点睛：本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，本题要知道当车的质心越高时，重力势能最 大，过山车的动能最小． 125 ．一个小球从足够高处水平抛出，空气阳力忽略不计，小球抛出后的动能随时间变化的关系 为  22 50 JkE t  ，重力加速度取 g=10m/s 2 ，则 ( ) A. 小球抛出的初速度为 4m/s B. 小球的质量为 0.5kg C. 2s 末小球的水平位移为 2m D. 2s 末小球的速度约为 20.1m/s【答案】 D【解析】由动能定理 2 0 1 2K KE E mgh mg gt   得出 2 2 0 1 2 502K KE E mg gt t    对应可 知， m=1kg ，初动能为 2 0 12 2K oE mv  所以 2 /ov m s ； 2s 内水平位移 x=vt=4m ；由 2 kE 2 50t  J ， 2s 末动能带入得 21202 2KE mv  ， 20.1 /v m s 选 D 126 ．如图所示，一个半径为 R 、质量为 m 的均匀薄圆盘处在竖直平面内，可绕过其圆心 O 的水 平转动轴无摩擦转动，现在其右侧挖去圆心与转轴 O 等高、直径为 R 的一个圆，然后从图示位置 将其由静止释放，重力加速度为 g, 则下列说法正确的是（） A. 剩余部分不能绕 O 点做360 转动，在转动过程中具有的最大动能为 1 8 mgR B. 剩余部分不能绕 O 点做 360 转动，在转动过程中具有的最大动能为 1 4 mgR C. 剩余部分能绕 O 点做 360 转动，在转动过程中具有的最大动能为 1 8 mgR D. 剩余部分能绕 O 点做 360 转动，在转动过程中具有的最大动能为 1 4 mgR 【答案】 A【解析】物体在运动过程中只有重力做功，物体的机械能守恒，圆盘转动的最大角度为180，不 能绕 O 点作 360 转动；被挖去部分的质量为 2 2 2 4 m R m R       ，由机械能守恒定律得：最大 动能 4 2 8k m R mgRE g  ，选 A. 127 ．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间 t1 内动能由零增大到 E1 ，在时间 t2 内动能由 E1 增加到 2E1 ，设合力在时间 t1 内做的功为 W1 、冲量为 I1 ，在时间 t2 内做的功为 W2 、冲量为 I2 ， 则 ( ) A. I1I2 C. W1 >W2 D. W1 < W2【答案】 B【 解 析 】 动 量 与 动 能 的 关 系 式 为 2 kP mE , 则 由 动 量 定 理 得 ： 1 12I mE ，  2 1 1 1 12 2 2 2 2I m E mE mE mE    ，则 I1 ＞ I2 ．故 A 错误， B 正确；根据动能定理得： W1=E1-0=E1 ， W2=2E1-E1=E1 ，则 W1=W2 ．故 C D 错误．故选 B ． 点睛：本题考查动量定理和动能定理的应用，根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量 的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用，在确题时要注意动量定理的矢量性． 二、多项选择题 1 ．如图所示，竖直平面内四分之一圆弧轨道 AP 和水平传送带 PC 相切于 P 点，圆弧轨道的圆心 为 O ，半径为 R=2m 。小耿同学让一质量为 m=1kg 的小物块从圆弧顶点 A 由静止开始沿轨道下 滑，再滑上传送带 PC ，传送带以速度 v=4m ／ s 沿逆时针方向的转动。小物块与传送带间的动摩 擦因数为 ，滑块第一次滑到传送带上离 P 点 2.5m 处速度为零，不计物体经过圆弧轨道与 传送带连接处 P 时的机械能损失，重力加速度为 g=10m ／ s 2 。则（ ） A. 滑块从 A 开始下滑到 P 点过程机械能守恒 B. 滑块再次回到 P 点时对圆弧轨道 P 点的压力大小为 18N C. 滑块第一次在传送带上运动由于摩擦产生的热量为 31.5J D. 滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为 36J【答案】 BD【解析】滑块第一次滑到传送带上 P 点的速度 ，故滑块从 A 开 始下滑到 P 点过程机械能不守恒， A 错误；滑块再次回到 P 点时的速度为 v=4m/s ，根据牛顿第 二定律 ，解得 ，根据牛顿第三定律可知对圆弧轨道 P 点的压力大小为 18N ， B 正 确 ； 滑 块 第 一 次 在 传 送 带 上 运 动 由 于 摩 擦 产 生 的 热 量 为 ， C 错误；滑块第一次在传送带上运动而使 电动机额外多做的功为 ， D 正确。 【点睛】本题考查了传送带模型上的动能定理的应用，分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理、 牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题． 2 ．从地面斜向上抛出一个质量为 m 、带电量为 +q 的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动 能与势能之比是 9:16 ，选地面为重力势能参考面，现在此空间加上一个平行于小球运动平面的竖 直匀强电场 E ，以相同的初速度抛出原小球，小球到达最高点时的动能等于重力势能。已知重力 加速度大小为 g ，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. 小球抛出时速度的水平分量与竖直分量的比值为 4:3 B. 小球第二次在空中运动的水平位移小于第一次在空中运动的水平位移 C. 所加电场方向一定竖直向上，且满足 qE0 ）小球 b （未画出），弹簧与 小球 a 、 b 彼此绝缘．某时刻，用某种方式让小球 a 带上电量 +q ，小球 a 由静止开始向上运动， 当 a 、 b 球间的电场力为 a 球重力的两倍时，小球 a 的速度达到最大值 v ，此时小球 a 处于空中 B点．两带电小球均看作点电荷，静电力常数为 k ，重力加速度为 g ，不计空气阻力．则 A. 弹簧的原长为 B. A 、 B 两点间的距离为 C. A 、 B 两点间的电势差 D. 小球 a 从 A 点到 B 点机械能的变化量为 【答案】 AD【解析】 A 项：小球 a 静止时处于空中的 A 点，根据平衡条件有 ，小球 a 带上电荷量 为 +q 的正电荷向上加速到 B 点时有 ，解得 ，此时弹簧弹力处于压缩 状态，形变量与 A 点形变量相同， A 、 B 两位置弹簧弹性势能相等，根据库仑定律得 ， 其中 ，联立解得 ，故 A 正确； B 项： A 、 B 两点间的距离为 ，故 B 错误； C 项：小球 a 从 A 点到 B 点，根据动能定理 ，即 ，解得 ，故 C 正确； D 项：小球 a 从 A 点到 B 点机械能的变化量 ，故 D 错误。 43 ．如图所示，物体 A 的质量为 M ，圆环 B 的质量为 m ，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定 滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长．开始时连接圆环的绳处于水平，长度为 l ，现从 静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是 ( ) A. 当 M ＝ 2m 时， l 越大，则圆环 m 下降的最大高度 h 越大 B. 当 M ＝ 2m 时， l 越大，则圆环 m 下降的最大高度 h 越小 C. 当 M ＝ m 时，且 l 确定，则圆环 m 下降过程中速度先增大后减小到零 D. 当 M ＝ m 时，且 l 确定，则圆环 m 下降过程中速度一直增大 【答案】 AD 【解析】由系统机械能守恒可得， mgh=Mg （ -l ），当 M=2m 时， h= l ，可知 l 越大，小 环 m 下降的最大高度 h 越大，故 A 正确， B 错误；当 M=m 时，根据几何关系可知小球下降的高 度大于 A 上升的高度，则在小环在下降过程中，系统的重力势能一直在减少，根据系统的机械能 守恒可知系统的总动能一直在增加，因为环 m 与物体的速度大小成正比，所以小环 m 下降过程 中速度一直增大。故 C 错误， D 正确。故选 AD 。 点睛：此题考查系统机械能守恒的相关问题．关键要正确分析能量是如何转化的，通过机械能守 恒列式，定量进行分析． 44 ．如图，台秤上固定一竖直的轻质弹簧，劲度系数为 k ，一质量为 m 的小物块由弹簧正上方 H高处从静止释放，不计一切阻力，弹簧在弹性限度范围内，重力加速度为 g ，则从开始下落到最 低点的过程中，则下列说法正确的是 A. 物块从接触弹簧开始一直减速 B. 台秤的示数从物块接触弹簧开始一直增大 C. 物块先处于失重再处于超重状态 D. 若物块最大速度为 v ，此时弹簧弹性势能为 【答案】 BCD【解析】物块接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力，再等于重力，后大于重力，小球的合力先向 下后向上，小球先做加速运动，后做减速运动，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，加速度为 零，速度最大，故 A 错误；在下落过程中，弹簧的形变量一直增大，故弹簧的弹力一直增大，故 弹簧对台秤的压力一直增大，即台秤的示数从开始一直增大，故 B 正确；因弹簧的弹力先小重力， 后大于重力，故物块先失重后超重，故 C 正确；当物块最大速度为 v 时，弹力与物块的重力相等， 即： ，解得： ，根据能量守恒得： ，故 D 正确；故选 BCD. 45 ．如图所示， A 、 B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连， A 放在固定的光滑斜面上， B 、 C 两 小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连， C 球放在水平地面上，已知 A 的质量为 6m ， B 、 C 的质量均为 m ，重力加速度为 g ，细线与滑轮之间的摩擦不计。现用手控制住 A ，并使细线 刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于 静止状态。释放 A 后， A 沿斜面下滑至速度最大时 C 恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确 的是 A. 斜面倾角＝ 30 ° B. A 获得最大速度为 C. C 刚离开地面时， B 的速度最大 D. A 、 B 两小球组成的系统机械能守恒 【答案】 BC【解析】小球 C 刚离开地面时，对 C 有： ，此时 B 有最大速度，即 ，则对 B 有： ，对 A 有： ，联立解得： ，故 A 错误；初始系统静 止，且线上无拉力，对 B 有： ，由 A 项的分析知： ，则从释放至 A 刚离开 地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中 A 、 B 、 C 组成的系统机械能守恒，即： ，解得： ，故 B 正确， C 刚离开 地面时， B 的速度最大，说明是受力平衡，故加速度微粒，故 C 正确；由 B 项的分析知，从释放 至 A 刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，所以从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中， A 、 B 、 C 及弹簧组成的系统机械能守恒，故 D 错误，故选 BC.【点睛】 C 刚离开地面时，弹簧的弹力等于 C 的重力，根据牛顿第二定律知 B 的加速度为零， B 、 C 加速度相同，分别对 B 、 A 受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角． A 、 B 、 C 组成的系统 机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当 B 具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力 知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出 B 的最大 速度， A 的最大速度与 B 相等． 46 ．如图所示，用轻弹簧相连的质量均为 1kg 的 A 、 B 两物块都以 的速度在光滑水平地 面上运动，弹簧处于原长，质量为 2kg 的物块 C 静止在前方， B 与 C 碰撞后二者粘在一起运动， 在以后的运动中下列说法正确的是 A. 当弹簧的形变量最大时，物块 A 的速度为 2m ／ s B. 弹簧的弹性势能的最大值为 J C. 弹簧的弹性势能的最大值为 8J D. 在以后的运动中 A 的速度不可能向左 【答案】 ABD【解析】当 A 、 B 、 C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。取向右为正方向，由 A 、 B 、 C 三 者组成的系统动量守恒得：（ mA+mB ） v= （ mA+mB+mC ） vA ，代入数据解得： vA=2m/s ，选项 A正确； B 、 C 碰撞时， B 、 C 系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为 v1 ，则： mBv= （ mB+mC ） v1 ，代入数据解得： v1= m/s ；设弹簧的弹性势能最大为 EP ，根据 BC 碰后系统的机械能守恒得： EP= （ mB+mC ） v12 + mAv 2 - （ mA+mB+mC ） vA2 ，代入数据解得为： EP= J ，则选项 B 正确， C错误。 A 不可能向左运动。系统动量守恒，则得：（ mA+mB ） v=mAvA+ （ mB+mC ） vB ；假设 A 向 左， vA ＜ 0 ， vB ＞ m/s ，此时 A 、 B 、 C 动能之和为： E ′ = mAvA2 + （ mB+mC ） vB2 ＞ （ mB+mC ） vB2 = J ；实际上系统的机械能： E= （ mB+mC ） v12 + mAv 2 = J ，根据能量守恒定律， E ′＞ E ， 违反了能量守恒定律，是不可能的，选项 D 正确；故选 ABD 。 点睛：本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程： EP= mAv 2 + mBv 2 -（ mA+mB+mC ） vA2 ，这是学生经常犯的错误。要分过程分别研究。 47 ．在奥运比赛项目中， 10m 跳台跳水是我国运动员的强项，某次训练中，质量为 60kg 的跳水 运动员从跳台自南下落 10m 后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计， 水对他的阻力大小恒为 2400N ，那么在他入水后下降 2.5m 的过程中，下列说法正确的是 ( 取 g=10m ／ s 2 ) A. 他的加速度大小为 30m ／ s 2 B. 他的动量减少了 300 kg · m/s C. 他的动能减少了 6000J D. 他的机械能减少了 4500J【答案】 AB【解析】运动员在水中受到质量和水的阻力，选取向下为正方向，则： -F+mg=ma ，代入数据得： a=-30m/s 2 ． 负 号 表 示 方 向 向 上 ； 故 A 正 确 ； 运 动 员 入 水 时 的 速 度 ： ， 入 水 后 下 降 2.5m 后 的 速 度 ： ， 所 以 动 量 的 变 化 量 ： | △ P|=m （ v1-v2 ） =60 × (10 − 5 ) ＝ 300 kg • m/s 。故 B 正确；减速下降深度为 h 的过程中，根据动能定理，动 能的减小量等于克服合力做的功，为：（ F-mg ） h ′ = （ 2400-600 ）× 2.5=4500J ，故 C 错误；减速 下降深度为 h 的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，为： Fh=2400 × 2.5=6000J ，故 D错误；故选 AB 。 点睛：解决本题的关键知道重力做功等于重力势能的变化，合力做功等于动能的变化，除重力以 外其它力做功等于机械能的变化。 48 ．如图所示，倾角为θ =37 °的传送带以速度 v=2 m/s 沿图示方向匀速运动。现将一质量为 2 kg的小木块，从传送带的底端以 v0=4 m/s 的初速度，沿传送带运动方向滑上转送带。已知小木块 与传送带间的动摩擦因数为μ =0.5 ，传送带足够长， sin37 ° =0.6 ， cos37 ° =0.8 ，取 g=10 m/s 2 。小 物块从滑上转送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是 A. 运动时间为 0.4 s B. 发生的位移为 1.6 m C. 产生的热量为 9.6 J D. 摩擦力对小木块所做功为 12.8 J【答案】 BC【解析】第一阶段：根据牛顿第二定律， ，得 ，第一阶段 位移为 ，所用时间为 ，传送带位移为 ，划 痕为 ；第二阶段 ，得 ，第二阶段位 移 为 ， 所 用 时 间 为 ， 传 送 带 位 移 为 ， 划 痕 为 。由以上分析可知，物体运动总时间为 ；物体的总位移 ；产生总热量为 ；摩擦力第一阶段 做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为 ， 综上分析可知 BC 正确。 49 ．光滑水平地面上固定着一带滑轮的竖直硬杆，一根轻绳的一端系着小滑块，另一端绕过滑轮， 如图所示，现用恒力 1F 水平向左拉小滑块的同时，用恒力 2 12F F 拉绳子的另一端，使滑块从 A 点由静止开始沿地面向右运动，已知 B 和 C 是 A 点右方的两点，且 AB=2BC ，小滑块到达 A 点 时绳子与水平方向的夹角为 30 °，小滑块到达 B 点时绳子与水平方向的夹角为 45 °，不计滑轮大 小以及绳子与滑轮的摩擦，则以下说法正确的是（ ） A. 滑块从 A 点运动到 C 点加速度先变小再变大 B. 滑块从 A 点运动到 B 点恒力 2F 做的功是从 B 点运动到 C 点做的功的 2 倍 C. 滑块从 A 点到 C 点克服恒力 1F 做功的功率先增大后减小 D. 若定滑轮的高度为 H ，物块到达 B 点时动能为  12 2 3 1 F H  【答案】 ACD 50 ．如图所示， A 为一固定在地面上的光滑弧形轨道，质量为 2m 的足够长的小车 B 紧靠弧形轨 道的右侧静止在水平光滑地面上，弧形轨道末端的切线水平且恰好在小车的上表面，一质量为 m的滑块 C 自弧形轨道的 a 点由静止开始下滑，当滑块 C 与小车相对静止时，它们的速度为 ，滑 块相对于小车的滑行距离为 d ，滑块与小车的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g ，滑块 C 可视为质 点，从滑块开始下滑到滑块与小车相对静止的过程中，下列判断正确的是（ ） A. 小车对滑块的摩擦力做功等于μ mgd B. 系统损失的机械能为μ mgd C. 滑块 C 到达弧形轨道末端时速度为 D. a 点与弧形轨道末端的竖直高度为 【答案】 BD【解析】滑块 C 以 v 滑上小车，在摩擦力作用下减速，最后与小车共速，滑块动能减少，转化为 小车的动能和热量，而系统产生的热量 ，而滑块 C 相对小车的位移为 ，故系 统产生的热量为 ，故小车对滑块的摩擦力做的功大于 ，故 A 错误；根据能量守恒 定律可知，系统损失的机械能等于 ，故 B 正确；滑块 C 滑上小车，系统动量守恒，则有： ，解得： ，故 C 错误；滑块 C 从弧形下滑时机械能守恒，则有： ， 解得： ，故 D 正确，故选 BD. 51 ．如图所示，木块 A 、 B 的质量分别为 m1 、 m2 ， A 、 B 之间用一轻弹簧相连，将它们静置于一 底端带有挡板的光滑斜面上，斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为 k ．现对 A 施加一平行于斜面向 上的恒力 F ，使 A 沿斜面由静止开始向上运动．当 B 对挡板的压力刚好为零时， A 的速度刚好为 v ，下列说法正确的是 A. 此时弹簧的弹力大小为 B. 在此过程中拉力 F 做的功为 C. 在此过程中弹簧弹性势能增加了 D. 在此过程中木块 A 重力势能增加了 【答案】 BD【解析】 A 项：当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力，即 F 弹 =m2gsin θ， 故 A 错误； B 项：开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于 A 的重力沿斜面下的分力，则有 m1gsin θ =kx1 ， x1为弹簧相对于原长的压缩量，当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力，故 m2gsin θ =kx2 ， x2 为弹簧相对于原长的伸长量，则 A 沿斜率上升的距离 x=x1+x2 ，联立解得： ，则拉力 F 在该过程中对木块 A 所做的功为 ，故 B 正 确； C 、 D 项：木块 A 在该过程中重力势能增加量 根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为 ，故 C 错误， D 正确。 点晴：当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力，开始系统处于静止状态，弹 簧弹力等于 A 的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量和压缩量，从而求出 A上升的距离，根据 W=Fx 求解 F 做的功，根据重力做功与重力势能的关系求解 A 重力势能增加量， 根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量。 