廣州市2019年高中物理 力學(xué)競賽輔導(dǎo)資料 專題06 功和能（含解析）

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1、專題06 功和能 一、單項(xiàng)選擇題（每道題只有一個(gè)選項(xiàng)正確） 1、如圖5所示，長1 m的輕桿BO一端通過光滑鉸鏈鉸在豎直墻上，另一端裝一輕小光滑滑輪，繞過滑輪的細(xì)線一端懸掛重為15 N的物體G，另一端A系于墻上，平衡時(shí)OA恰好水平，現(xiàn)將細(xì)線A端滑著豎直墻向上緩慢移動(dòng)一小段距離，同時(shí)調(diào)整輕桿與墻面夾角，系統(tǒng)重新平衡后輕桿受到的壓力恰好也為15 N，則該過程中物體G增加的重力勢(shì)能約為(　　) 圖5 A.1.3 J B.3.2 J C.4.4 J D.6.2 J 【答案】A 【解析】輕桿在O點(diǎn)處的作用力方向必沿桿，即桿會(huì)平分兩側(cè)繩子間的夾角. 開始時(shí)，AO繩子水平，此時(shí)桿與

2、豎直方向的夾角是45°；這時(shí)桿中的彈力大小等于滑輪兩側(cè)繩子拉力的合力.當(dāng)將A點(diǎn)達(dá)到新的平衡，由于這時(shí)輕桿受到的壓力大小等于15 N(等于物體重力)，說明這時(shí)兩段繩子夾角為120° 那么桿與豎直方向的夾角是60°； 設(shè)桿的長度是L.狀態(tài)1時(shí)，AO段繩子長度是L1＝Lsin 45°＝L， 滑輪O點(diǎn)到B點(diǎn)的豎直方向距離是h1＝Lcos 45°＝L， 狀態(tài)2，桿與豎直方向夾角是60°，這時(shí)桿與AO繩子夾角也是60°(∠AOB＝60°)，即三角形AOB是等邊三角形.所以，這時(shí)AO段繩子長度是L2＝L； 滑輪到B點(diǎn)的豎直距離是h2＝Lcos 60°＝L，可見，后面狀態(tài)與原來狀態(tài)相比，物體的位置

3、提高的豎直高度是h＝(h2－h(huán)1)＋(L2－L1)＝(L－L)＋(L－L)＝(－)L. 重力勢(shì)能的增加量Ep＝Gh＝G×(－)L＝15 N×(－)×1 m≈1.3 J. 2、有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一不可伸長的輕細(xì)繩相連，A、B質(zhì)量相等，且可看做質(zhì)點(diǎn)，如圖8所示，開始時(shí)細(xì)繩水平伸直，A、B靜止.由靜止釋放B后，已知當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為(　　) 圖8 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】將A、B的速度分解為沿繩的方向和垂直于繩的方向，兩滑塊沿

4、繩方向的速度相等，有：vBcos 60°＝vAcos 30°，所以：vA＝v，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：mgh＝mv＋mv，所以：h＝，繩長l＝2h＝. 3、如圖5所示，在某旅游景點(diǎn)的滑沙場有兩個(gè)坡度不同的滑道AB和AB′(都可看做斜面)，一名旅游者乘同一個(gè)滑沙橇從A點(diǎn)由靜止出發(fā)先后沿AB和AB′滑道滑下，最后停在水平沙面BC或B′C上.設(shè)滑沙者保持一定坐姿，滑沙橇和沙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同.下列說法中正確的是(　　) 圖5 A.到達(dá)B點(diǎn)的速率等于到達(dá)B′點(diǎn)的速率 B.到達(dá)B點(diǎn)時(shí)重力的功率大于到達(dá)B′時(shí)重力的功率 C.沿兩滑道滑行的時(shí)間一定相等 D.沿兩滑道滑行的總路程

5、一定相等 【答案】B 【解析】設(shè)滑道的傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.滑沙者在由斜面滑到水平面的過程中，由動(dòng)能定理，mgh－μmgcos θ·＝mv2－0，即得：mgh－＝mv2.由于AB′與水平面的夾角小于AB與水平面的夾角，所以得知滑沙者在B點(diǎn)的速率大于在B′點(diǎn)的速率.故A錯(cuò)誤.由前面可知，滑沙者在B點(diǎn)的速率大于在B′點(diǎn)的速率，且B點(diǎn)的速度與重力的夾角小于在B′點(diǎn)的夾角，根據(jù)P＝Gvcos θ，故B正確；再對(duì)滑沙者滑行全過程用動(dòng)能定理可知：mgh－μmgcos θ·－μmgs′＝0，得到：水平滑行位移s＝ ＋s′＝，與斜面的傾角無關(guān)，所以滑沙者在兩滑道上將停在離出發(fā)點(diǎn)水平位移相同的位置，由幾

6、何知識(shí)可知，沿兩滑道滑行的總路程不等.故D錯(cuò)誤.由題意可知，到達(dá)B′的速度大小相同，從而根據(jù)路程不同，可以確定，沿兩滑道滑行的時(shí)間不等，故C錯(cuò)誤. 4、如圖1所示，纜車在牽引索的牽引下沿固定的傾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略.在纜車向上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.纜車克服重力做的功小于纜車增加的重力勢(shì)能 B.纜車增加的動(dòng)能等于牽引力對(duì)纜車做的功和克服阻力做的功之和 C.纜車所受牽引力做的功等于纜車克服阻力和克服重力做的功之和 D.纜車增加的機(jī)械能等于纜車受到的牽引力與阻力做的功之和 【答案】D 【解析】根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能的變化關(guān)系可知，纜車克服重