【答案】 AD【 解 析 】 滑 块 的 加 速 度 2 2 2 1 /a g m s  ； 木 板 的 加 速 度  2 1 2 1 3.5 /mg m M ga m sM     ，滑块与平板车静止前取得相同的速度时： v0-a1t=a2t ， 解 得 t=1s ， v=1m/s, 选 项 A 正 确 ； 当 两 者 达 到 共 速 时 ， 此 时 木 板 的 位 移 0 1 1 4.5 1 2.752 2 v vx t m m     ；滑块的位移 2 1 1 0.52 2 vx t m m    ；此时滑块相对木板 滑行的距离为∆ x=x1-x2=2.25m ，达到共速后，因木板的加速度大于滑块的加速度，则滑块继续减 速运动，直到停止在木板上，但相对木板向前滑动，选项 B 错误；滑块相对木板向前滑动时木板 的加速度  1 2' 2 1 2.5 /m M g mga m sM     ，则木板停止的位移 2 3 ' 1 0.22 vx ma   ；滑块向 前的位移 2 4 2 0.52 vx ma   ，此过程滑块相对木板向前滑动的位移 4 3 0.3x x x m    ，则整个 过程中滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能为  1 2 2.55E mg x x J       ，选项 C 错误； 则 木 板 在 地 面 上 的 位 移 1 3 2.95x x x m    ； 木 板 与 地 面 摩 擦 生 热  2 1 17.70E M m g x J     ； 滑 块 、 平 板 车 和 地 面 组 构 的 系 统 增 加 的 内 能 为 1 2 20.25E E E J      ；选项 D 正确；故选 AD 。 点睛：此题的物理过程比较复杂，关键是分析两物体运动的过程，木板一直减速，但加速度在共 速后要变化，滑块先加速后减速，加速度大小不变；知道系统产生的热量等于摩擦力与相对位移 的乘积 . 53 ．如图甲，长木板 A 静止在光滑水平面上，质量为 mB ＝ 2 kg 的另一物体 B （可看作质点）以 水平速度 v0 ＝ 2 m/s 滑上长木板 A 的表面。由于 A 、 B 间存在摩擦，之后运动过程中 A 、 B 的速 度随时间变化情况如图乙所示。 g 取 10 m/s 2 ，下列说法正确的是 A. 木板 A 的最小长度为 2 m B. A 、 B 间的动摩擦因数为 0.1 C. 木板获得的动能为 2 J D. 系统损失的机械能为 2 J【答案】 BD【解析】由图象可知物体 B 的位移为 1.5m ，木板 A 的位移为 0.5m ，所以木板最小长度为 1m ， 选项 A 错误；由动量守恒定律： mBv0=(mA+mB)v ，解得 mA=2kg ；由图象可知木板 A 的加速度 为 1m/s 2 ，根据μ mBg=mAaA 得出动摩擦因数为 0.1 ，选项 B 正确。从图可以看出，最后的共同速 度为 1m/s ，由 EKA ＝ mv 2 可得木板 A 的获得的动能为 1J ，选项 C 错误；系统损失的机械能 ，代入数据得：△ WK=2J ，选项 D 正确；故选 BD 。 点睛：此题关键是先根据 v-t 图象得出物体运动特征，根据动量守恒求解木板的质量，根据牛顿 运动定律求解摩擦因数；根据功能关系求解机械能损失． 54 ．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 匀速向右运动， 一质量为 m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率 ( > ) 滑上传送带，最后滑块返回传送带 的右端。关于这一过程的下列判靳，正确的有 A. 滑块返回传送带右端的速率为 B. 此过程中传送带对滑块做功为 C. 此过程中由于放物块电动机对传送带多做的功为 D. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 【答案】 BD【解析】 A ．由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦 力的作用下向右加速，由于 v1 △ E3 B. 物体减少的机械能△ E2> △ El> △ E3 C. 物体到达底端时的速度 vl =v2 △ El> △ E3 ； 由 动 能 定 理 可 知 ，由于 可得 。故本题正确答案为 BD 62 ．如图所示，斜面 1 、曲面 2 和斜面 3 的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面 1 与曲 面 2 的水平底边长度相同。一物体与三个面间的动摩擦因数相同，当它由静止开始分别沿三个面 从顶端下滑到底端的过程中，若损失的机械能分别为△ E1 、△ E2 、△ E3 ，到达底端的速度分别为 v1 、 v2 、 v3 ，则下列判断正确的是 A. △ E1= △ E2> △ E3 B. △ E2> △ E1> △ E3 C. v1=v2 ＜ v3 D. v2< v1 μ mgcos30 ∘ 可得 mgsin30 ∘ > μ mgcos30 ∘ ，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。故 B 错误； D. 根据牛顿第二定律得： 在 A 点有： Fcos30 ∘ +mgsin30 ∘ − f=maA ； 在 C 点有： Fcos30 ∘ − f − mgsin30 ∘ =maC ； 两式相减得： aA − aC=g. 故 D 正确。 故选： CD点睛：根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能 处于静止．对小球 A 到 B 的过程和 A 到 C 的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具 有的最大弹性势能，由牛顿第二定律研究 A 、 C 两点的加速度，相比较可得到 aA-aC=g ． 87 ．如图所示，质量为 m 的物体以速度 v1 滑上水平传送带，传送带由电动机带动，始终保持以 速度 v2 匀速运动， v1>v2 ，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体经过一段时间后能保持与传送 带相对静止，对于物体从开始滑上传送带到相对传送带静止的这一过程，下列说法正确的是 （ ） A. 电动机少做的功为 m （ v12 ﹣ v22 ） B. 运动时间为 1 2v v g  C. 摩擦力对传送带做功为 mv2 （ v1 ﹣ v2 ） D. 摩擦产生的热量为  2 1 2 2 m v v 【答案】 BCD【解析】达到相同速度前加速度为 mga gm    ，所需时间为 1 2 1 2v v v vt a g    ，发生的相 对位移为  2 1 2 2 v vx g  ，故摩擦力做功为    2 2 1 2 1 2 2 2 v v m v vW fx mg g        ，即为电动 机少做的功，故 A 错误， B 正确；在时间 t 内传送带前进位移为  2 1 2 2' v v vx v t g   ，做功为 2 1 2W fx mv v v  （ ）， 故 C 正 确 ； 摩 擦 力 产 生 的 热 量 等 于 电 动 机 少 做 的 功 即 为  2 1 2 2 m v vQ W   ，故 D 正确； 【点睛】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转 化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能． 88 ．溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目，如图所示，滑轮，保险绳索与人体连接， 粗钢索两端连接在固定桩上。人从高处平台的 A 点出发，借助力几十米的落差，沿钢索顺势而下， 滑过最低点 C ，到达 B 点时速度为零。下列说法中正确的有（ ） A. 人滑到 C 点时速度最大 B. 人从 A 滑到 C 的过程中，重力的功率先增大后减小 C. 人滑到 C 点时的加速度方向竖直向上 D. 钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力 【答案】 BD 89 ．如图所示，矩形区域 MNPQ 内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域。半径为 R ，内 壁光滑、内径很小的绝缘半圆管 ADB 固定在整直平面内，直径 AB 垂直于水平虚线 MN ，圆心 0恰在 MN 的中点，半圆管的一半处于电场中，一质量为 m ，可视为质点的带正电，电荷量为 q 的 小球从半圆管的 A 点由静止开始滑入管内，小球从 B 点穿出后，能够通过 B 点正下方的 C 点。 重力加速度为 g ，小球在 C 点处的加速度大小为 5 3 g . 则下列说法正确的是 A. 匀强电场的场强 E 为 3 4 q mg B. 小球在到达 B 点时，半圆轨道对它作用力的大小 7 3 mg C. 球流够到达 B 点正下方 C 点，虚线标 MNPQ 的高度不大于 5 2 R D. 从 B 点开始计时，小球从 B 运动到 C 点的过程中，经过 8 3 25 R g 时间时动能最小 【答案】 BD【解析】由于小球在 C 处受到重力和电场力的共同作用，所以 C 点： F 合＝ ma ＝  2 2 2qE m g 代入数据得： E ＝ 4 3 mg q ，选项 A 错误； A → B 的过程重力和电场力对小球做功， mg • (2R) − FR ＝ 1 2 mvB2 得： vB ＝ 4 3 gR 在 B 点 N − mg ＝ 2 Bmv R 半圆轨道对小球的作用力 N ＝ 7 3 mg ，选项 B 正确； 小球从 B → C 水平方向匀减速运动，竖直方向自由落体运动， ax ＝ 4 3 g ； ay=g 设向左减速时间为 3 4 B x v Rt a g ＝ ＝ 1 2 2B Rx v t＝ ＝ y ＝ 1 2 g(2t) 2 ＝ 3 2 R 宽度应满足条件 L ＞ 2R ，高度满足条件 H ≥ 5 2 R ，选项 C 错误； 当 F 与 mg 的合力与 v 垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为 t ，则 vy ＝ 4 3 vx ； vy=gt vx ＝ vB − 4 3 gt ∴ t ＝ 8 3 25 R g ，选项 D 正确；故选 BD. 90 ．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 v1 匀速向右运动， 一质量为 m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率 v2 （ v2 ＞ v1 ）滑上传送带，最后滑块返回传送 带的右端．关于这一过程的下列判靳，正确的有 A. 滑块返回传送带右端的速率为 v2 B. 此过程中传送带对滑块做功为 2 2 1 2 1 1 2 2mv mv C. 此过程中电动机对传送带多做的功为 2mv12 D. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为  2 1 2 1 2 m v v 【答案】 BD【解析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左 的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据 v1 小于 v2 的情况分析．根据动能定理得全过程传送 带对物块做的总功．根据能量守恒找出各种形式能量的关系． 由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向 右加速，由于 1 2v v ，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时， 物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有 2 1'v v ， A 错误； 此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理 ' KW E  得 2 2 1 2 1 1 2 2KW E mv mv    ， B 正确； 设 滑 块 向 左 运 动 的 时 间 1t ， 位 移 为 1x ， 则 ： 2 1 2 1 12 vx v t t  ， 摩 擦 力 对 滑 块 做 功 ： 2 1 1 12 vW fx f t   ①，又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即： 2 1 2 1 2W mv ②，该过程中传送 带的位移 2 1 1x v t ，摩擦力对传送带做功 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 2x vW fx fv t fv fxv v     ③，将①②代入③ 得： 2 1 2W mv v ，设滑块向左运动的时间 2t ，位移为 3x ，则： 1 3 22 vx t ，摩擦力对滑块做功： 2 3 3 1 1 2W fx mv  ，该过程中传送带的位移 4 1 2 32x v t x  ，滑块相对传送带的总位移： 1 2 4 3 1 2 3x x x x x x x x      相 ， 滑 动 摩 擦 力 对 系 统 做 功  2 1 2 3 1 2 1 2W fx W W W m v v     总 相对 ，滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动 摩擦力对系统做功，  2 1 2 1 2W fx m v v  总 相 ， D 正确；全过程中，电动机对皮带做的功与滑 块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即 2 2 2 1 1 1 2 2Q W mv mv   ，整理得： 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 2W Q mv mv mv mv v     ，故 C 错误． 91 ．一个静止的质点在 t=0 到 t=4s 这段时间，仅受到力 F 的作用， F 的方向始终在同一直线上， F 随时间 t 的变化关系如图所示。下列说法中正确的是（ ） A. 在 t=0 到 t=4s 这段时间，质点做往复直线运动 B. 在 t=1s 时，质点的动量大小为 1kgm/s C. 在 t=2s 时，质点的动能最大 D. 在 t=1s 到 t=3s 这段时间，力 F 的冲量为零 【答案】 CD【解析】 0 ～ 2s 内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动， 2 ～ 4s 内，合力 方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为 0 ～ 2s 内和 2 ～ 4s 内加速度大小和方 向是对称的，则 4s 末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第 4s 末质点 位移最大；故 A 错误． F-t 图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在 t=1s 时，冲量大 小 I1= 1 1 2  =0.5N • s ，根据动量定理可知，质点的动量大小为 0.5kg • m/s ，故 B 错误．由 A 的分析 可知，在 t=2s 时，质点的动能最大，故 C 正确； F-t 图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的 冲量，由图可知，在 t=1s 到 t=3s 这段时间，力 F 的冲量为零，故 D 正确；故选 CD ． 点睛：解决本题的关键会通过牛顿第二定律判断加速度的方向，当加速度方向与速度方向相同， 做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．同时能正确根据动量定理分析问题， 明确 F-t 图象的性质，能正确求解力的冲量． 92 ．如图所示，两个倾角都为 30 °、足够长的光滑斜面对接在一起并固定在地面上，顶端安装一 光滑的定滑轮，质量分别为 2m 和 m 的 A 、 B 两物体分别放在左右斜面上，不可伸长的轻绳跨过 滑轮将 A 、 B 两物体连接， B 与右边斜面的底端挡板 C 之间连有橡皮筋。现用手握住 A ，使橡皮 筋刚好无形变，系统处于静止状态。松手后，从 A 、 B 开始运动到它们速度再次都为零的过程中 （绳和橡皮筋都与斜面平行且橡皮筋伸长在弹性限度内）（ ） A. A 、 B 的机械能之和守恒 B. A 、 B 和橡皮筋的机械能之和守恒 C. A 的重力势能减少量大于橡皮筋力弹力所做的功 D. 重力对 A 做功的平均功率大于橡皮筋弹力对 B 做功的平均功率 【答案】 BCD 93 ．水平面上有质量为 ma 的物体 a 和质量为 mb 的物体 b ，分别在水平推力 Fa 和 Fb 作用下开始 运动，运动一段时间后都撤去推力，两个物体都将再运动一段时间后停下。两物体运动的 v – t 图 线如图所示，图中线段 AC ∥ BD 。则以下说法正确的是（ ） A. 若 ma > mb ，则 Fa < Fb ，且物体 a 克服摩擦力做功小于物体 b 克服摩擦力做功 B. 若 ma > mb ，则 Fa> Fb ，且物体 a 克服摩擦力做功大于物体 b 克服摩擦力做功 C. 若 ma < mb ，则可能 Fa < Fb ，且物体 a 所受摩擦力的冲量大于物体 b 所受摩擦力的冲量 D. 若 ma < mb ，则可能 Fa > Fb ，且物体 a 所受摩擦力的冲量小于物体 b 所受摩擦力的冲量 【答案】 BD【解析】 AB ： v – t 图线中线段 AC ∥ BD ，可见两物体与水平面间的动摩擦因数相同，设为 。 在 a 、 b 加速的过程中，由牛顿第二定律知： 、 ，解得： 、 由 v – t 图线知，在 a 、 b 加速的过程中， 若 ，则 ； 整个运动过程中 a 、 b 的位移分别为 、 物体 a 克服摩擦力做功 ，物体 a 克服摩擦力做功 若 ，则物体 a 克服摩擦力做功大于物体 b 克服摩擦力做功。 故 A 项错误， B 项正确。 CD ： 、 、 若 ，则 Fa 、 Fb 的大小关系不确定； 物体 a 所受摩擦力的冲量大小 ，物体 b 所受摩擦力的冲量大小 若 ，则物体 a 所受摩擦力的冲量小于物体 b 所受摩擦力的冲量。 故 C 项错误， D 项正确。 94 ．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为 m 的滑块 P 连接， P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块 P 和重物 Q 连接起来，重物 Q 的质量 M=6m ，把滑块从 图中 A 点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过 A 、 B 两点时弹簧对滑块的弹力大小相等， 已知 OA 与水平面的夹角θ =53 °， OB 长为 L ，与 AB 垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为 g ， 滑块 P 从 A 到 B 的过程中，说法正确的是 A. 对于滑块 Q ，其重力功率先增大后减小 B. 滑块 P 运动到位置 B 处速度达到最大，且大小为 C. 轻绳对滑块 P 做功 4mgL D. P 与 Q 的机械能之和先减小后增加 【答案】 AC【解析】物块 Q 释放瞬间的速度为零，当物块 P 运动至 B 点时，物块 Q 的速度也为零，所以当 P从 A 点运动至 B 点时，物块 Q 的速度先增加后减小，物块 Q 的重力的功率也为先增加后减小， A正确；由于物块 P 在 AB 两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块 P 在 A 点时受到弹簧向上的弹力， 运动至 B 点时受到向下的弹力，物块 P 从 A 到 B 过程中，必定先加上后减速， B 错误；从 A 到 B过程中，对于 PQ 系统由动能定律可得 ，对于 P 由动能 定理可得 ，联立解得 ， C 正确；对于 PQ 系统，竖直杆不做功，系 统的机械能只与弹簧对 P 的做功有关，从 A 到 B 的过程中，弹簧对 P 先做正功，后做负功，所以 系统的机械能先增加后减小， D 错误；故选 AC. 95 ．将物块从倾角为 的斜面顶端由静止释放，取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动 能 EK ，重力势能 EP ，与下滑位移 x 间的关系分别如图所示，下面说法正确的是（ ） A. 物块的质量是 B. 物块受到的阻力是 C. 物块动能与势能相等时的高度为 D. 物块下滑 时，动能与重力势能之差为 【答案】 AD【解析】 A 项：由图知，小球下滑的最大位移为 x=12m ．在最高点时，小球的重力势能 Ep=mgxsin30 ° =12J ，得：小球的质量 m=0.2kg ．故 A 正确； B 项：根据除重力以外其他力做的功 W 其 = △ E 可知： fx=E 高 -E 低，由图知，最高点的机械能为 E 高 =12J ，最低点的机械能为 E 低 =8J ，又 x=12m ，解得：阻力为 ，故 B 错误； C 项：设小球动能和重力势能相等时的高度为 h ，此时有 由动能定理有， ，联立解得： h=2.4m ．故 C 错误； D 项：由图可知，在物块下滑 9m 处，小球的重力势能是 3J ，动能是 ，动能与重力势 能之差为 6J-3J=3J ，故 D 正确。 点晴：由图象可得物块下滑的最大位移以及重力势能，由重力势能表达式可得小球的质量．由除 了重力之外的其他力做功等于机械能的变化可以得到阻力大小．对小球由动能定理可得小球动能 与重力势能相等时的高度．结合图象中的数据，分别求出下滑 9m 处小球的动能和重力势能，然 后求差即可。 96 ．如图所示，物体 A 和带负电的物体 B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接， A 、 B 的质量分别是 m和 2m ，劲度系数为 k 的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体 A 相连，倾角为θ的斜面处 于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体 B 在一沿斜面向上的外力 F＝ 3mgsin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力 F ，直到物体 B 获得最大速度，且 弹簧未超过弹性限度，则在此过程中： A. 物块 A 和弹簧组成的系统机械能守恒 B. 撤去外力 F 的瞬间，物体 B 的加速度为 C. B 获得速度最大时，弹簧的伸长量为 D. 物体 A 和弹簧组成的系统机械能增加量和 B 的动能之和大于物体 B 电势能的减少量 【答案】 BD【解析】绳子拉力对 A 做功， A 和弹簧组成的系统机械能不守恒， A 错误；当施加外力时，对 B分析可知 ，解得 ，当撤去外力瞬间，弹簧的弹力来不了改变， 所以绳子的拉力仍为零， B 受到沿斜面向下的电场力以及重力沿斜面向下的重力的分力，故 ，解得 ， B 正确；当 B 受到的合力为零时， B 的速度最大， 由 解得 ， C 错误；根据动能定理可得物体 A 和弹簧组成的系统机 械能增加量等于绳子拉力做的功，故 ；根据动能定理可得 ，故 ，即 ， D 正确． 97 ．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M=0.6kg ， m=0.2kg 的两个小球，中间夹着一个被 压缩的具有 Ep=10.8J 弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态．现突然释放 弹簧，球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R=0.425m 的竖直放置的光滑半圆形轨道， 如图所示． g 取 10m/s 2 ．则下列说法正确的是（ ） A. M 离开轻弹簧时获得的速度为 9m/s B. 弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 1.8N • s C. 球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为 3.4N • s D. 若半圆轨道半径可调，则球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而 减小 【答案】 BC【解析】释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得 ，由机械能守恒得 ，代入数据解得 ，即 M离 开 轻 弹 簧 时 获 得 的 速 度 为 3m/s ，； m 从 A 到 B 过 程 中 ， 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 ，解得 ；以向右为正方向，由动量定理得，球 m 从轨道底端 A 运 动 到 顶 端 B 的 过 程 中 所 受 合 外 力 冲 量 大 小 为 ： ，则合力冲量大小为 3.4N • s ，由动量定 理得，弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为： ， A 错误 BC正确；设圆轨道半径为 r 时，飞出 B 后水平位移最大，由 A 到 B 机械能守恒定律得： ，在最高点，由牛顿第二定律得 ， m 从 B 点飞出，需要满 足： ，飞出后，小球做平抛运动： ， ，当 时，即 r=1.0125m时， x 为最大，球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小， 故 D 错误． 98 ．如图所示，在水平面上．．．．固定有相互垂直的挡板 ，质量均为 的两个小球 和 （均可视为 质点）通过铰链用刚性轻杆连接，分别停靠在两挡板上， 到 点的距离为 。现用沿 方向的恒 力 作用于 上， 由静止开始沿挡板 运动， 沿挡板 运动，不计一切摩擦，则下列说法正确 的是（ ） A. 碰到 前，杆对 一直做正功 B. 碰到 前，当 的速度最大时， 球的加速度为 C. 碰到 时的速度大小为 D. 碰到 前， 的加速度方向始终沿 方向 【答案】 AC 确； B 的初速度为零， A 碰到 ON 时 B 的速度又为零，所以 B 球先加速后减速， B 的加速度方向 先沿 NO 方向，后沿 ON 方向，故 D 错误；故选 AC.【点睛】根据 B 的机械能变化情况，由功能原理分析杆对 B 做功情况。 B 的速度最大时合力为零。 A 碰到 ON 时 B 的速度为零，对系统，运用功能原理求 A 的速度大小。根据 B 的运动情况，分析 其加速度方向 . 99 ．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体 A 以速度 0v 向右运动压缩弹簧， 测得弹簧的最大压缩量为 x ，现让弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B（如图乙所示）， 物体 A 以 02v 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为 x ，则 ( ) A. A 物体的质量为3m B. A 物体的质量为 2m C. 弹簧压缩最大时的弹性势能为 2 0 3 2 mv D. 弹簧压缩最大时的弹性势能为 2 0mv 【答案】 AC【解析】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大， A 的动能转化为弹簧的弹性势能， 根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于 A 的初动能，设 A 的质量为 Am ， 即有： 2 0 1 2pm AE m v ①，当弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B 时， A 与弹簧相互作用的过程 中 B 将向右运动， A 、 B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取 A 的初速度的方向为正方向， 由 动 量 守 恒 定 律 得 ：  0·2A Am v m m v  ② ； 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 ：    2 2 0 1 122 2pm A AE m v m m v    ③，联立得： 3Am m ④，联立①④得： 2 0 3 2pmE mv ， 故 AC 正确， BD 错误．故选 AC ． 【点睛】水平面光滑，物块压缩弹簧时，物块的动能转化为弹簧的弹性势能，弹簧被压缩过程中 最大的弹性势能等于物块的初动能． A 、 B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律 与能量守恒定律可以求出最大弹性势能的表达式，然后求出 A 与 B 的质量之间的关系． 100 ．如图所示 , 长为 L 的轻杆两端分别固定 a,b 金属球 , 两球质量均为 m,a 放在光滑的水平面上 ,b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为 3 2 L, 现将 b 从图示位置由静止释放 , 则 : A. 在 b 球落地前的整个过程中 ,a,b 组成的系统水平方向上动量守恒 B. 从开始到 b 球距地面高度为 2 L 的过程中 , 轻杆对 a 球做功为 3 1 8  mgL C. 从开始到 b 球距地面高度为 2 L 的过程中 , 轻杆对 b 球做功－ 3 8 mgL D. 在 b 球落地的瞬间 , 重力对 b 球做功的功率为 mg 3gL 【答案】 BD【解析】 A 、对两球及杆系统，在 b 球落地前的整个过程中， b 球的水平方向受竖直固定光滑杆 的作用， a 球的水平方向受力为零，所以 a 、 b 组成的系统水平方向上动量不守恒，故 A 错误； B 、对两球及杆系统，在 b 球落地前的整个过程中， b 球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不 做功， a 、 b 组成的系统机械能守恒，从开始到 b 球距地面高度为 2 L 的过程中由机械能守恒可得 2 23 1 1 2 2 2 2A B Lmg L mv mv        ， 且 有 0cos30 cos60A Bv v  ， 解 得  3 1 2A gL v   ，  3 3 2B gL v   ，所以轻杆对 a 球做功为 21 3 102 8A AW mv mgL   ，轻杆对 b 球做功 21 3 7 5 3 2 2 2 8B B LW mv mg L mgL          ，故 B 正确， C 错误； D 、在 b 球落地的瞬间，由机械能守恒可得 2 B 3 1· 2 2mg L mv ，解得 3Bv gL ，所以在 b 球 落地的瞬间，重力对 b 球做功的功率为 3B BP mgv mg gL  ，故 D 正确； 故选 BD 。 【点睛】对两球及杆系统，水平方向上动量不守恒，系统机械能守恒，由机械能守恒可求得。 101 ．如图所示，在竖直平面内固定光滑的硬质杆 AB ，杆与水平面的实角为θ，在杆的上端 A 处 套一质量为 m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与 A 处在同一水平线上的 O 点， O 、 B 两点处在同一竖直线上，且 OB=h ， OC 垂直于 AB ，从 A 由静止释放圆环后，圆环沿杆运动 到 B 时速度为零。在圆环运动的整个过程中，弹簧直处于伸长状态。则在圆环从 A 到 B 的整个过 程中，下列说法正确的是 A. 弹簧对圆环一直做正功 B. 圆环的速度最大处位于 CB 间的某一点 C. 弹簧的弹性势能增加了 mgh D. 弹簧弹力的功率为零的位置有 2 个 【答案】 BC【解析】由几何关系可知，当环与 O 点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最 小．所以在环从 a 到 C 的过程中弹簧对环做正功，而从 C 到 b 的过程中弹簧对环做负功，所以环 的机械能是变化的．故 A 错误；当圆环在 C 点时，弹力的方向与 AB 垂直，当从 C 点继续下滑时， 当重力沿沿杆向下的分力大于弹力沿杆向上的分力时，圆环的加速度向下，速度增大；当重力沿 沿杆向下的分力等于弹力沿杆向上的分力时，加速度为零，速度最大，则圆环的速度最大处位于 CB 间的某一点，选项 B 正确；圆环从 A 到 B 过程，动能不变，则弹性势能增加量等于重力势能 的减小量，即弹簧的弹性势能增加了 mgh ，选项 C 正确；根据 P=Fvcos θ可知，在最高点和最低 点时圆环的速度为零，则弹簧弹力的功率为零；在 C 点时，弹力与速度垂直，此时弹簧弹力的功 率也为零，则弹簧弹力的功率为零的位置有 3 个，选项 D 错误；故选 BC.点睛：本题考查运用几何关系及机械能守恒定律．同时关注题中隐含条件的挖掘：当环与 O 点的 连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小． 102 ．如图所示，轻质弹簧左端固定，右端与质量为 m 的重物相连，重物套在固定的粗糙竖直杆 上。开始时重物处于 A 处，此时弹簧水平且处于原长。现将重物从 A 处由静止开始释放，重物下 落过程中经过 B 处时速度最大，到达 C 处时速度为零，已知 AC 的高度差为 h 。现若在 C 处给重 物一竖直向上的初速度 v ，则圆环恰好能回到 A 处。已知弹簧始终在弹性限度内，重物与杆之间 动摩擦因数恒定，重力加速度为 g ，则下列说法中正确的是 A. 重物下滑到 B 处时，加速度为零 B. 重物在下滑过程中所受摩擦力先增大后减小 C. 重物从 A 到 C 的过程中弹簧的弹性势能增加了 21 4mgh mv D. 重物与弹簧组成的系统在下滑过程中机械能损失大于上升过程中机械能的损失 【答案】 AC 研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 过程，由动能定理得 0 0 0fmgh W W    弹 ，在 C 处 获得一竖直向上的速度 v ，恰好能回到 A ，由动能定理得 210 2fmgh W W mv    弹 ，解得 21 4fW mv ， 21 4W mgh mv 弹 ，所圆环从 A 处到 C 处的过程中弹簧的弹性势能增加量为 21 4pE W mgh mv   弹 ， C 正确；下滑过程和上滑过程经过同一位置时圆环所受的摩擦力大 小相等，两个过程位移大小相等，所以摩擦力做功相等，即重物与弹簧组成的系统在下滑过程中 机械能损失等于上升过程中机械能的损失， D 错误． 103 ．质量为 M 的 1/4 圆弧槽 A 静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小球 B 以速度 v0 水平向右 冲上槽的表面，升至最高后又从槽上滑下，此过程中（ ） A. 小球 B 和槽 A 分离时的速度方向可能向右 B. 小球 B 和槽 A 分离时的速度可能为零 C. 小球 B 上升的最大高度可以达到 2 0 2 v g D. 小球 B 和槽 A 组成的系统机械能守恒，动量也守恒 【答案】 AB【解析】小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒．选取向右 为正方向，由动量守恒定律得： Mv0=Mv1+mv2 ，由机械能守恒定律得： 1 2 Mv02 = 1 2 Mv12 + 1 2 mv22 ， 解得： v1= M m M m   v0 ， v2= 2M M m v0 ；当 M>m 时 v1>0 ，此时小球 B 的速度方向可能向右；当 M=m 时 v1=0 ，此时小球 B 的速度为零；选项 AB 正确； 当小球与小车的速度相同时，小球上 升到最大高度，设共同速度为 v ．规定向右为正方向，运用动量守恒定律得： Mv0= （ m+M ） v ，根据能量守恒定律得，有： 1 2 Mv02 - 1 2 （ m+M ） v 2 =Mgh ，解得： h= 2 0 2 vm M m g  ，故 C 错 误；小球 B 和槽 A 组成的系统只有重力做功，机械能守恒，水平方向受合力为零，则水平方向动 量也守恒，选项 D 错误；故选 AB ． 点睛：本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，要知道当小球与小车的速度相等时，小 球上升到最大高度．明确系统遵守水平动量守恒和机械能守恒这两大规律． 104 ．如图所示，质量为 M 的三角形滑块置于水平光滑地面上，三角形的底边长为 L ，斜面也光 滑，当盒子里为 m 的滑块（看做质点）沿斜面下滑的过程中（ ） A. M 与 m 组成的系统动量守恒，机械能守恒 B. m 沿斜面滑动底端时， M 移动的位移大小为 C. m 对 M 的冲量大小等于 M 的动量变化量 D. m 克服支持力做的功等于 M 增加的动能 【答案】 BD【解析】 A 、 M 、 m 组成的系统在竖直方向所受合外力不为零 , 系统所受合外力不为零 , 系统整体动 量不守恒 , 系统在水平方向所受合外力为零 , 系统在水平方向动量守恒 , 故 A 错误 , B 、 Mm 组成的系统水平方向上动量守恒，设 m 运动的位移为 s1 ， M 运动的位移为 s2 ，由动量守 恒得： 且 解得： 故 B 正确； C 、 M 的动量变化量应该与合外力的冲量大小相等，故 C 错误； D 、系统机械能守恒，所以 m 克服支持力做的功等于 M 增加的动能，故 D 正确； 综上所述本题答案是 ;BD 105 ．如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面 OA 段光滑， AB 段粗糙且长为 l ，左端 O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，，轻绳所能承受的最大拉力 为 F ．质量为 m 的小滑块以速度 v 从 A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被 拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则（ ） A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为 B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为 D. 滑块与木板 AB 间的动摩擦因数为 【答案】 ABD【解析】细绳恰好被拉断时，弹簧的弹力等于 F ，由木板，利用牛顿第二定律求加速度。根据机 械能守恒定律求细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能。细绳被拉断后，滑块与木板组成的系统动量守 恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求动摩擦因数． 细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于 OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹 力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于 F ，故 ，解得 ， A 错误；细绳被拉断瞬间弹簧的 压缩量达最大，弹性势能最大， B 错误；弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于 ， C 错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部 转化为弹簧的弹性势能，即 ，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同， 设 为 ， 取 向 左 为 正 方 向 ， 由 动 量 守 恒 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 得 ， ，联立解得 ， D 正确． 106 ．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为 d 。两物体 m1 和 m2 与弹簧连接， m2 的左边有一固定挡板。 m1 由图示位置静止释放，当 m1 与 m2 相距最近时 m1 速度为 v1 ，则在 以后的运动过程中 , 可能的情况是 A. m1 的最小速度是 0 B. 存在某段时间 m1 向左运动 C. m2 的最大速度一定是 v1 D. m2 的最大速度是 1 1 1 2 2m vm m 【答案】 ABD【解析】从小球 1m 到达最近位置后继续前进，此后拉到 2m 前进， 1m 减速， 2m 加速，达到共 同速度时两者相距最远，此后 1m 继续减速， 2m 加速，当两球再次相距最近时， 1m 达到最小速 度， m2 达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，取向右为 正 方 向 。 根 据 动 量 守 恒 定 律 和 机 械 能 守 恒 定 律 分 别 得 1 1 1 1 2 2'm v m v m v  ， 2 '2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v  ； 解 得 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 2 2' m m mv v v vm m m m    ， ， 故 2m 的 最 大 速 度 为 1 1 1 2 2m vm m ， m2 的最小速度为 1 2 1 1 2 m m vm m   ，当 1 2m m 时， 1m 的最小速度是 0 ，故 AD 正确 C 错误；若 1 2m m ，由上得 1 ' 0v  ，知存在某段时间 m1 向左运动，故 B 正确； 107 ．有一质量为 m 的带电小球以初速度大小为 、方向竖直向下，进入一匀强电场中，由于电 场力和重力的共同作用，小球在竖直方向下降 h 后，速度变为零，下列判断不正确的是（ ） A. 电场力对小球做的功为 B. 小球克服电场力做的功为 C. 小球的机械能减少 mgh D. 小球的重力势能减少 mgh【答案】 AC【解析】 A 项：根据动能定理 ，即 ，故 A 错误； B 项：由 A 项分析可知， ，即克服电场力做功为 ，故 B 正确； C 项：由功能关系可知，除重力或系统内的弹力其它力所做的功即为机械能的减小，小球的机械 能减小为克服电场力所做的功即 ，故 C 错误； D 项：根据重力做功与重力势能的关系可知，小球的重力势能减小 mgh ，故 D 正确。 点晴：解决本题关键理解机械能的减小量等于除重力或系统内的弹力其它力所做的功，重力做功 与重力势能的关系即重力所做的功等于重力势能的改变量。 108 ．如图所示，一斜面体始终静止在水平地面上，质量为 m 的木块沿粗糙斜面加速下滑 h 高度， 速度大小由 增大到 ，所用时间为 t ，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ，在此过程中 A. 木块沿斜面下滑的距离为 B. 斜面体受水平地面的静摩擦力为零 C. 如果给木块一个沿斜面向上的初速度 ，它将沿斜面上升到 h 高处且速度变为 D. 木块与斜面间摩擦力产生的热量为 【答案】 AD 【解析】由平均速度公式可知，物体的下滑的平均速度为： ；故下滑的位移为 ， A 正确；对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可 知，整体在水平方向一定受外力；即地面与斜面间的静摩擦力， B 错误；由于物体在斜面上受摩 擦力，故向上去的加速度一定大于向下来的加速度；故上升 h 时的速度一定小于 ， C 错误；由 能量守恒定律可知 ，故有： ， D 正确． 109 ．一质量为 m 的物体以某一速度冲上一个倾角为 37 °的斜面，其运动的加速度的大小为 0.9g 。 这个物体沿斜面上升的最大高度为 H ，则在这过程中 ( ) A. 物体克服重力做功 0.9 mgH B. 物体克服摩擦力做功 0.6 mgH C. 物体的动能损失了 1.5 mgH D. 物体的重力势能增加了 mgH【答案】 CD【解析】 AD. 重力势能的增加量等于克服重力做的功 mgH ，故重力势能增加了 mgH ，故 A 错误 D正确； B. 物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有： mgsin37 ∘ +f=ma ，解得摩擦力大小 f=0.3mg ，物体 克服摩擦力做功 Wf=0.3mg × =0.5mgH ，故 B 错误； C ．物体上滑过程 , 根据牛顿第二定律 , 得合外力大小为 F 合 =ma=0.9mg, 根据动能定理得：△ Ek= − F 合 = − 1.5mgH ，故物体的动能减少了 1.5mgH ，故 C 正确。 故选： CD 。 110 ．蹦极是一项户外冒险活动。质量为 54kg 的游客站在足够高的位置，用长为 20m 的橡皮绳 固定住后跳下，在下落 29m 时速度达到最大，触地前弹起，后反复落下弹起。已知弹性绳的弹 性势能 21 2PE kx ，其中 k 为弹性绳的劲度系数， x 为弹性绳的伸长量。忽略空气阻力的影响， 取重力加速度 g=10m/s 2 , 下列说法正确的是 A. 橡皮绳的劲度系数为 60N/m B. 第一次下落过程中，游客能体验失重感的位移只有 20m C. 游客下落过程中的最大速度为10 7m/s D. 游客下落的最大距离为 50m【答案】 AD 111 ．如图甲所示，在倾角为 37 °足够长的粗糙斜面底端，一轻弹簧被一质量 m=1kg 的滑块 ( 可 视为质点 ) 压缩着且位置锁定，但它们并不粘连。 t=0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块 的 v — t 图象如图乙所示，其中 Oab 段为曲线， bc 段为直线，在 t1=0.1s 时滑块已上滑 s=0.25m的距离 (g 取 10m/s 2 ， sin37 ° =0.6 ， cos37 ° =0.8) 。则下列说法正确的是（ ） A. 滑块与斜面之间的动摩擦因数μ =0.2 B. 弹簧锁定时具有的弹性势能 EP=4.5J C. 当 t=0.3s 时滑块的速度大小为 0 D. 当 t=0.4s 时滑块的速度大小为 1m/s【答案】 BC【解析】在 bc 段做匀加速运动，加速度为： a ＝ 1.0 2.0 0.2 0.1 v t     =-10m/s 2 ；根据牛顿第二定律， 有 mgsin37 ° + μ mgcos37 ° =ma ，解得 37 10 10 0.6 0.537 10 0.8 a gsin gcos        ＝ ＝ ，选项 A 错误；从 0 到 t1 时 间 内 ， 由 动 能 定 理 可 得 WP-mgssin37 ° - μ mgscos37 ° = 1 2 mvb2 ， 解 得 ： WP=mgssin37 ° + μ mgscos37 ° + 1 2 mvb2 =1 × 10 × 0.25 × 0.6+0.5 × 1 × 10 × 0.25 × 0.8+ 1 2 × 1 × 2 2 J=4.5J ，选 项 B 正确；根据速度时间公式，得： t2=0.3s 时的速度大小： v1=v0-at=1-10 × 0.1=0 ，选项 C 正确； 在 t2 之 后 开 始 下 滑 ， 下 滑 时 的 加 速 度 为 ： mgsin37 ° - μ mgcos37 ° =ma ′ ， a ′ =gsin37 ° - μ mgcos37 ° =10 × 0.6-0.5 × 10 × 0.8m/s 2 =2m/s 2 ，从 t2 到 t3 做出速度为零的加速运动， t=0.4s 时刻的速度为： v3=a ′ t ′ =2 × 0.1=0.2m/s ，选项 D 错误；故选 BC. 112 ．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为 m 的 带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力 F 将小球向下压至某位置静止。现撤去 F ，使小球沿 竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为 W1 和 W2 ，小球离开弹簧时的速度为 v ，不计空气阻力。则上述过程中 A. 小球的重力势能增加 W1 B. 小球的电势能减少 W2 C. 小球的机械能增加 W1 ＋ mv 2 D. 小球与弹簧组成的系统机械能不守恒 【答案】 BD【解析】重力对小球做功为 W1 ，重力势能增加 -W1 ．故 A 错误．电场力做了 W2 的正功，则电势 能减小 W2 ．故 B 正确．根据动能定理得， W1+W2+W 弹 = mv 2 ，因为除重力以外其它力做功等于 小球机械能的增量，则机械能的增量为 W2+W 弹 = mv 2 - W1 ．故 C 错误．对小球和弹簧组成的系 统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒．故 D 正确．故选 BD ． 点睛：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的减小量，电场力做功等于电 势能的减小量，除重力以外其它力做功等于机械能的增量． 113 ．如图所示，物体 A 和带负电的物体 B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接， A 、 B 的质量均为 ， 劲度系数为 k 的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体 A 相连，倾角为 的斜面处于沿斜 面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体 B 在一沿斜面向上的外力 的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力 F ，直到物体 B 获得最大速度，且弹簧未超过 弹性限度（当弹簧的形变量为 时，弹簧的弹性势能可表示为 ），则在此过程中 A. 撤去外力 F 的瞬间，物体 B 的加速度为 B. B 的速度最大时，弹簧的伸长量为 C. 物体 A 的最大速度为 D. 物体 A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体 B 电势能的减少量 【答案】 ACD【解析】当施加外力时，对 B 分析可知 F-mgsin θ -F 电 =0 ，解得 F 电 =mgsin θ；当撤去外力瞬间， 它们受到的合力为 F 合 =F 电 +mgsin θ = （ m+m ） a ；解得： a=gsin θ，故 A 正确；当 B 受到的合力 为零时， B 的速度最大，由 kx=F 电 +mgsin θ解得 x= 故 B 错误；对 AB 整体有动能定理可得 − kx 2 +2mgsin θ• x ＝ • 2mv 2 − 0 ，解得 v=gsin θ ，故 C 正确；根据能量守恒可知，物体 A 、弹 簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体 B 电势能的减少量和 B 物体机械能的减小量之和， 所以物体 A 、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体 B 电势能的减少量．故 D 错误；故 D 正确；故选 ACD.点睛：本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系，以 及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练． 114 ． CR400 复兴号动车组则车在某次试验运行中，小明根据列车显示屏上的速度显示每隔五秒 种记录一次速度值，画出了从列车启动到达到标准速度的一段时间内的速度 - 时间图线，如图所示， 其中 OA 段为直线， AB 段为曲线， BC 段为直线 .60s 后，列车以额定功率行驶。通过查阅资料可 知动车组列车总质量为 600t ，列车运行机械阻力恒为 1.46 × 10 4 N ，列车运行速度在 200km/h 以 下时空气阻力 f 风 =kv 2 （ k=6.00N · m -2 · s 2 ， v 为列车速度）。小明根据以上信息做出的以下判断确的 是 ( ) A. 启动最初 60s 时间内动车组牵引力和空气阻力做的总功约为 1.3 × 10 7 J B. 动车组的额定功率可达 9.6 × 10 3 kW C. 列车速度为 180km/h 时的加速度约为 0.27m/s 2 D. 以标准速度匀速行驶时的空气阻力为 6.0 × 10 4 N【答案】 BC【解析】启动最初 60 s 时间内，列车匀加速运动，位移为 ；列车受到 的空气阻力平均值为 ，则 ，选项 A 错 误 ； 最 初 60 s 时 列 车 的 加 速 度 ， 60s 末 的 牵 引 力 , 动车组的额定功率可 达 ，选项 B 正确；列车速度为 180 km ／ h=50m/s 时 的加速度 ，选项 C 正确； 标 准 速 度 为 360km/s=100m/s ， 匀 速 行 驶 时 的 空 气 阻 力 为 ，选项 D 错误；故选 BC.点睛：此题关键是搞清图像的物理意义，知道列车的运动特点，根据功率知识和牛顿第二定律列 出方程求解 . 115 ．若雨滴下落过程中受到的空气阻力与其速度成正比，则下落过程中，雨滴的（ ） A. 动能一直增加 B. 势能一直减 少 C. 机械能一直减少 D. 阻力一直增大 【答案】 BC【解析】因阻力与速度成正比，则雨滴下落时做加速度减小的加速运动，当 f=kv=mg 时做匀速 运动运动，可知雨滴的动能先增加后不变，选项 A 错误；重力势能一直减 少，选项 B 正确；由 于有空气阻力做功，则机械能一直减少，选项 C 正确；阻力先增大后不变，选项 D 错误；故选 BC. 116 ．（多选）溜索是一中古老的渡河工具，现已演变为游乐项目，如图所示，滑轮、保险、绳索 与人体连接，粗钢索两端连接在固定桩上。人从高处平台的 A 点出发，借助几十米的落差，沿钢 索顺势而下，滑过最低点 C ，到达 B 点时速度为零。下列说法中正确的有 A. 人滑到 C 点时速度最大 B. 人从 A 滑到 C 的过程中，重力的功率先增大后减小 C. 钢索对右侧固定桩的拉力等于左侧固定桩的拉力 D. 人滑到 C 点时的加速度方向斜向右上方 【答案】 BD【解析】人滑到 C 点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力， 受力分析如图， 如果钢索光滑 A 对；考虑摩擦力作用，应该是摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量 合力为 0 的位置速度最大，故 A 错误．人从 A 滑到 C 的过程中，根据 PG ＝ mgvy ，开始时速度为 0 ，重力的功率为 0 ，中间过程重力的功率不为 0 ，到 C 点时重力方向与速度方向垂直，重力的功 率为 0 ，故人从 A 到 C 的过程中，重力的功率先增大后减小，故 B 正确．如果没有摩擦力与对右 侧固定桩的拉力相等，人从 A 滑到 C 的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，那么右边的钢索会受 到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对 右侧固定桩的拉力，故 C 错误．人滑到 C 点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到 C 点时合 力方向不再沿竖直向上，因拉力和重力合力方向竖直向上，摩擦力向左，则合力产生的加速度指 向右上方，故 D 正确．故选 BD点睛：解决本题重点是受力分析，运动过程分析，关键是注意摩擦力的影响，如果没有摩擦力本 题是一道很基本的题，本题很有创意，有一定的难度． 117 ．如图 1 所示，一个弹簧秤放在水平地面上（ Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘）， P 为一 重物．在空间建立一个固定的坐标轴Oy ， O 为系统处于静止平衡状态时秤盘 Q 底部的位置， 小计空气阻力．现使该系统振动起来，并且从某时刻开始计时后所形成的振动图象如图 2 所示．下 列说法正确的是（ ） A. “ 0 ”时刻，重物 P 处于失重状态 B. 10 ~ t ，重物 P 的动能增加、重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能减小、重力势能增加 C. 2 3~t t ，重物和弹簧秤组成的系统的弹性势能增加、重力势能减小、机械能不变 D. 1 2~t t ，回复力做正功，其功率先增后减 【答案】 ACD【解析】 A ．由于弹簧处于伸长状态，依据受力分析合力向下，加速度方向向下，重物处于失重 状态故 A 正确； B ． 10 ~ t 动能在减小，故 B 错误； C ． 2 3~t t 的时间段内，重物和弹簧秤组成的系统，机械能守恒，弹性势能增加、重力势能减小， 故 C 正确； D ．依据机械运动可知，故 D 正确． 故选 ACD【点睛】重物和弹簧秤组成的系统，机械能守恒，下降过程弹性势能增加、重力势能减小。 118 ．质量为 M 的某机车拉着一辆质量相同的拖车在平直路面上以 0 10m / sv  的速度匀速行 驶．途中某时刻拖车突然与机车脱钩．假设脱钩后机车牵引力始终保持不变，而且机车与拖车各 自所受阻力也不变，下列说法中正确的是（ ） A. 脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是15m / s 、5m / s B. 脱钩后某时刻机车与拖车速度的可能是 25m / s 、 2m / s C. 从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量不变、动能增加 D. 从脱钩到拖车停下来，机车与拖车组成的系统动量减少、动能减少 【答案】 AC【解析】 AB 、由题可知，由于牵引力不变，故脱钩后机车做加速运动，拖车做减速运动，且最后 减为零，故 A 正确， B 错误； CD 、依题可知，两车组成的系统动量守恒，动能增加，故 C 正确， D 错误， 故选 AC 。 【点睛】两车组成的系统做匀速运动，合外力为 0 ，系统动量守恒。 119 ．如图所示，所有接触面均光滑，质量为 M 的半圆弧槽静止地靠在竖直墙面处， A 、 B 是 槽的两个端点， C 为槽的底部中点．现将质量为 m 的小球自槽口 A 点由静止释放，下列说法中 正确的有（ ） A. 小球从 A 到C 运动过程中，小球机械能守恒，小球和槽组成的系统动量不守恒 B. 小球从 A 到C 运动过程中，小球重力做功的瞬时功率越来越大 C. 小球从C 到 B 运动过程中，小球机械能守恒，小球和槽组成的系统动量守恒 D. 小球从C 到 B 运动过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，动量不守恒 【答案】 AD 【解析】 A 、依据能量守恒和动量守恒的条件，小球从 A 到 C 运动过程中，小球机械能守恒，小 球和槽组成的系统动量不守恒，故 A 正确； B 、小球在 A 点，速度大小为 0 ，小球的功率为 0 ，小球在 C 点，速度方向与重力方向垂直，小 球的功率为 0 ，小球从 A 到C 运动过程中，功率先变大后变小，故 B 错误； CD 、依据能量守恒和动量守恒的条件，小球从 C 到 B 运动过程中，球和槽组成的系统机械能守 恒，系统动量不守恒，故 C 错误， D 正确； 故选 AD 。 【点睛】依据能量守恒和动量守恒的条件，小球从 A 到C 运动过程中，小球机械能守恒，小球和 槽组成的系统动量不守恒，小球从C 到 B 运动过程中，球和槽组成的系统机械能守恒，系统动量 不守恒。 120 ．发动机额定功率为 Po 的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并 做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为 f ，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为 F0和 a0 ，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的 图象，其中正确的是（ ） A. B. C. D.【答案】 AC 121 ．如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的小环， 小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d. 杆上的 A 点与定滑轮等高，杆上 的 B 点在 A 点正下方距离为 d 处．现将环从 A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正 确的是 ( ) A. 环到达 B 处时，重物上升的高度 h ＝ B. 环到达 B 处时，环与重物的速度大小相等 C. 环从 A 到 B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能 D. 环能下降的最大高度为 d【答案】 CD【解析】根据几何关系有，环从 A 下滑至 B 点时，下降的高度为 d ，则重物上升的高度为： h= d-d=（ -1 ） d ，故 A 错误；环到达 B 处时，对环 B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿 绳子方向上的分速度等于重物的速度，有： v 环 cos45 ° =v 物，所以有 v 环 = v 物，故 B 错误；环下 滑过程中无摩擦力做功，故系统机械能守恒，即有环减小的机械能等于重物增加的机械能，故 C正确；设环下滑到最大高度为 h 时环和重物的速度均为 0 ，此时重物上升的最大高度为 -d ， 根据系统的机械能守恒有： mgh=2mg （ -d ），解得： h=4d/3 ，故 D 正确．故选 CD.点睛：解决本题的关键知道系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．要 注意环下降的高度和重物上升的高度是不等，应根据几何知识求解． 122 ．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴 O 上，另一端与套在粗糙固定直杆 A处质量为 m 的小球（可视为质点）相连． A 点距水平面的高度为 h ，直杆与平面的夹角为 30 °， OA = OC ， B 为 AC 的中点， OB 等于弹簧原长．小球从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度为 v ，并恰能停在 C 处．已知重力加速度为 g ，则下列说法正确的是 A. 小球通过 B 点时的加速度为 B. 小球通过 AB 段与 BC 段摩擦力做功相等 C. 弹簧具有的最大弹性势能为 D. A 到 C 过程中，产生的内能为 mgh【答案】 BCD 【解析】因在 B 点时弹簧在原长，则到达 B 点时的加速度为 ，选项 A错误；因 AB 段与 BC 段关于 B 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等， 摩擦力做功相等，选项 B 正确；设小球从 A 运动到 B 的过程克服摩擦力做功为 Wf ，小球的质量 为 m ，弹簧具有的最大弹性势能为 Ep ．根据能量守恒定律得，对于小球 A 到 B 的过程有： mg ∙ h+Ep= mv 2 +Wf ， A 到 C 的过程有： mgh=2Wf ，解得： Wf= mgh ， Ep= mv 2 ．即弹簧具有 的最大弹性势能为 mv 2 ； A 到 C 过程中，产生的内能为 2Wf=mgh ，选项 CD 正确，故选 BCD ． 点睛：解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能 不守恒，也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的 方程． 123 ．物体静止在光滑水平面上，先施加一水平向右的恒力 F1 ，经时间后撤去 F1 ，立刻施加另一 水平向左的恒力 F2 ，又经 t 时间后物体回到开始出发点。在前后两段时间内， F1 、 F2 的平均功率 为 P1 、 P2 ， F1 、 F2 在 t 时刻和 2t 时刻的瞬时功率为 P3 、 P4 间的关系是 A. P1 = P2 B. 3P1 = P2 C. 3P3 = P4 D. 6P3 = P4【答案】 BD 【解析】物体从静止起受水平恒力 作用，做匀加速运动，经一段时间 t 后的速度为 ， 以后受恒力 ，做匀减速运动，加速度大小为 ，经同样时间后回到原处，整个时间内物体 的位移为零，得： ，解得 ，又经时间 t 后物体回到出发点，所 以位移的大小有 ，两个力做的功： ，则 ，即 ， A 错误， B 正确； 在 t 时刻的瞬时功率 ， 2t 时刻的瞬时速度 ， 在 2t 时刻的瞬时功率 ，则 ，即 ，选 BD.【点睛】物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移为零．根据牛顿第 二定律和运动学公式即可确定两个力的大小关系，速度的关系可根据运动学速度时间公式求解， 平均功率等于功除以时间，瞬时功率等于恒力与瞬时速度的乘积． 124 ．如图所示，物体以一定初速度从倾角α =37 °的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度 为 3.0m ，选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能 E 随高度 h 的变化如图乙所示， 210 / sin37 0.6 cos37 0.8g m s    ， ， ，下列说法正确的是 A. 物体的质量 m=1.0kg B. 物体可能静止在斜面顶端 C. 物体回到斜面底端时的动能 Ek=10J D. 物体上升过程的加速度大小 a=15m/s 2 【答案】 AC【解析】 A 、物体在最高点时的机械能等于重力势能，即 30mgh J ，解得 m=1kg ，故 A 正确； B 、物体上升到最高点的过程中，机械能减小 20J ，即克服摩擦力做功等于 20J ，有： fs=20 ， 3 537 0.6 hs m msin    ，则摩擦力 f=4N ，因为 37mgsin f＞ ，知物体不能静止在斜面的顶端， 故 B 错误； C 、上升过程克服摩擦力做功为 20J ，则整个过程克服摩擦力做功为 40J ，根据动能定理得 0 2K KE E W  ，解得回到斜面底端的动能  0 2 50 2 20 10K KE E W J       ，故 C 正确； D 、根据牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma    ，上升过程中的加速度大小。 210 /a m s ， 故 D 错误； 故选 AC【点睛】重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状 态的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题。 125 ． ( 多选 ) 如图所示，小球从 A 点以初速度 V0 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点 B 后返回 A ， C 为 AB 的中点．下列说法中正确的是（ ） A. 小球从 A 出发到返回 A 的过程中，位移为零，外力做功为零 B. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，减少的动能相等 C. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，动量的变化量相等 D. 小球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，损失的机械能相等 【答案】 BD【解析】位移是从初位置指向末位置的有向线段．故小球从 A 出发到返回 A ，位移为 0 ．在整个 过程中，摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，摩擦力对物体做负功，小球的机械能不断减 小，返回 A 时速度小于出发时的速度，根据动能定理可知，外力做功不为零．故 A 错误．设 A到 C 的高度和从 C 到 B 的高度为 h ， AC 的距离为 s ，斜面的倾角为θ，则有 s ∙ sin θ =h ；根据动能 定理得： -mgh- μ mgcos θ∙ s= △ EK ，可知小球从 A 到 C 过程中与从 C 到 B 过程合外力对物体做的功 相同，故小球减少的动能相等．故 B 正确．小球从 A 到 C 过程中与从 C 到 B 过程中小球减少的 动能相等，则小球的速度变化量不相等，根据 可知，动量的变化量不相等，选项 C 错误；克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据μ mgscos θ = △ E 可得小 球从 A 到 C 过程与从 C 到 B 过程，损失的机械能相等．故 D 正确．故选 BD ． 点睛：解决本题的关键是灵活运用动能定理和功能关系分析物体能量转化情况，知道外力做功与 动能的变化有关，机械能的变化与克服除重力之外其它力做功有关． 126 ．一辆重为 4t 的汽车某段时间内运动的υ -t 图像如图所示，设汽车受到的阻力恒定，下列说 法正确的是 ( ) A. 汽车受到的阻力大小为 4 × 10 3 N B. 汽车在 20s 末关闭发动机 C. 汽车在前 20s 内的牵引力大小为 6 × 10 3 N D. 汽车在 30 秒末的牵引力大小比在前 20s 内的小，但大小未知 【答案】 ACD【解析】 A 、由 v-t 图象可以看出 末汽车关闭发动机，匀减速阶段加速度为： ，根据牛顿第二定律： ， 故阻力大小为 ，故 A 正确； B 、汽车在 末达到额定功率，之后以恒定功率行驶到 ， 末关闭发动机， B 错误； C 、汽车在前 20s 内的加速度为： 根据牛顿第二定律： ，得： ，故 C 正确； D 、汽车在 末达到额定功率，之后速度继续增大， ， v 增大则 F 要减小，故汽车在 末 的牵引力大小比在前 内的小，由于 末时图线的斜率不能确定，即加速度大小不能确定，故 牵引力 F 不能确定，故 D 正确。 点睛：汽车是以恒定牵引力的方式启动达到额定功率运动一段时间后关闭发动机做匀减速直线运 动，根据匀减速直线运动阶段的加速度大小由牛顿第二定律列方程求汽车受到的阻力大小；由匀 加速阶段的加速度大小根据牛顿第二定律列方程求牵引力大小。 127 ．汽车在平直公路上行驶，它受到的阻力大小不变，若发动机的功率保持恒定，汽车在加速 行驶的过程中，它的牵引力 F 和加速度 a 的变化情况是 A. 牵引力逐渐增大，加速度逐渐减小 B. 牵引力逐渐减小，加速度也逐渐减小 C. 牵引力所做的功等于汽车动能的增加 D. 牵引力和阻力所做的总功等于汽车动能的增加 【答案】 BD【解析】根据 P=Fv 知，在加速运动的过程中，功率不变，速度 v 增大，则 F 逐渐减小，根据牛 顿第二定律得， F fa m  ，可知加速度逐渐减小，故 B 正确， A 错误． C 、 D 、根据动能定理： 21 02Pt fs mv   ，合外力做的功等于动能的变化，故 C 错误， D 正确。故选 BD ． 【点睛】解决本题的关键知道功率与牵引力、速度的关系，抓住功率不变进行分析判断 ; 掌握汽车 启动的两种方式 ( 恒定的功率启动、恒定的加速度启动 ) 的运动规律 . 128 ．如图所示 物体 A 、 B 质量均为 m ， A 放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，通过轻绳绕过定 滑轮与物体 B 相连， A 在沿斜面向下的恒定外力 F 作用下沿斜面加速下滑，不计绳与滑轮间的摩 擦；在 A 加速下滑一段位移 x 的过程中，下列说法正确的是 A. 物体 A 的重力势能减少 mgx B. 物体 A B 动能增量之和等于外力 F 和摩擦力做功之和 C. 绳子拉力对 B 做的功等于物体 B 机械能的增量 D. 物体 A 与斜面因摩擦所产生的热量等于外力 F 所做的功与物体 A 和 B 机械能增量之差 【答案】 CD【解析】在 A 加速下滑一段位移 x 的过程中，重力对 A 做功为 mgxsin θ，则其重力势能减少 mgxsin θ．故 A 错误．对 AB 整体，由动能定理知：物体 A 、 B 动能增量之和等于外力 F 、摩擦力 做功和重力做功之和．故 B 错误．根据功能原理知：除重力以外的力对物体做功等于物体机械能 的变化，则绳子拉力对 B 做的功等于物体 B 机械能的增量，故 C 正确．根据功能关系可知，物体 A 与斜面因摩擦所产生的热量等于外力 F 所做的功与物体 A 和 B 机械能增量之差．故 D 正确．故 选 CD.点睛：解决本题的关键是掌握动能定理和功能原理，知道除重力以外的力对物体做功等于物体机 械能的变化，要分析清楚能量的转化情况，能量的形式不遗漏． 129 ．质量为 1 × 10 3 kg 、发动机额定功率为 60 kW 的汽车在平直公路上行驶，若汽车所受阻力大 小恒为 2 × 10 3 N ，下列判断正确的是 A. 汽车行驶能达到的最大速度是 40 m/s B. 汽车从静止开始加速到 20 m/s 的过程，发动机所做功为 2 × 10 5 J C. 汽车以 2 m/s 2 的恒定加速度启动，发动机在第 2 秒末的实际功率是 16 kW D. 汽车保持额定功率启动，当速度大小为 20 m/s 时，其加速度大小为 1m/s 2 【答案】 CD 【解析】当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则 ，故 A 错误；由于 不知道物体的加速度和运动时间，没法求的牵引力做功，故 B 错误；汽车以 2m/s 2 的加速度起动 做 匀 加 速 启 动 ， 牵 引 力 F=f+ma=2000+1000 × 2N=4000N ， 2s 末 的 实 际 功 率 为 P=Fv=Fat=4000 × 2 × 2W=16000W=16kW ．故 C 正确 ; 由 P=Fv 可知， ， 根据牛顿第二定律可知 F-f=ma ，解得 a=1m/s 2 ，故 D 正确；故选 CD.点睛：解决本题的关键会通过汽车受力情况判断其运动情况，知道汽车在平直路面上行驶时，当 牵引力与阻力相等时，速度最大 130 ．如图所示，滑块 M 置于光滑水平地面上， M 左侧为与水平面相切的光滑曲面，一滑块 m 从 静止开始沿 M 的光滑曲面下滑到底端的过程中，下列说法正确的是 A. 滑块与光滑曲面组成的系统动量守恒 B. m 的重力的冲量小于 M 对 m 的支持力的冲量 C. m 对 M 做的功等于 m 和 M 动能的增加量的和 D. m 减小的重力势能大于 M 增加的动能 【答案】 BD【解析】 m 在竖直方向有竖直向下的分加速度，系统处于失重状态，合外力不为零，故系统动量 不守恒， A 错误； m 的重力的冲量是竖直向下的， m 在这个方向上开始时无动量，最后在水平面 上时也无动量，而 M 对 m 的支持力的冲量分为竖直方向的冲量和水平面的冲量，其竖直方向的 冲量与重力的冲量抵消，二者大小相等，但仍存在水平方向的冲量，故 m 的重力的冲量小于 M对 m 的支持力的冲量， B 正确；根据动能定理可知， m 对 M 做的功等于 M 动能的增加量， C 错 误；根据系统机械能守恒定律可知， m 减小的重力势能等于 m 和 M 增加的动能之和，即大于 M增加的动能， D 正确；选 BD.【点睛】 m 与 M 系统机械能守恒，系统动量不守恒；但在水平方向动量守恒， m 减少的重力势 能等于 m 与 M 增加的动能之和 . 131 ．如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体 M ，一轻杆 L 与水平地面成α角， 轻杆的下端用光滑铰链连接于 O 点， O 点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个小球 m ，小球靠 在立方体左侧，立方体右侧受到水平向左推力 F 的作用，整个装置处于静止状态。若现在撤去水 平推力 F ，则下列说法中正确的是（ ） A. 小球在落地的瞬间和立方体分离 B. 小球和立方体分离时刻速度相等 C. 小球和立方体分离时刻小球加速度为 g D. 分离前小球和立方体系统的机械能守恒 【答案】 CD【解析】小球随着立方体向右运动的同时沿着立方体竖直向下运动，将小球的速度沿着水平方向 和竖直方向正交分解，如图 得到 v2=v1sin α，即小球和立方体分离时刻速度不相等，选项 B 错误；如果立方体和地面之间有 摩擦力，若摩擦力太大，则小球不会推动立方体运动，如摩擦力太小，立方体会在小球落在水平 地面上之前离开小球；若摩擦力适中，小球恰好在落到水平地面后与立方体分离．由于没有摩擦， 故立方体会在小球落在水平地面上之前离开小球；故 A 错误．对小球和立方体整体受力分析，受 重力、杆的弹力 T 、支持力，在水平方向运用牛顿第二定律，有： Tcos α = （ m+M ） ax ，刚分离时 加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，故小球只受重力，此时小球加速度为 g ，故 C 正确； 小球和立方体分离前，只有重力对系统做功，则小球和立方体系统的机械能守恒，故 D 正确；故 选 CD ． 132 ．如图所示 , 竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD ，其中倾角为θ =370 的斜面 AB 与半径为 R的圆弧轨道平滑相切于 B 点， CD 为竖直直径， O 为圆心。质量为 m 的小球（可视为质点）从与 B 点高度差为 h 的位置 A 点沿斜面由静止释放。重力加速度大小为 g ， sin37 ° = 0.6, cos37 0 =0.8 ， 则下列说法正确的是（ ） A. 当 h= 2R 时 , 小球过 C 点时对轨逍的压カ大小为 27mg/5 B. 当 h= 2R 时 , 小球会从 D 点离开圆弧轨道做平拋运动 C. 当 h= 3R 时，小球运动到 D 点时对轨道的压力大小为 1.4mg D. 调整 h 的值，小球能从 D 点离开圆弧轨道，并能恰好落在 B 点 .【答案】 AC 【解析】 A 、当 h= 2R 时，从 A 到 C 的过程：由动能定理 ，在 C 点 由牛顿第二定律得 ，解得 ，由牛顿第三定律得：小球在刚过 C 点时对轨 道的压力大小为 ，故 A 正确； B 、小球会从 D 点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是 ，从 A 到 D 的过程：由动能定理 ，解得 ，所以小球不会从 D 点离开圆弧轨道做平拋 运动，故 B 错误； C 、当 h= 3R 时，解得 ，在 D 点由牛顿第二定律得 ，解得 ， 所以，由牛顿第三定律得小球运动到 D 点时对轨道的压力大小为 1.4mg ，故 C 正确； D 、小球从 D 点离开圆弧轨道做平抛运动，则有 ，解得 ，小球水平方 向的位移 ，大于 ，所以小球能从 D 点离开圆弧轨道，不能恰好落 在 B 点，故 D 错误； 故选 BC 。 【点睛】本题是牛顿运动定律与机械能守恒定律的综合题，解决本题的关键根据该规律得出压力 F 和小球会从 D 点离开圆弧轨道做平拋运动的条件是 。 133 ．如图所示，一质量为 m 的物体静置在倾角为θ =30 °的光滑斜面底端。现用沿斜面向上的恒 力 F 拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间 t ，力 F 做功为 W ，此后撤去恒力 F ，物体又经时 间 t 回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是 A. 回到出发点时重力的瞬时功率为 B. 从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了 W C. 恒力 F 大小为 D. 物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方 【答案】 BC 【解析】 A. 整个过程中，根据动能定理得： , 解得： , 回到出发点时重力的瞬时 功率为 P=mgvsin30 ∘ = ，故 A 错误； B. 除重力以外的力做功等于物体机械能的变化量，两个过程中，力 F 做功为 W ，则从开始到回 到出发点的整个过程中机械能增加了 W ，故 B 正确； C. 从开始到经过时间 t ，物体受重力、拉力、支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为： ① 撤去恒力 F 到回到出发点，物体受重力、支持力，由牛顿第二定律得物体加速度大小为： a ′ =gsin30 ∘ ② 两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等。则得： ③ ①②③联立解得： a ′ =3a,F= mg ，故 C 正确； D. 撤 去 力 F 时 重 力 势 能 为 Ep=mg ⋅ at 2 ⋅ sin30 ∘ = mgat 2 ； 动 能 为 Ek=(F − mgsin30 ∘ ) at 2 = mgat 2 ，则 Ek B. W1< C. W2 ＝ mv 2 D. W2 ＝ － mv 2 【答案】 BD 【解析】劲度系数为 k 的弹簧下悬挂一个质量为 m 的重物，处于静止状态，弹簧的伸出量 x= ， 手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手，根据动能定理得： W1-WG+W 弹 =0; 手对 重物做的功 W1= -W 弹，即手对重物做的功 W1< ，故 A 错误， B 正确．重物下落过程中， 当重物受到向上的弹簧弹力大小等于重力时，速度达到最大，重物从静止下落到速度最大过程中 根据动能定理得： W2+WG= mv 2 -0 ，得弹簧所做的功为 W2= - mv 2 ，故 C 错误， D 正确．故 选 BD ． 点睛：动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功． 一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究． 145 ．（多选）如图所示，将完全相同的四个小球 1 、 2 、 3 、 4 分别从同一高度由静止释放（图甲、 丙、丁）和平抛（图乙），其中图丙、丁分别是倾角为 45 °和 60 °的光滑斜面，不计空气阻力，则 下列对四种情况下相关物理的比较正确的是（ ） A. 落地时间 t1=t2t1 ）将最上面的一张纸的前端送达两送纸轮的切点处。 （ 1 ）求两送纸轮的切点与纸张前端的距离 x 。 （ 2 ）如果已知每张纸的质量均为 m ，纸张与纸张间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为 g ，搓纸 轮对纸张的压力恒为 N 。为了确保每次成功输送一张纸，搓纸轮与纸张间的动摩擦因数 应该满 足什么条件？ （假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略一张纸的重力） 【答案】 (1) ； (2) 30 ．如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为 m=4kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平 推力作用下运动，推力 F 随位移 x 变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为 μ =0.5 ， ，求： （ 1 ）出发时物体运动的加速度大小； （ 2 ）物体能够运动的最大位移。 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） 12.5m【解析】（ 1 ）由牛顿第二定律得 ， 当推力 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得 ； （ 2 ）根据 ，由图象可知，推力对物体做的功等于图线与 x 轴围成的面积，于是推力 对物体做功： ， 根据动能定理可得 ，解得 ． 31 ．在光滑的水平面上有两个木块 A 和 B 通过轻弹簧连接，其中 A 的质量 M=2kg ， B 的质量 m =lkg 。现用轻绳连接 A 和 B 使弹簧处于压缩状态，整个系统处于静止状态。某时刻绳子突然断裂， 已知当弹簧恢复原长时 A 的速度大小为 2m/s ，求： (1) 初始时弹簧所具有的弹性势能； (2) 若开始时，系统以 vo =2m/s 的速度向右运动，求当弹簧恢复原长时 A 、 B 的速度。 【答案】 (1) 12J (2) ' 1 0v  ， ' 2 6m/sv  【解析】 (1) 先由系统动量守恒得出 B 的速度，再有系统机械能守恒得出弹性势能； (2) 由系统动量守恒和系统机械能守恒求解。 解： (1)AB 和弹簧组成的系统动量守恒，取向右为正： 1 20 Mv mv  解得： 2 4mv s 系统机械能守恒： 2 2 1 2 1 1 2 2PE Mv mv  解得： 12PE J ； (2)AB 和弹簧组成的系统动量守恒，取向右为正：   ' ' 0 1 2M m v Mv mv   系统机械能守恒：   2 '2 '2 0 1 2 1 1 1 2 2 2PE M m v Mv mv    由以上各式解得： ' 1 0v  ， ' 2 6mv s ，或 ' 1 4mv s ， ' 2 2mv s  （舍去）。 32 ．如图所示，有一自动卸煤矿车 ( 可视为质点 ) 沿如图所示轨道作业，其中 AB 段倾斜，与水平 面夹角为 37 °， A 点距水平面高度为 12m ，水平部分 BC 的长度为 10.5m ， AB 与 BC 部分平滑连 接，矿车与轨道间的动摩擦因数为 0.3 。一轻弹簧的左端固定在墙壁上，右端连接一底面光滑的 重物静止在 C 点，其质量与装满煤的矿车的质量相等。现将装满煤的矿车从 A 点无初速度释放后， 矿车沿轨道滑到 C 点时与重物发生弹性碰撞，然后矿车自动卸煤，卸煤后重物与矿车发生第二次 碰撞 ( 不考虑碰撞时的能量损失 ) ，碰后矿车恰能到达轨道 AB 的中点处。已知重力加速度 g=10m／ s 2 ， sin37 ° =0.6 ，求： (1) 矿车第一次经过 B 点时的速度； (2) 第一次碰撞结束瞬间重物的速度； (3) 矿车与所装煤的质量比 ( 可用根式表示 ) 。 【答案】 (1) ； (2) ， ； (3)【解析】本题考查动能定理及物体的弹性碰撞。 （ 1 ）设矿车质量为 ，所装煤的质量为 ，矿车从 A 点下落到 B 点的速度为 ，由动能定理可得 解得： （ 2 ） 设 载 煤 矿 车 与 重 物 碰 撞 前 的 速 度 为 ， 根 据 动 能 定 理 可 得 重物与矿车相撞后，设矿车的速度为 ，重物的速度为 由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 联立解得： 、 （ 3 ）自动卸煤后重物与矿车发生第二次碰撞，碰撞后，设重物的速度为 ，矿车的速度为 由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 碰 后 矿 车 恰 能 达 到 轨 道 AB 的 中 点 ， 对 矿 车 由 动 能 定 理 可 得 由以上各式解得： 33 ．世界一级方程式赛车（ F1 ）是一项追求极速的运动。如图是一段赛道的中心 线的示意图（赛 道路面宽度没有画出），弯道 1 、弯道 2 可看作两个不同水平面上的圆 弧，圆心分别为 O1 、 O2 ， 弯道中心线半径分别为 r1 ＝ 10m ， r2 ＝ 20m ，弯道 2 比弯道 1 高 h ＝ 12m ，有一直道与两弯道 相切，质量 m ＝ 1200kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动， 路面对轮胎的最大径向静摩擦力 是车重的 1.25 倍，行驶时要求汽车不打滑。 （ 1 ）求汽车沿弯道 1 中心线行驶的最大速度 v1 ； （ 2 ）汽车以 v1 进入直道，以 P ＝ 30kW 的恒定功率直线行驶了 t ＝ 8s 进入弯道 2 ，此时速 度 恰为通过弯道 2 中心线的最大速度，求直道上除重力外的阻力对汽车做的功 W ； （ 3 ）汽车从弯道 1 的 A 点进入，从同一直径上的 B 点驶离，车手会利用路面宽度，用最 短 时间匀速安全通过弯道。设路宽 d ＝ 10m ，求此最短时间 t （ A 、 B 两点都在轨道的中心线 上， 计算时视汽车为质点）。 【答案】 （ 1 ） 5 m/s （ 2 ） -21000J （ 3 ） 1.849s 【解析】（ 1 ）由牛顿第二定律可得： 解得 （ 2 ）由 由动能定理： 解得 W=-21000J （ 3 ）由几何关系： 解得 r=12.5m 解得 v=12.5m/s ； 因 则 解得 点睛：此题关键是知道汽车转弯时所需的向心力由地面给车轮的摩擦力来提供；结合几何关系以 及动能定理来求解 . 34 ．如图所示，上表面光滑的平台固定在水平面上，平台的左端固定在挡板上连接一轻弹簧，一 物块与轻弹簧接触，弹簧处于原长，物块的质量为 kg ，放在光滑的水平面上的平板车紧靠 平台，且平板车上表面与平台上表面在同一水平面内，平板车长为 l=1m ，右侧有一固定的挡板， 平板车锁定在地面上。现用物块压缩弹簧，将物块移到 点，释放物块，物块滑上平板车，并与 挡板碰撞后刚好能滑到平台上，解除平板车锁定，再用物块压缩弹簧到 点释放物块，物块恰好 不能与平板车上的挡板相碰，物块与平板车的动摩擦因数为 ，与挡板碰撞过程中没有能量损失， 不计物块与挡板的碰撞时间，重力加速度 取 10m/s 2 。求： （ 1 ）弹簧开始压缩的弹性势能多大？ （ 2 ）平板车的质量为多大？解除平板车锁定后，物块与板车相对滑动过程中，物块与板车加速 度分别多大？ （ 3 ）要使解除锁定后物块滑上平板车且不能从平板车上滑离，则弹簧被物块压缩后的弹性势能 最大为多少？ 【答案】 (1) (2) ， (3) 根据功能关系有 求得 由 物块的加速度： 由 平板车的加速度： （ 3 ）设弹性热能的最大值为 根据动量守恒 根据功能关系： 解得 35 ．如图所示，倾角为 37 °的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板 c ，滑 块与挡板 c 相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑 块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同。现有一质量为 M=0.9kg 的滑块沿 斜面上滑，到达最高点 b 时的速度恰好为零，此时恰好与从 a 点水平抛出的质量为 m=0.1kg 的 小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板 c 碰后恰好反弹回到 b 点。已知 a 点和 b点距地面的高度分别为 H=2.4m ， h=0.6m( 取 g=10m/s 2 ) 。求： (1) 小球做平抛运动的初速度大小； (2) 斜面与滑块间的动摩擦因数； (3) 从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程。 【答案】 (1) (2) (3) 【解析】 (1) 小球从 a 到 b 做平抛运动，在竖直方向： 小球到达 b 点时恰好沿斜面方向 ，有 解得： ； (2) 到达 b 点的速度 小球与滑快发生弹性碰撞，由动量守恒定律得： 由能量守恒定律得： 解得滑块与小球刚碰后的速度 由几何关系知斜面长 滑块恰好反弹回到 b 点，由能量守恒定律得： 解得： ； (3) 设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与 c 点的距离 由能量守恒定律得： 解得： 设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与 c 点的距离 由能量守恒定律得： 解得： 以此类推 所以滑块在斜面上共通过的路程为 。 36 ．如图所示，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在 P点相切，一个质量为 2m 的物块 B （可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧， Q 点 为弹簧处于原长时的左端点， P 、 Q 间的距离为 R ， PQ 段地面粗糙、滑动摩擦因素为 ， Q点右侧水平地面光滑，现将质量为 m 的物块 A （可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下 滑，重力加速度为 g 。求： （ 1 ）物块 A 沿圆弧轨道滑至 P 点时对轨道的压力； （ 2 ）弹簧被压缩的最大弹性势能（未超过弹性限度）； （ 3 ）物块 A 最终停止位置到 Q 点的距离。 【答案】 (1) (2) (3)【解析】 (1) 物块 A 从静止沿圆弧轨道滑至 P 点，设速度大小为 ， 由机械能守恒定律有： 在最低点轨道对物块的支持力为大小为 ， 由牛顿第二定律有： ， 联立解得： ， 由牛顿第三定律可知物块轨道 P 点的压力大小为 3mg 。 (2) 设物块 A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为 ， 由动能定理有 ， ， 当时，物块 A 、物块 B 具有共同速度 v 时，弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律有： ， ， 联立解得 ； (3) 设 物 块 A 与 弹 簧 分 离 时 ， A 、 B 的 速 度 大 小 分 别 为 ， 规 定 向 右 为 正 ， 则 有 ， ， 联立解得： ， 设 A 最终停在 Q 点左侧 x 处，由动能定理有： ， 解得 【点睛】本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，明确能量是如何转 化的，运用用机械能守恒、牛顿运动定律、动量守恒和能量守恒结合研究。 37 ．如图所示，装置 A 由 1/4 圆弧 CD 部分（光滑）和水平 DE 部分（粗糙）组成，总质量为 M = 0.6 kg ， O 为圆弧的圆心，其半径为 R = 0.3 m ，装置放在光滑水平面上，但是被锁定（锁定装置 图中未画出）。质量为 m = 0.3 kg 的小物块 B ，从与 O 点在同一水平面上的 C 点由静止放开，物 块 B 在水平部分 DE 上滑行时，与接触面间的动摩擦因数为μ = 0.1 ，重力加速度 g 取 10 m/s 2 。试 分析： (1) 物块 B 到达圆弧最低点 D 时对圆弧的压力大小； (2) 若将装置 A 的锁定解除，使其可以自由移动。则物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中， 物块 B 在水平 DE 部分相对于 D 点的最大距离为多少？该过程中装置 A 对地的位移为多少？ 【答案】 （ 1 ） 9N N  (2) 3x m ， 1 1.1x m 【解析】试题分析（ 1 ）从 C 到 D 由机械能守恒求出在 C 点的速度，由牛顿第二定律求出在 D 点 的支持力，由牛顿第三定律求出对轨道的压力；（ 2 ）由能量守恒求出最大距离；由动量守恒和两 者位移关系求出 A 对地的位移。 (1) 从 C → D 过程，由机械能守恒得： 21 2mgR mv 在 D 点，由牛顿第二定律得： 2vN mg m R   联立解得： N=9N由牛顿第三定律得： ' 9N N N  (2) 物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中 由能量守恒定律得： mgR mgx 解得： x = 3m物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中，由动量守恒定律得： 1 20 Mv mv  又 1 1 2 2,v t x v t x  联立解得： 1 2Mx mx 且 1 2x x R x   解得： 1 1.1x m 【点睛】本题是竖直面内圆周运动与机械能守恒、能量守恒和动量守恒等知识的综合考查，考查 的重点有：一是从某一位置到另一位置，满足机械能守恒或能量守恒，二是在圆周上的某一点对 向心力的分析，根据牛顿第二定律求出支持力。 38 ．如图，倾角θ＝ 37 0 的直轨道 AC 与圆弧轨道 CDEF 在 AC 处平滑连接，整个装置固定在同一竖 直平面内。圆弧划口直的半径为 R ， DF 是竖直直径，以氨为圆心， E 、 O 、 B 三点在同一水平线 上， A 、 F 也在同一水平线上。两个小滑块 P 、 Q （都可视为质点）的质量都为 m 。已知滑块 Q 与 轨道 AC 间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块 P 与整个轨道间和滑块 Q 与圆弧轨道间的 摩擦力都可忽略不计。同时将两个滑块 P 、 Q 分别静止释放在 A 、 B 两点，之后 P 开始向下滑动， 在 B 点与 Q 相碰，碰后 P 、 Q 立刻一起向下且在 BC 段保持匀速运动。已知 P 、 Q 每次相碰都会立 刻合在一起运动但两者并不粘连， sin37 0 ＝ 0.6 ， cos37 0 ＝ 0.8 ，取重力加速度为 g ，求： (1 ）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值。 (2) 滑块 Q 在轨道 ACI 往复运动经过的最大路程。 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） 【解析】（ 1 ）滑块 P 下滑至碰前，由机械能守恒定律得 ① P 、 Q 碰后一起运动，由动量守恒定律得 ② P 、 Q 一起运动至 D 点过程，有 ③ 经过 D 点时对圆弧轨道的压力最大，有 ④ 由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道最大压力 ⑤ 联立解得 ⑥ （ 2 ）由以上计算可知， P 、 Q 整体在 D 点的动能 ⑦ 因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在 E 点下方 之后沿轨道返回，再次到达 C 点的速度大小仍为 v2 。从 C 点上滑后 P 、 Q 分离， Q 比 P 先到达最 高点，且 Q 运动到最高点时停下。设 P 、 Q 上滑的最大位移分别为 xP 、 xQ 。对 P 、 Q ，由动能定理 分别可得 ⑧ ⑨ 由前面 P 、 Q 一起匀速下滑可知 Q 所受的滑动摩擦力 ⑩ P 再次从最高点下滑至第二次碰 Q 前，有 ⑪ P 、 Q 碰后一起运动，有 ⑫ 在 P 、 Q 第二次进入直轨道 AC 运动全过程， Q 克服摩擦力做的功 ⑬ 而 P 、 Q 碰撞损失的机械能为 ⑭ 由以上各式可以解得 Q 克服摩擦力做的功与 P 、 Q 碰撞损失的机械能之比 ⑮ P 、 Q 此后多次进入直轨道 AC 运动过程，遵循同样的规律，直到最后到达 C 点的速度减为 0 ，因 此从 P 、 Q 第二次进入直轨道 AC 运动到最后不再进入为止， Q 克服摩擦力做的功为 ⑯ 滑块 Q 在轨道 AC 上往复运动经过的最大路程 ⑰ 由以上各式解得 ⒅ 故本题答案是：（ 1 ） （ 2 ） 点睛：本题较复杂是动能定理与圆周运动相结合的问题，在处理此类问题时要分过程分阶段解题， 把握每一阶段的运动特征，对应物理公式即可。 39 ．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径 R=1m 的半圆 形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4 × 10 3 V/m 。小球 a 、 b 、 c 的半径略小于管道内径， b 、 c 球用长 的绝缘细轻杆连接， 开始时 c 静止于管道水平部分右端 P 点处，在 M 点处的 a 球在水平推力 F 的作用下由静止向右运 动，当 F 减到零时恰好与 b 发生了弹性碰撞， F-t 的变化图像如图乙所示，且满足 。 已知三个小球均可看做质点且 ma=0.25kg ， mb=0.2kg ， mc=0.05kg ，小球 c 带 q=5 × 10 -4 C 的正电 荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2 ，求 (1) 小球 a 与 b 发生碰撞时的速度 v0 ； (2) 小球 c 运动到 Q 点时的速度 v ； (3) 从小球 c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量。 【答案】 (1) (2)v=2m/s (3)【解析】【分析】对小球 a ，由动量定理可得小球 a 与 b 发生碰撞时的速度；小球 a 与小球 b 、 c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球 c 运动到 Q 点时，小球 b 恰好运 动到 P 点，由动能定理可得小球 c 运动到 Q 点时的速度；由于 b 、 c 两球转动的角速度和半径都 相同，故两球的线速度大小始终相等，从 c 球运动到 Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解： (1) 对小球 a ，由动量定理可得 由题意可知， F- 图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力 F 的冲量， 由圆方程可知 代入数据可得： (2) 小球 a 与小球 b 、 c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得 由机械能守恒可得 解得 小 球 c 运 动 到 Q 点 时 ， 小 球 b 恰 好 运 动 到 P 点 ， 由 动 能 定 理 代入数据可得 (3) 由于 b 、 c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度 减到零时，设 b 球与 O 点连线与竖直方向的夹角为 从 c 球 运 动 到 Q 点 到 减 速 到 零 的 过 程 列 能 量 守 恒 可 得 ： 解得 因此小球 c 电势能的增加量： 40 ．如图所示，水平面 AB 与水平皮带 BC 平滑相切，右端有一个半径为 R 的光滑 1/4 圆弧 CD与皮带水平相切． AB 段和 BC 段的动摩擦因数均为μ＝ 0.5 ，图中 AB ＝ BC ＝ R ＝ 0.4m ，物体 P 和 Q的质量均为 m ＝ 1kg( 可看成质点 ) ，皮带顺时针转动，皮带速率恒为 v ＝ 2m/s ．现给静止在 A 处 物体 P 一个水平向右的初速度 v0 ＝ m/s ，一段时间后与静止在 B 处的物体 Q 发生正碰并粘 在一起，以后粘合体沿圆弧向上运动。取 g ＝ 10m/s 2 ． （ 1 ）求物体 P 运动到 B 点与物体 Q 碰撞前的速度 v1 ； （ 2 ）当粘合体第一次到达传送带末端 C 点时的速度 v2 ； （ 3 ）通过计算判断粘合体能否到达 D 点？ 【答案】 （ 1 ） （ 2 ） m/s （ 3 ）可以 41 ．如图所示，一质量为 M ＝ 3.0 kg 的长木板 B 静止在光滑的水平面上，在长木板 B 的最左端放 置一可视为质点的小物块 A ，已知长木板的长度为 L ＝ 0.96 m ，小物块的质量为 m ＝ 1.0 kg ，小物 块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝ 0.3 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度 g＝ 10 m ／ s 2 。如果对小物块施加一水平向右的恒力 F ＝ 6.0 N ，为了保证小物块能离开长木板，则 恒力 F 的冲量至少应为多大？ 【答案】 4.8 N · s【解析】设 F 作用时间为 t ，则运用动量定理，对 A 有  1F mg t mv  ①； 对 B 有 2mgt Mv  ②； A 能离开长木板的临界条件是两者共速时恰好离开，则有  1 2mv Mv m M v   ③； 有 F 作用的过程中，对 A 分析，根据牛顿第二定律可得 F mg ma  ④， 经历的位移 21 2x at ⑤； 对全程应用动能定理可得   21 02Fx mgL M m v    ⑥； 恒力 F 的冲量 I Ft ⑦； 联立解得 0.8t s ； 故恒力 F 的冲量为 4.8FI N s  ⑧。 42 ．如图所示，水平传送带两轮间的距离 L=30m ，传送带以恒定的速率 顺时针匀速转 动，两质量分别为 m1=4kg 、 m2=2kg 的小滑块 P 、 Q 用一根轻绳（未画出）连接，中间夹着一根 被压缩的轻质弹簧（弹簧与物体不拴接），此时弹簧的弹性势能 Ep=54J ，现把 P 、 Q 从传送带的 最左端由静止开始释放， t1=2s 时轻绳突然断裂，瞬间弹簧恢复至原长（不考虑弹簧的长度的影 响）。已知两滑块块与传送带之间的动摩擦因数均为μ =0.1 ，重力加速度 g=10m/s 2 ，求： （ 1 ）轻绳突然断裂时两滑块的位移； （ 2 ）两滑块离开传送带的时间差。 【答案】 （ 1 ） 2m ；（ 2 ） 5.125s ； 【解析】轻绳断前，两滑块先做匀加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求出匀加 速运动的时间，由位移公式求出匀加速的位移；绳断到弹簧处于原长的过程， PQ 系统动量守恒， 能量守恒求两滑块的速度。对两滑块分别研究，由运动学公式分段求离开传送带的时间，从而求 得时间差。 （ 1 ）绳子断前对 PQ 整体： 解得： a=1m/s 2 假设绳子断前 P 、 Q 一直加速： 假设成立 可见： （ 2 ）绳断到弹簧恢复原长的过程， P 、 Q 与弹簧系统动量、能量守恒，则： 解得： ， 绳断后 P 向左运动： 可见 P 从右侧掉落 P 向左减速为零时间： P 向右加速到传送带速度： ， P 向右匀速直到掉下： 解得： tp4=5.125s Q 向右减速到传送带速度： 解得： tQ2=4s Q 向右匀速直到掉下： 解得： tQ3=1s时间差： 【点睛】解决本题的关键是要分析清楚滑块的运动情况，按时间顺序计算分析，运用牛顿第二定 律和运动学公式逐段研究物体的运动状态。 43 ．为拍摄鸟类活动，摄影师用轻绳将质量为 2.0kg 的摄像机跨过树枝，悬挂于离地面 8.5m 高 的 B 点，绳子另一端连着沙袋，并将沙袋控制在地面上的 A 点，某时刻，沙袋突然失控，当沙袋 水平滑动到较长的斜坡底端 C 点时，摄像机下落到距地面 5.0m 高的 D 点，斜坡倾角为 37 °，此 时细绳与斜面平行，若从 D 点开始下落过程，轻绳的拉力大小为 23.2N ，最终，摄像机恰好没有 撞击地面，不计细绳与树枝间的摩擦， g 取 10m/s 2 ； （ 1 ）求摄像机在 D 点时的速度大小； （ 2 ）若沙袋与斜面间的动摩擦因数为 0.175 ，求沙袋质量 M 及摄影机下落全过程中，系统克服 摩擦阻力所做的功（ sin37 ° =0.6 ， cos37 ° =0.8 ） 【答案】 (1) （ 2 ） ， 【解析】【分析】摄像机从 D 点开始下落过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度，由 D 到地面 根据速度与位移的关系求解速度；沙袋在斜坡运动过程，根据牛顿第二定律列式求解质量；对系 统，从 B 点到地面，全过程由功能关系可求解克服摩擦力做的功； 解：（ 1 ）摄像机从 D 点开始下落过程，根据牛顿第二定律有 ，解得 a=1.6m/s 2 ； 由 D 到地面： ，解得： ； （ 2 ）沙袋在斜坡运动过程，根据牛顿第二定律有 ，解得 ； 从 B 点到地面，对系统，全过程由功能关系可知 ，解得： 44 ．如图所示，在光滑的水平面上有两个物体，其质量分别为 M 和 m ，现将两物块用一根轻质 细线拴接，两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧，弹簧与两物块未拴接，它们以共同速度 v0 在水平 面上向右匀速运动．某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开，弹开后物块 M 恰好静止．求 弹簧最初所具有的弹性势能 Ep. 【答案】 【解析】设弹簧将两物块弹开后，物块 m 的速度为 v ，弹簧弹开物块过程，系统动量守恒，以物 块的初速度方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得： （ M+m ） v0=mv ， 由机械能守恒定律得： (M+m)v02 +EP ＝ mv 2 ， 解得： EP ＝ 45 ．如图所示， ABCD 为离水平地面高 h ＝ 0.8 m 的水平矩形平台， AB 边长 LAB ＝ 1 m ， BC 边长 LBC ＝ 2.7 m ，平台表面光滑，某时刻一个质量 m1 ＝ 0.5 kg 的小球从 A 点沿 AD 边以初速度 v0 ＝ 3 m/s开始运动，同时对小球施加一个沿 AB 边的水平恒力 F ＝ 4 N ，当小球到达 BC 边上的 P 点时撤去 外力 F ．在小球到达 P 点的同时， C 点正下方 E 点处有一质量为 m2 ＝ 0.4 kg 的滑块在一个斜向上 的外力 F' 作用下，以速度 v 在地面上沿 EF 开始匀速直线运动，滑块与水平地面动摩擦因数为 ．结果小球与滑块恰好在 EF 边上的 Q 点（未画出）相遇．小球和滑块均可视为质点，不 计空气阻力．取 g ＝ 10 m/s 2 ， sin 53 °＝ 0.8 ， cos 53 °＝ 0.6 ．求： （ 1 ）小球到达 P 点时速度的大小和方向； （ 2 ）小球从开始运动到与滑块相遇经历的时间； （ 3 ）滑块运动的速度 v 和外力 F' 的最小值． 【答案】 (1) , (2)t=0.9s ； (3)Fmin=2N （ 3 ）由条件可得落地相遇点 Q 到 P 点的水平距离为 xPQ ＝ vPt2 ＝ 2 m则由几何关系可得 Q 点与 E 点距离为 xEQ ＝ xPQsin 53 °＝ 1.6 m 所以滑块速度为 设外力 F' 的方向与水平地面的夹角为α，根据平衡条件有 F'cos α＝ f f ＝μ N N ＝ m2g-F'sin α 联立解得 据数学知识可得 其最小值 即 F'min ＝ 2 N 46 ．如图所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成， Q 点为圆 形轨道最低点， M 点为最高点，圆形轨道半径 R ＝ 0.32 m. 水平轨道 PN 右侧的水平地面上，并排 放置两块长木板 c 、 d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道 PN 平齐，木板 c质量 m3 ＝ 2.2 kg ，长 L ＝ 4 m ，木板 d 质量 m4 ＝ 4.4 kg. 质量 m2 ＝ 3.3 kg 的小滑块 b 放置在轨道 QN 上，另一质量 m1 ＝ 1.3 kg 的小滑块 a 从 P 点以水平速度 v0 向右运动，沿圆形轨道运动一周 后进入水平轨道与小滑块 b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失 . 碰后 a 沿原路返 回到 M 点时，对轨道压力恰好为 0. 已知小滑块 b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ 0 ＝ 0.16 ，重力 加速度 g ＝ 10 m/s2. (1) 求小滑块 a 与小滑块 b 碰撞后， a 和 b 的速度大小 v1 和 v2 ； (2) 若碰后滑块 b 在木板 c 、 d 上滑动时，木板 c 、 d 均静止不动， c 、 d 与地面间的动摩擦因数μ 至少多大？ ( 木板 c 、 d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ) (3) 若不计木板 c 、 d 与地面间的摩擦，碰后滑块 b 最终恰好没有离开木板 d ，求滑块 b 在木板 c上滑行的时间及木板 d 的长度 .【答案】 （ 1 ） ， （ 2 ） （ 3 ） ， 【解析】 (1) 根据题意可知：小滑块 a 碰后返回到 M 点时： 小滑块 a 碰后返回到 M 点过程中机械能守恒： 代入数据，解得： v1＝ 4 m/s取水平向右为正方向，小滑块 a 、 b 碰撞前后： 动量守恒： m1v0 ＝－ m1v1 ＋ m2v2 机械能守恒： 代入数据，解得： v0 ＝ 9.2 m/s ， v2 ＝ 5.2 m/s (2) 若 b 在 d 上滑动时 d 能静止，则 b 在 c 上滑动时 c 和 d 一定能静止 解得 (3) 小滑块 b 滑上长木板 c 时的加速度大小： 此时两块长木板的加速度大小： 令小滑块 b 在长木板 c 上的滑行时间为 t ，则：时间 t 内小滑块 b 的位移 两块长木板的位移 且 x1 － x2 ＝ L 解得： t1 ＝ 1 s 或 ( 舍去 ) b 刚离开长木板 c 时 b 的速度 b 刚离开长木板 c 时 d 的速度 d 的长度至少为 x ： 由动量守恒可知： 解得： v ＝ 2 m/s解得： x ＝ 1.4 m点睛：本题考查了动量守恒与能量守恒相结合的问题，在运用动量守恒时要注意公式的矢量性， 在运用能量守恒时要注意系统内有什么样的能量。 47 ．如图，质量为 4kg 的小车静止在光滑水平面上。小车 AB 段是半径为 0.45m 的四分之一光滑 圆弧轨道， BC 段是长为 2.0m 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点。一质量为 0.95kg 的小物 块 ( 可视为质点 ) 静止在小车右端。质量为 0.05kg 的子弹、以 100m/s 的水平速度从小物块右端射 入并留在物块中，已知子弹与小物块的作用时间极短。当小车固定时，小物块恰好运动到 A 点。 不计空气阻力，重力加速度为 10m/s 2 。 (1) 求 BC 段的动摩擦因数和小物块刚刚通过 B 点时对小车的压力； (2) 若子弹射入前小车不固定，求小物块在 AB 段上升的最大高度。 【答案】 （ 1 ） 30N ，方向竖直向下 (2)0.2m【解析】 (1) 已知小车质量 M=4kg, 小物块质量 m=0.95kg, 子弹质量 m0=0.05kg, 子弹初速度 v0=100m/s 。 子弹从小物块右端射入物块的过程动量守恒，设子弹与木块达到共同速度 vC, 据动量守恒定律得： 代入数据，解得 v=5m/s己知图弧光滑轨道半径 R=0.45m, 小车固定时，小物块恰好运动到 A 点，设物块和子弹到达 B 点 时的速度大小 vB ，由机械能守恒，可得： 代入数据，解得 vB=3m/s已知 BC 段是长 L=2.0m, 若 BC 段的动摩擦因数为μ ,由动能定理 代入数据，解得μ =0.4 设小物块刚通过 B 点时，受的支持力为 FN 。由牛顿第二定律 代入数据，解得 FN=30N由牛顿第三定律可得，小物块对小车的压力大小为 30N ，方向竖直向下 (2) 若子弹射入前小车不固定，小物块在 AB 段上升到最大高度时，小物块和小车达到共同速度， 设最终的共速度为 v, 根据动量守恒定律得： 代入数据，解得 v=lm/s从子弹与小物块达到共同速度，到三种达到共同速度的过程中，系统损失的动能，一部分转化为 热能，一部分化为小物块的重力势能，设子弹与小物块上升的最大高度为 h ， 由能量守恒定律得： 代入数据，解得 h=0.2m 48 ．某同学在实验室探究圆周运动向心力和速度之间的关系，他利用双线来稳固小球在平直平面 内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图所示，他用两根长为 的细线系一质量为 m=1kg 的 小球，两线上各连接一个力电传感器来测量细线的拉力（图中未画出），细线的另一端系于水平 横杆上的 A 、 B 两点， A 、 B 两点相距也为 。若小球上升到圆周最高点时力电传感器的示 数都恰好为零。（重力加速度 ），求： （ 1 ）小球到达圆周最低点时的速度？ （ 2 ）小球运动到圆周最低点时，每个力电传感器的示数为多少？ 【答案】 (1) (2) （ 2 ）设小球运动到圆周最低点时细线受到的拉力为 ，受力分析如图所示 小球所受细线的拉力和重力的合力提供圆周运动的向心力 则有： ⑥ 代入数据可得： ⑦ 49 ．如图所示，水平光滑轨道 OA 上有一质量 m =2 kg 的小球以速度 v0 = 20 m/s 向左运动，从 A点飞出后恰好无碰撞地经过 B 点， B 是半径为 R = 10 m 的光滑圆弧轨道的右端点， C 为轨道最低 点，且圆弧 BC 所对圆心角θ = 37 °，又与一动摩擦因数μ = 0.2 的粗糙水平直轨道 CD 相连， CD 长 为 15 m 。进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为 E ，该轨道的半径也为 R 。不计空气阻 力，物块均可视为质点，重力加速度取 g =10 m/s 2 ， sin37 ° = 0.6 ， cos37 ° = 0.8 ，求： (1)A 、 B 两点的高度差和物块在 C 点对圆弧轨道的压力； (2) 通过计算分析甲物块能否经过 E 点。 【答案】 （ 1 ） 11.25m ； 153N （ 2 ）甲物块能经过 E 点 【解析】 (1) 由题意知：在 C 点速度方向沿 B 点切线方向，在 B 点速度大小为： 竖直速度大小为 vy=v0tan37 0 =15m/s 从 A 点到 B 点的时间为： =1.5s AB 的高度差为 从 B 点到 C 点由动能定理得： 所以在 C 点 N=153N由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为 153N ，方向向下 (2) 假 设 甲 物 块 通 过 E 点 时 速 度 大 小 为 v2 ， 从 C 点 运 动 到 E 点 ， 由 动 能 定 理 得 ： 所以在 E 点速度大小为 在 E 点做圆周运动时最小速度为 v3 ，有 所以 v3=10m/s因为 v2>v3 ，所以甲物块能经过 E 点 .点睛：解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，要掌握圆周运动 的临界条件，运用运动的分解法研究平抛运动。 50 ．如图所示，倾角为 37 °的斜面通过一小段光滑水平面 BC 与光滑竖直半圆形轨道 CD 相连，斜 面和半圆形轨道固定在水平面上， C 点和 D 点分别为半圆形轨道的最低点和最高点，一质量为 m=1kg 的滑块（可视为质点）从斜面的 A 点由静止开始下滑，经过半圆形轨道的最高点后垂直 打在斜面的 E 点，已知 E 点与圆心 O 等高，滑块从 A 点运动到斜面低端 B 点所用的时间为 t=3.2s ， 半圆形轨道的半径为 R=0.8m ，不计空气阻力，滑块通过 B 点时无能力损失， 210 /g m s ， 41 6.4 ， sin37 0.6 cos37 0.8   ， ，求： （ 1 ）滑块到达 C 点时对轨道的压力大小； （ 2 ）滑块与斜面的动摩擦因数μ； 【答案】 (1) 61.25NF N (2) 0.5  【解析】（ 1 ）滑块从 D → E 物体做平抛运动，有： 2 1 1 2R gt ① 分解 E 点的速度如图 可得： tan37 D y v v  ② 又因： 1yv gt ③ 滑块从 C → D 过程，由机械能守恒得： 2 21 12 2 2D Cmg R mv mv    ④ 滑块经过 C 点时，由牛顿第二定律得： 2 c N vF mg m R   ⑤ 联立解①②③④⑤式得： 61.25NF N 由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为 61.25NF N （ 2 ）物体由 A → B 过程为匀加速直线运动（ B 点和 C 点的速度大小相等） 有： Bv at ⑥， sin37 cos37mg mg ma    ⑦ 由⑥⑦式得： 0.5  51 ．如图所示 , 水平面上 AB 间有一长度 x=4m 的凹槽 , 长度为 L=2m 、质量 M=1kg 的木板静止于 凹槽右侧 , 木板厚度与凹槽深度相同 , 水平面左侧有一半径 R=0.4m 的竖直半圆轨道 , 右侧有一个足 够长的圆弧轨道 ,A 点右侧静止一质量 m1=0.98kg 的小木块 . 射钉枪以速度 v0=100m/s 射出一颗质 量 m0=0.02kg 的铁钉 , 铁钉嵌在木块中并滑上木板 , 木板与木块间动摩擦因数μ =0.05, 其它摩擦不 计 . 若木板每次与 A 、 B 相碰后速度立即减为 0, 且与 A 、 B 不粘连 , 重力加速度 g=10m/s 2 . 求 : （ 1 ）铁钉射入木块后共同的速度 V;（ 2 ）木块经过竖直圆轨道最低点 C 时 , 对轨道的压力大小 FN;（ 3 ）木块最终停止时离 A 点的距离 s.【答案】 （ 1 ） （ 2 ） （ 3 ） 【解析】 (1) 设铁钉与木块的共同速度为 v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得： 解得： ； (2) 木块滑上薄板后，木块的加速度 ，且方向向右 板产生的加速度 ，且方向向左 设经过时间 t ，木块与木板共同速度 运动 则： 此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度 故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度 木块过 C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则： 代入相关数据解得： FN=12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧 C 点时对 C 点压力为 12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为 h ，由机械能守恒有： 木块不脱离圆弧轨道，返回时以 1m/s 的速度再由 B 处滑上木板，设经过 t1 共速，此时木板的加 速度方向向右，大小仍为 a2 ，木块的加速度仍为 a1 ， 则： ，解得： 此时 碰撞后， v 薄板 =0 ，木块以速度 v3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过 t2 时间速度为 0 ，则 故Δ L=L ﹣△ x' ﹣ x=1.25m即木块停止运动时离 A 点 1.25m 远。 52 ．如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑 圆弧轨道的半径为 R=2m ，其轨道底端 P 距地 面的高度为 h=5m ， P 与右侧竖直墙的距离为 L=1.8m ， Q 为圆弧轨道上的一点，它与圆心 O 的 连线 OQ 与竖直方向的夹角为 53 °．现将一质量为 m=100g 、可视为质点的小球从 Q 点由静止释 放，重力加速度 g=10m/s 2 ，不计空气阻力。（ sin53 ° =0.8 ， cos53 ° =0.6 ）试求： （ 1 ）小球运动到 P 点时对轨道的压力多大； （ 2 ）若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞，则小球的最终落地点离右侧墙角 B 点的距离。 （小球和地面碰撞后不再弹起） 【答案】 (1) (2) 【解析】（ 1 ）小球由 Q 到 P 的过程，由动能定理可得 ① 在 P 点小球所受的支持力为 F ，由牛顿第二定律有 ②， 联立①②两式解得 F=1.8N ，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为 1.8N（ 2 ）小球到达 P 点时速度的大小为 v ，由①可得 v=4m/s ④ 若右侧无墙壁，则小球做平抛运动的时间 ⑤ 联立④⑤解得小球做平抛运动的射程 x=vt=4cm由弹性碰撞和镜面对称的规律可知，小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后，落到地面上，落点与 B 点相距 点睛：本题考查了动能定理和平抛运动，圆周运动的综合应用，知道平抛运动在水平方向和竖直 方向上的运动规律以及圆周运动向心力得来源是解决本题的关键。 53 ．（在用铀 235 作燃料的核反应堆中，铀 235 核吸收一个动能较小的慢中子后，可发生裂变反 应，放出一定的能量和几个快中子 , 而快中子不利于铀 235 的裂变。为了能使裂变反应继续下去， 需要将反应中放出的快中子减速。有一种减速的方法是使用石墨 ( 碳 12) 作减速剂。设中子与碳原 子的碰撞是对心弹性碰撞，求：一个动能为 1.75Mev 的快中子与静止的碳原子碰撞后动能减为多 少？（已知：碳原子的质量为中子质量的 12 倍） 【答案】 1.25MeV【解析】设中子的质量为 m ，则碳原子核的质量为 12m ；由动量守恒定律 mv0=mv1+12mv2 由能量关系： 1 2 mv 20= 1 2 mv 21+ 1 2 ∙ 12mv 22 其中 1 2 mv 20=1.75Mev 联立解得 E1= 1 2 mv 21=1.25Mev 54 ．如图所示，有一倾角为θ =37 º的粗糙硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为 k=10N/m 的轻 弹簀，弹簧自然伸长时上端在 Q 点，弹簧与杆间摩擦忽略不计。一个质量为 m=5kg 的小球套在 此硬杆上，从 P 点由静止开始滑下，经过 t=2s 后， P 与弹簧自由端 Q 相碰， PQ 间的距离 L=4m ， 弹簧的弹性势能与其形变量 x 的关系为 21 2pE kx 。已知 sin37 º =0.6 ， cos37 º =0.8 ， 重力加速 度 g 取 10m/s ² . 求： (1) 小球与硬杆之间的滑动摩擦因数μ； (2) 小球向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能。 【答案】 （ 1 ） 0.5 ；（ 2 ） 5J ； 55 ．如图所示，一个劲度系数为 k 的轻质弹簧竖直放置，弹簧下端固定在水平地面上。一质量为 m 的物块从距离弹簧最上端高为 h 的正上方处由静止开始下落，与弹簧接触后竖直向下压缩弹簧。 不计空气阻力，已知弹簧压缩量为 x 时弹簧的弹性势能 Ep= 21 2 kx 求： （ 1 ）物块刚与弹簧接触时的速率； （ 2 ）定性画出从开始到弹簧被压缩至最短过程中物块运动的 v-t 图像，并求出此过程中物块动能 的最大值。 【答案】 （ 1 ） 2v gh （ 2 ） 2 2 2km m gE mgh k   【解析】 (1) 物块开始下落至与弹簧接触前机械能守恒，则有 21 2 mv mgh ，解得 2v gh ； (2) 该过程的 v-t 图像如图所示 设物块动能最大时弹簧压缩量为 x ，则有 Kx=mg由机械能守恒定律，得   21 2 kmmg h x kx E   解得： 2 2 2km m gE mgh k   。 56 ．如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为 m=4kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平 推力作用下运动，推力 F 随位移 x 变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为 μ =0.5 ， g=10m/s 2 ，求： (1) 出发时物体运动的加速度大小； (2) 物体距出发多远达到最大速度； (3) 物体能够运动的最大位移。 【答案】 (1)20m/s 2 ；（ 2 ） 4m ；（ 3 ） 12.5m ； 【解析】 (1) 根据牛顿第二定律， ，开始 F=100N ， 故 (2) 由图像求出，推力 F 随位移 x 变化的数值关系为 速度最大时，物体加速度为零，则 ， 解得 x=4m (3) 根据 ，由图像可知，推力对物体做的功等于图线与 x 轴包围的面积， 于是推力对物体做的功为 ， 由动能定理可得 ， 解得 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用，知道 F-x 图线围成的面积表示 F 做功 的大小 57 ．如图，木板 A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距 x ．与滑块 B （可视为质点）相 连的细线一端固定在 O 点．水平拉直细线并给 B 一个竖直向下的初速度，当 B 到达最低点时，细 线恰好被拉断且 B 恰好从 A 右端的上表面水平滑入。设 A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻 力。已知 A 的质量为 6kg ， B 的质量为 3kg ， A 、 B 之间动摩擦因数为μ =0.4 ；细线长为 L=0.4m 、 能承受的最大拉力为 B 重力的 5 倍； A 足够长， B 不会从 A 表面滑出；重力加速度为 210 /g m s 。 （ 1 ）求细线被拉断瞬间 B 的速度大小 1v ； （ 2 ）若 x=1m ，求 A 与台阶的碰撞次数； （ 3 ）若 1 4x m ，求系统的总发热量。 【答案】 （ 1 ） 4m/s （ 2 ）碰撞一次（ 3 ） 当 4 9x m 时， 208 9Q J ，当 1 4 4 9m x m  时，  16 1 2 2Q x x   .【解析】（ 1 ）设 B 的质量为 m ， A 质量为 2m ，在最低点，由牛顿第二定律： 2 1mvT mg L   ，且 5T mg 解得 ; 1 2 4 /v gL m s  （ 2 ）设 A 与台阶碰撞前瞬间， A 、 B 的速度分别为 Av 和 Bv 由动量守恒得： 1 2B Amv mv mv  若 A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足： 2 A Bmv mv 对 A 应用动能定理： 21 22 Amgx mv   由于 1 4 4 Lx m  ，故 A 与台阶只碰撞一次 （ 3 ）设 0x x 时， A 左端到台阶板前瞬间， A 、 B 恰好达到共同速度 ABv 由动量守恒得：  1 2 ABmv m m v  对 A 由动能定理得： 2 0 1 22 ABmgx mv   联立解得： 0 4 4 9 9 Lx m  ①当 4 9x m 时，碰前 1 3AB vv  碰后由动量守恒得： 2 3AB AB ABmv mv mv   解得： 1 9AB vv  故发热量为 2 2 1 1 1 20832 2 9ABQ mv mv J    ② 1 4 4 9m x m  时， AB 共速前 A 就与台阶碰撞， A 与台阶碰撞前瞬间的速度 对 A 由动能定理： 2 2 1 22 Amgx mv   ，解得： 2Av gx B 的速度 2 1 2Bv v gx  碰后由动量守恒得： 2 2 22 3A B ABmv mv mv   故发热量  2 2 1 2 1 1 3 16 1 2 22 2 ABQ mv mv x x      58 ．一质量为 0.5kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5m 的位置 B 处是一面墙，如图 所示．物块以 v0=9m/s 的初速度从 A 点沿 AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7m/s ， 碰后以 6m/s 的速度反向运动． g 取 10m/s 2 ． （ 1 ）求物块与地面间的动摩擦因数μ； （ 2 ）若碰撞时间为 0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小 F ． （ 3 ）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功 W.【答案】 （ 1 ） 0.32 （ 2 ） 130N （ 3 ） 9J 59 ．如图所示，遥控电动赛车通电后电动机以额定功率 P=3W 工作，赛车（可视为质点）从 A点由静止出发，经过时间 t （未知）后关闭电动机，赛车继续前进至 B 点后水平飞出，恰好在 C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点 D 后回到水平地面 EF上， E 点为圆形轨道的最低点．已知赛车在水平轨道 AB 部分运动时受到恒定阻力 f=0.5N ，赛车 的质量 m=0.8kg ，通电后赛车的电动机以额定功率 P=4W 工作，轨道 AB 的长度 L=4m ， B 、 C两点的高度差 h=0.45m ，赛车在 C 点的速度 vc=5m/s ，圆形轨道的半径 R=0.5m ．不计空气阻力．取 g=10m/s 2 ． sin37 ° =0.6 ， cos37 ° =0.8 ，求： （ 1 ）赛车运动到 B 点时的速度 vB 的大小； （ 2 ）赛车电动机工作的时间 t ； （ 3 ）赛车经过最高点 D 时对轨道的压力的大小． 【答案】 (1) 4 /Bv m s (2) 3.2t s (3) 3.2N 【解析】（ 1 ）赛车从 B 点到 C 点的过程做平抛运动，根据平抛运动规律有： h= 21 2 gt ， 解得： t= 2 2 0.45 0.310 h s sg   ， vy=gt=10 × 0.3m/s=3m/s ， 2 2 2 C y Bv v v  ， 代入数据解得赛车在 B 点的速度大小为： vB=4m/s ． （ 2 ）赛车从 A 点运动到 B 点的过程中，由动能定理有： 21 2 BPt fL mv  ， 代入数据解得： t=3.2s ． （ 3 ）设圆弧轨道的圆心 O 与 C 点的连线与竖直方向的夹角为α，则有： 3tan 4 y B v v    ， 代入数据解得：α =37 °， 赛车从 C 点运动到最高点 D 的过程中，由机械能守恒定律得：  2 21 1 1 cos2 2C Dmv mv mgR    ， 设赛车经过最高点 D 处轨道对小车的压力为 FN ，则有： 2 D N vmg F m R   ， 代入数据解得： FN=3.2N ． 根据牛顿第三定律得赛车对轨道的压力为： FN ′ =3.2N ． 答：（ 1 ）赛车运动到 B 点时的速度 vB 的大小为 4m/s ； （ 2 ）赛车电动机工作的时间 t 为 3.2s ； （ 3 ）赛车经过最高点 D 时对轨道的压力的大小为 3.2N ． 60 ．如图所示，半径 R=0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道最低点与水平传送带平滑连接，传送带皮 带轮的半径 r=0.2m ，转速为 20 /r s ，可视为质点的物块从轨道顶端由静止下滑，物块与传送带 间的动摩擦因数为 =0.2 。已知物块的质量 m=lkg ，两皮带轮间的距离 L=24m ，传送带不打滑， 重力加速度 210 /g m s 。求： （ 1 ）传送带的速度； （ 2 ）物块滑到圆弧轨道底端时所受到轨道作用力的大小； （ 3 ）物块在水平传送带上的运动时间。 【答案】 （ 1 ） 8m/s （ 2 ） 30N （ 3 ） 3.5s 61 ．如图所示，光滑的直角细杆 AOB 固定在竖直平面内， OA 杆水平， OB 杆竖直．有两个质量 相等均为 0.3 kg 的小球 a 与 b 分别穿在 OA 、 OB 杆上，两球用一轻绳连接，轻绳长 L ＝ 25 cm. 两 球在水平拉力 F 作用下目前处于静止状态，绳与 OB 杆的夹角θ＝ 53 ° (sin53 °＝ 0.8 ， cos53 °＝ 0.6) ， (g ＝ 10 m/s 2 ) ．求： (1) 此时细绳对小球 b 的拉力大小，水平拉力 F 的大小； (2) 现突然撤去拉力 F ，两球从静止开始运动，设 OB 杆足够长，运动过程中细绳始终绷紧，则当 θ＝ 37 °时，小球 b 的速度大小． 【答案】 (1)4 N (2)0.6 m/s【解析】（ 1 ）以小球 b 为研究对象，设绳子拉力为 FT ，由小球 b 受力平衡得 5cos53 b T m gF N  对小球 a 和小球 b 整体考虑，拉力 F 等于 OB 杆对 b 球的弹力 所以 tan53 4bF m g N   （ 2 ）对小球 a 和 b 整体用机械能守恒定律，有   2 21 1cos37 cos53 2 2b b b a am g L L m v m v     同时，小球 a 和 b 的速度满足 cos37 sin37b av v   两式联立，解得 0.6 /bv m s 62 ． (20 分 ) 如图，中空的水平圆形转盘内径 r=0.6m ，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑 凹槽，凹槽内有 A 、 B 、 D 、 E 四个物块， D 、 E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴 R=1.0m 处， A 、 B 紧靠 D 、 E 放置两根不可伸长的轻绳，每根绳长 L=1.4m ，一端系在 C 物块上，另一端分别绕过 转盘内侧的光滑小滑轮，穿过 D 、 E 两物块中间的光滑圆孔，系在 A 、 B 两个物块上， A 、 B 、 D 、 E 四个物块的质量均为 m=0.1 ㎏， C 物块的质量 cm =2.0kg ，所有物块均可视为质点， ( 取重力加 速度 g=10m/s ² ) ，计算结果可用最简的分式与根号表示） (1) 启动转盘，转速缓慢增大，求 A 、 D 以及 B 、 E 之间恰好无压力时的细绳的拉力及转盘的角速 度； (2) 停下转盘后，将 C 物块置于圆心 O 处，并将 A 、 B 向外测移动使轻绳水平拉直，然后无初速度 释放 A 、 B 、 C 物块构成的系统，求 A 、 D 以及 B 、 E 相碰前瞬间 C 物块的速度； (3) 碰前瞬间解除对 D 、 E 物块的锁定，若 A 、 D 以及 B 、 E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间 极短，求碰后 C 物块的速度 .【答案】 (1) 5 2 rad/s2 (2) 20 41 m/s41 (3) 20 41m/s57 【解析】 AB 在细绳拉力作用下做，做匀速圆周运动。 C 在拉力作用下处于平衡态，结合轻绳上的 拉力大小相等可求细绳的拉力及转盘的角速度；轻绳水平拉直，然后无初速度释放， A 、 B 、 C 物 块构成的系统机械能守恒，结合关联速度的知识，可求 C 物块的速度；碰前瞬间解除对 D 、 E 物 块的锁定，由动量定理可求 C 物块的速度。 （ 1 ） C 物块保持静止故 2 cos cF m g  ， 0.6 3sin 1.4 0.4 5    ， 12.5NF  对 A 、 B 两个物块 2F m R 角速度 5 2 rad/s2 F mR    （ 2 ）设碰前 A 、 B 速度大小为 v ， C 的速度大小为 Cv ， 由绳长不变可知： Ccosv v  系统下落过程中机械能守恒： 2 21 12 2 2 c c cmv m v m gh   由几何关系 h=0.8m得： 20 41 m/s41cv  （ 3 ）设碰后 A 、 D 的速度大小为 v ， C 的速度大小为 ' cv 由绳长不变 'coscv v   设绳上拉力的冲量大小为 I ，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。 对 C 物块运用动量定理： '2 cos c c c cI m v m v   对 A 、 D 运用动量定理： 2I mv mv  得： ' 41 20 41m/s57 57c cv v  【点睛】解决本题关键：（ 1 ）利用系统机械能守恒定律，解决绳子连接的问题时，注意绳两端速 度的分解；（ 2 ）熟练应用动量定理解决相关问题。 63 ．如图所示，半径 0.1mR  的竖直半圆形光滑轨道bc 与水平面 ab 相切．质量 0.1kgm  的小 滑块 B 放在半圆形轨道末端的b 点，另一质量也为 0.1kgm  的小滑块 A 以 0 2 10m / sv  的水 平初速度向 B 滑行，滑过 1mx  的距离，与 B 相碰，碰撞时间极短，碰后 A 、B 粘在一起运动．已 知木块 A 与水平面之间的动摩擦因数 0.2  ． A 、 B 均可视为质点．（ 210m / sg  ）．求： （1） A 与 B 碰撞后瞬间的速度大小 v ． （ 2 ）在半圆形轨道的最高点 c ，轨道对 A 、 B 的作用力 N 的大小． （3） AB 的落地点距离半圆形轨道末端b 的水平距离． 【答案】 （1）3m / s （ 2 ）8N （3） 5 m5 【解析】（1） A 与 B 碰撞前的运动过程，由动能定理得： 2 2 0 1 1 2 2Amg mv mv   ， 代数得： 6m / sAv  ． 故 A 、 B 碰前瞬间的速度大小为 6m / s ． A 、 B 碰撞过程满足动量守恒，取向右为正，由动量守恒 2Amv mv ， 得 3m / sv  ． （ 3 ） 设 整 体 经 过 C 点 的 速 度 为 Cv ， 由 b 运 动 到 C 的 过 程 中 ， 根 据 动 能 定 理 得 ： 2 21 12 2 2 22 2cmg R mv mv      得 5m / scv  ． 在C 点，对整体，受力分析： 2 2 2 cvmg N m R   ， 得 8NN  ． （3）在 C 位置，整体做平抛运动， 212 2R gt ， cx v t ． 代数得： 0.2st  ． 5 m5x  ． 64 ．某同学研究重物与地面撞击的过程，利用传感器记录重物与地面的接触时间．他让质量为 9kgM  的重物（包括传感器）从高 0.45mH  自由下落撞击地面，重物反弹高度 0.20mh  ， 重物与地面接触时间 0.1st  ．若重物与地面的形变很小，可忽略不计． g 以 210m / s ．求此过 程中： （1）重物受到地面的平均冲击力． （ 2 ）重物与地面撞击过程中损失的机械能． 【答案】 （1）540N ；（ 2 ） 22.5J 【解析】（1）重物自由下落，落地前瞬间，速度为 1v ， 21 2H gt ， 1v gt ． 得 1 3m / sv  ． 反弹瞬间速度为 2v ， 2 2 2v gh ， 2 2m / sv  ． 规定向上为正方向，由动量定理得：   2 1F mg t mv mv   ， 代数：    90 0.1 9 2 9 3F        ， 540NF  ． （ 2 ）损失的机械能 2 2 1 2 1 1 22.5J2 2kE mv mv    ． 点睛：本题考查了动量定理在实际生活中的运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，本题中运 用动量定理解题时，不能忽略重物的重力． 65 ．质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态。一 质量也为 m 的物块甲从钢板正上方高为 h 的 A 处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动 x0 后到达最低点 B ；若物块乙质量为 2m ，仍从 A 处自由落下，则物块乙与钢板一起向下运动到 B点时，还具有向下的速度，已知重力加速度为 g ，空气阻力不计。求： (1) 物块甲和钢板一起运动到最低点 B 过程中弹簧弹性势能的增加量； (2) 物块乙和钢板一起运动到 B 点时速度 vB 的大小。 【答案】 0 12 2mg x h    0 2 5 3 9gx gh 【解析】物块先自由下落，机械能守恒．物块与钢板碰撞时，因碰撞时间极短，系统所受外力远 小于相互作用的内力，遵守动量守恒定律，碰后一起向下运动至最低点，由功能关系可得弹簧弹 性势能的增加量；分析过程同上，物体乙将钢板压至 B 点，形变量和原来的相同，弹性势能增加 量仍然为△ EP ，由功能关系可求物块乙和钢板一起运动到 B 点时速度的大小。 (1) 设物块甲落在钢板上时的速度为 v0 ，根据机械能守恒定律有 2 0 1 2mgh mv 解得： 0 2v gh 设物块甲与钢板碰撞后的速度为 v1 ，根据动量守恒定律有 mv0 ＝ 2mv1 解得： 1 2 2 ghv  根据题意可得到达最低点 B 时弹簧的弹性势能增加量为 2 0 1 0 1 12 2 22 2PE mgx mv mg x h v        (2) 设物块乙落在钢板上时的速度为 v0 ′，根据机械能守恒定律有： 2 0 12 22mgh mv   解得： 0 2v gh  设物块乙与钢板碰撞后的速度为 v2 ，根据动量守恒定律有 2mv0 ′＝ 3mv2 解得： 2 2 2 3 ghv  根据能量守恒定律可得： 2 2 0 2 1 13 3 32 2P BE mgx mv mv      联立各式解得： 0 2 5 3 9Bv gx gh  点睛：本题主要考查了动量守恒定律、动能定理和功能关系，它将动量守恒和功能关系完美地统 一在一起，解答此题还要注意弹簧的弹性势能只与劲度系数和形变量有关。 66 ．静放在光滑水平面上的小车左端有 1 4 光滑圆弧滑道 AB ，与水平滑到相切于 B 点，水平滑 道上的 BC 部分粗糙，其余部分光滑，右湍固定一个轻弹簧 P ，整个滑道质量为 1m ，如图所示， 现让质量为 2m 的滑块（可视为质点）自 A 点由静止释放，滑块滑过 BC 后与小车右端弹簧碰撞， 第一次被弹簧弹回后没有再滑上圆弧滑道，已知粗糙水平滑道 BC 长1 1.0m ，滑块与 BC 间的 动摩擦因数 0.15  ， 1 22m m 取 210m/sg  ，求： （1） 1 4 光滑圆弧滑道 AB 的半径大小范围． （ 2 ）整个过程中小车获得的最大速度． 【答案】 （ 1 ） 0.15 0.3m R m  （ 2 ） max 1 /v m s 【解析】（1）小车与滑块系统水平方向合外力为零．水平方向动量守恒，最终小车与滑块均静止， 小车与滑块的动能都为零，由能量守恒，重力势能转化为内能．当滑块静止在C 处时，圆弧滑道 半径最小，由能量守恒定律 2 2=m gR m gl最小 解得： 0.15mR 最小 ． 当滑块最终静止在 B 处时，圆弧滑道半径最大．由能量守恒， 2 2 2m gR Mm g L 最大 解得 0.3mR 最大 ． 0.15 0.3mm R  ． （ 2 ）滑块静止滑到最低点，小车速度最大，系统水平方向动量守恒． 以向右为正方向， 2 1 0m v m v 小车滑块 .由机械能守恒 2 2 2 2 2 1 1+2 2m gR m v m v 小车滑块 ． 已知 1 22m m ．解得 3 gRv 小车 ． 0.15 0.3mm R  ．则 0.3mR  时， max max 1m/s3 gRv   ． 点睛：本题考查了求半径范围、小车的最大速度，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应 用动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题。 67 ．如图所示，水平固定的长滑竿上套有 2 个质量均为 m 的薄滑扣 ( 即可以滑动的圆环 )A 和 B ， 两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度为 l ，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒为 滑扣对滑竿正压力大小的 k 倍。开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起 ( 但未相互挤压 ) 。今给滑 扣 A 一个向左的初速度使其在滑竿上开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行， 继续滑行距离 2 l 后静止，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为 g 。求： (1) 滑扣 A 的初速度的大小； (2) 整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失。 【答案】 (1) 0 6v kgl ;(2) E kmgl  联立解得： 2v kgl ， 1 2v kgl ， 0 6v kgl (2) 系统在整个运动过程中由能量守恒得 2 0 1 22 2 lE mv kmgl k mg      解得： E kmgl  或： 2 2 1 2 1 1 22 2E mv mv kmgl     【点睛】本题考查了求速度、损失的机械能，分清运动过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定 律、能量守恒定律即可正确解题．应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择，应用动能定理解 题时要注意所研究的运动过程． 68 ．如图所示，两半径均为 R ＝ 0.2m 的光滑绝缘半圆轨道 PM 、 QN 在同—竖直面内放置，两半 圆轨道刚好与绝缘水平面平滑相切于 M 、 N 点， P 、 Q 分别为两半圆轨道的最高点。水平面 MF部分虚线方框内有竖直向下的匀强电场，场强大小为 E ，电场区域的水平宽度 LMF ＝ 0.2m 。带电 荷量为 q 、质量为 m ＝ 1kg 两相同带正电的两滑块 A 、 B 固定于水平面上，它们不在电场区域， 但 A 靠近 F ，它们之间夹有一压缩的绝缘弹簧（不连接），释放 A 、 B 后， A 进入电场时已脱离弹 簧。滑块与水平面间的动摩擦因数均为＝ 0.5 。已知 Eq ＝ 2N ，整个装置处于完全失重的宇宙飞 船中。 （ 1 ）如果弹簧储存的弹性势能 Ep ＝ 1J ，求自由释放 A 、 B 后 B 在 Q 点所受的弹力大小； （ 2 ）如果释放 A 、 B 后，要求二者只能在 M 、 F 间相碰，求弹簧储存的弹性势能 Ep ＇的取值范 围。 【答案】 （ 1 ） 5NF N (2) '0.2 PJ E <0.4J【解析】（ 1 ）设 A 、 B 分离后获得的速度大小分别为 v1 、 v2由 A 、 B 组成的系统动量守恒有 0 ＝ mv1 － mv2 由机械能守恒有 2 2 1 2 1 1 2 2pE mv mv  解得： v1 ＝ v2 ＝ 1m/s由于整个装置完全失重， B 在半圆轨道上做匀速圆周运动 B 在 Q 点，由牛顿第二定律有 2 2 5N vF m NR   （ 2 ）由（ 1 ）可知，释放 A 、 B 后，二者获得的初速度大小相等，设为 v ＇。若 A 能通过电场，通 过电场的最长时间为 2 MF Am Lt v   ， B 运动到 M 处需要的时间 2 B Rt v   ，有 tAm0.4m ，小环不能停在 HK 上。 111 ．如图所示， ABC 是一条由倾斜轨道 AB 和水平轨道 BC 组成的绝缘轨道，固定在桌面上，其 中 AB 轨道的倾角θ =27 °，水平轨道的长度 L=0.8m ，一质量 m=3.2 × 10 -2 kg 、电荷量 q= — 1.0 × 10 -2 C的可视为质点的滑块以初速度 v0=3m/s 沿轨道上 p 点恰好匀速滑下，从 C 点飞出后落在水平地 面上的 M 点上，已知滑块与两轨道间的动摩擦因数相同， sin27 ° =0.45 ， cos27 ° =0.90 ， g=10m/s 2 ， 求： （ 1 ）求滑块与轨道之间的动摩擦因数； （ 2 ）求滑块从 B 点运动到 C 点所用的时间； （ 3 ）现在 BE 和 CF 之间的区域加上匀强电场，方向垂直 水平轨道，仍将滑块以初速度 v0=3m/s沿轨道上 P 点滑下，发现从 C 点飞出后落在水平地面的 N 点上， M 点处在 N 点到 C 点水平距离 的中点上，求匀强电场的电场强度的大小和方向。 【答案】 （ 1 ） 0.5 （ 2 ） 0.4 （ 3 ） 12N/C ，竖直向下 112 ．一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力 F 的作用下开始向上运动，如图 5 甲所示．在 物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能 E 与位移 x 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点 A处的切线的斜率最大．则 A. 在 x1 处物体所受拉力最大 B. 在 x2 处物体的速度最大 C. 在 x1 ～ x3 过程中，物体的动能先增大后减小 D. 在 0 ～ x2 过程中，物体的加速度先增大后减小 【答案】 AC【解析】 A 、由图根据功能关系可知， 1x 处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快， 由 E Fx 可知此时所受的拉力最大，故 A 正确； B 、 1 2x x～ 过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；在 2x 处物体图象的斜率为零， 则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在 2x 处，故 B错误； C 、 1 2x x～ 过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；在 2x 处物体的机械能最大，图 象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，故动能先增大后减小； 2 3x x 的过程机械能不变，拉力为零，物体在重力作用下做减速运动，动能继续减小；故在 1 3x x 过程中，物体的动能先增大后减小，故 C 正确； D 、由图象可知，拉力先增大后减小，直到变为零；则物体受到的合力应先增大，后减小，减小 到零后，再反向增大，故 D 错误。 点睛：本题画出了我们平时所陌生的机械能与高度的变化图象；要求我们从图象中分析物体的运 动过程，要求我们能明确机械能与外力做功的关系；明确重力做功与重力势能的关系；并正确结 合图象进行分析求解。 113 ．如图为一竖直固定的半径为 R=0.5m 的半圆轨道 AB ，该轨道与水平轨道相切于 A 点，质量 分别为 m1=0.1 kg 、 m2=0.2 kg 的可视为质点的小球甲和乙处在水平轨道上，且甲、乙之间有一 压缩的轻弹簧处于锁定状态， 两球与轻弹簧均不连接，开始甲、乙两球以共同的速度 v0=2m/s向右做匀速直线运动，两小球运动至衔接点 A 时，锁定突然解除，使两球分离，经过一段时间小 球乙恰好能通过 B 点，且能从 B 点水平抛出，重力加速度取 g=10m/s 2 。不计一切摩擦阻力，则： (1) 两小球分离时小球甲的速度为多大 ? (2) 小球乙由 A 到 B 的过程中合力的冲量为多大 ?【答案】 (1)4 m/s ，方向水平向左 (2) ，方向水平向左 【解析】 (1) 小球乙恰好能通过 B 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 m/s 小球乙从 A 运动到 B 的过程中机械能守恒： 解得 v2=5m/s当两球之间的锁定突然解除后，系统的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 (m1+m2)v0=m1v1+m2v2代入数据解得 v1=-4m/s ，即两小球分离时小球甲的速度大小为 4 m/s ，方向水平向左。 (2) 取向右为正方向，对小球乙，由动量定理得 I=-m2v ＇ 2-m2v2=0.2 × (- ) kg · m/s-0.2 × 5 kg · m/s=-( +1) kg · m/s ， 即小球乙由 A 到 B 的过程中合力的冲量大小为 ( +1) kg · m/s ，方向水平向左。 点睛：此题是力学综合问题，考查牛顿第二定律、机械能守恒定律以及动量守恒定律的应用，要 注意正确进行受力分析，明确物体的运动过程，再选择合适的物理规律求解． 114 ．如图，水平面 MN 右端 N 处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率 v=lm/s 逆时 针匀速转动，水平部分长度 L=lm. 物块 B 静止在水平面的最右端 N 处、质量为 mA=lkg 的物块 A在距 N 点 s=2.25m 处以 v0=5m/s 的水平初速度向右运动、再与 B 发生碰撞并粘在一起，若 B 的 质量是 A 的 k 倍， A 、 B 与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ =0.2 、物块均可视为质点，取 g=l0m/s 2 . （ 1 ）求 A 到达 N 点与 B 碰撞前的速度大小； （ 2 ）求碰撞后瞬间 AB 的速度大小及碰撞过程中产生的内能； （ 3 ）讨论 k 在不同数值范围时， A 、 B 碰撞后传送带对它们所做的功 W 的表达式 【答案】 （ 1 ） 4m/s （ 2 ） 4 /1m sk  ； 8 1 k Jk  （ 3 ）见解析； 【解析】（ 1 ）设碰撞前 A 的速度为 v1. 由动能定理得 2 2 1 0 1 1 2 2A A Am gs m v m v   ，解得： 2 1 0 2 4 /v v gs m s   （ 2 ）设碰撞后 A 、 B 速度为 v2 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得  1 2A A Bm v m m v  ， 解得： 2 1 4 /1 A A B mv v m sm m k    由系统能量转化与守恒可得  2 2 1 2 1 1 2 2A A BQ m v m m v   ，解得： 8 1 kQ Jk   （ 3 ）①如果 AB 能从传送带右侧离开，必须满足：    2 2 1 2 A B A Bm m v m m gL   ，解得： 1k  传送带对它们所做的功    2 1A BW m m gL k J      ②当 v2 ≤ v 时有： k ≥ 3即 AB 先减速到 0 再返回，到传送带左端时速度仍为 v2 ； 这个过程传送带对 AB 所做的功 0W  ③当 1 ≤ k<3 时， AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与 传送带一起匀速运动到传送带的左端。 在 这 个 过 程 中 传 送 带 对 AB 所 做 的 功    2 2 2 1 1 2 2A B A BW m m v m m v    ， 解 得 ：   2 2 15 2 1 k kW Jk    点睛：整体滑上传送带后运动情况的各种可能性分析是解题的关键。 115 ．如图所示，一足够长的水平传送带以速度 v= 2m/s 匀速运动，质量为 m1 = 1kg 的小物块 P和质量为 m2 = 1.5kg 的小物块 Q 由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块 P 从传送带左端以速度 v0 = 4m/s 冲上传送带， P 与定滑轮间的绳子水平。已知物块 P 与传送带 间的动摩擦因数μ = 0.5 ，重力加速度为 g =10m/s 2 ，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物 块 Q 都没有上升到定滑轮处。求： (1) 物块 P 刚冲上传送带时的加速度大小； (2) 物块 P 刚冲上传送带到右方最远处的过程中， PQ 系统机械能的改变量； (3) 若传送带以不同的速度 v （ 0