7、力做的功等于纜車增加的重力勢(shì)能.故A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，牽引力對(duì)纜車做的功等于纜車增加的動(dòng)能、增加的重力勢(shì)能與克服摩擦力所做的功之和，即：等于纜車增加的機(jī)械能與纜車克服摩擦力做的功之和，故B、C錯(cuò)誤，D正確. 5、如圖2所示，用兩根金屬絲彎成一光滑半圓形軌道，豎直固定在地面上，其圓心為O、半徑為R.軌道正上方離地h處固定一水平長直光滑桿，桿與軌道在同一豎直平面內(nèi)，桿上P點(diǎn)處固定一定滑輪，P點(diǎn)位于O點(diǎn)正上方.A、B是質(zhì)量均為m的小環(huán)，A套在桿上，B套在軌道上，一條不可伸長的細(xì)繩繞過定滑輪連接兩環(huán).兩環(huán)均可看做質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)滑輪大小與質(zhì)量.現(xiàn)在A環(huán)上施加一個(gè)水平向右的恒力F，使B環(huán)從地面由靜止沿

8、軌道上升.則(　　) 圖2 A.力F所做的功等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量 B.在B環(huán)上升過程中，A環(huán)動(dòng)能的增加量等于B環(huán)機(jī)械能的減少量 C.當(dāng)B環(huán)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為零 D.當(dāng)B環(huán)與A環(huán)動(dòng)能相等時(shí)，sin ∠OPB＝ 【答案】D 【解析】力F做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能增加，由功能關(guān)系可知，力F所做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，不等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量.故A錯(cuò)誤；由于力F做正功，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，則A環(huán)動(dòng)能的增加量大于B環(huán)機(jī)械能的減少量，故B錯(cuò)誤；當(dāng)B環(huán)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，A環(huán)的速度為零，動(dòng)能為零，但B環(huán)的速度不為零，動(dòng)能不為零，故C錯(cuò)誤；當(dāng)PB線與圓軌道相切時(shí)，vB＝vA，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)有

9、sin ∠OPB＝，故D正確. 6、如圖1所示，在豎直面內(nèi)固定一光滑的硬質(zhì)桿ab，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端a處套一質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點(diǎn)，O、b兩點(diǎn)處在同一豎直線上.由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運(yùn)動(dòng)到b，在圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.圓環(huán)的機(jī)械能保持不變 B.彈簧對(duì)圓環(huán)一直做負(fù)功 C.彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增大 D.圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 【答案】D 【解析】由幾何關(guān)系可知，當(dāng)環(huán)與O點(diǎn)的連線與桿垂直時(shí)，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢(shì)能最小.所以在環(huán)從a到

10、C的過程中彈簧對(duì)環(huán)做正功，而從C到b的過程中彈簧對(duì)環(huán)做負(fù)功，所以環(huán)的機(jī)械能是變化的.故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)環(huán)與O點(diǎn)的連線與桿垂直時(shí)，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢(shì)能最小，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大.故C錯(cuò)誤；在整個(gè)的過程中只有重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.故D正確. 7、如圖4所示，把小車放在傾角為30°的光滑斜面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連，不計(jì)滑輪質(zhì)量及摩擦，已知小車的質(zhì)量為3m，小桶與沙子的總質(zhì)量為m，小車從靜止釋放后，在小桶上升豎直高度為h的過程中(　　) 圖4 A.小桶處于失重狀態(tài) B.小桶的最大速度為 C.小車受繩的拉力等于

11、mg D.小車的最大動(dòng)能為mgh 【答案】B 【解析】在整個(gè)的過程中，小桶向上做加速運(yùn)動(dòng)，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶處于超重狀態(tài).故A、C錯(cuò)誤；在小桶上升豎直高度為h的過程中只有重力對(duì)小車和小桶做功，由動(dòng)能定律得：3mg·h·sin 30°－mgh＝(3m＋m)v2 解得：v＝，故B正確；小車和小桶具有相等的最大速度，所以小車的最大動(dòng)能為：Ekm＝·3mv2＝mgh，故D錯(cuò)誤. 二、多項(xiàng)選擇題（每道題至少有二個(gè)選項(xiàng)正確） 8、如圖2所示，斜面與足夠長的水平橫桿均固定，斜面與豎直方向的夾角為θ，套筒P套在橫桿上，與繩子左端連接，繩子跨過不計(jì)大小的定滑輪，其右端與滑塊Q相連接，此

12、段繩與斜面平行，Q放在斜面上，P與Q質(zhì)量相等且為m，O為橫桿上一點(diǎn)且在滑輪的正下方，滑輪距橫桿h.手握住P且使P和Q均靜止，此時(shí)連接P的繩與豎直方向夾角為θ，然后無初速度釋放P.不計(jì)繩子的質(zhì)量和伸長及一切摩擦，重力加速度為g.關(guān)于P描述正確的是(　　) 圖2 A.釋放P前繩子拉力大小為mgcos θ B.釋放后P做勻加速運(yùn)動(dòng) C.P達(dá)O點(diǎn)時(shí)速率為 D.P從釋放到第一次過O點(diǎn)，繩子拉力對(duì)P做功功率一直增大 【答案】AC 【解析】釋放P前，對(duì)Q分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，F(xiàn)T＝mgcos θ，故A正確；釋放后對(duì)P分析，知P所受的合力在變化，則加速度在變化，做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

13、當(dāng)P到O點(diǎn)時(shí)，Q的速度為零，對(duì)P和Q系統(tǒng)研究，mg(－h(huán))cos θ＝mv2，解得v＝，故C正確；P從釋放到第一次過O點(diǎn)，速度逐漸增大，拉力在水平方向的分力在減小，則拉力的功率不是一直增大，故D錯(cuò)誤. 9、如圖2所示，輕質(zhì)彈簧的一端與內(nèi)壁光滑的試管底部連接，另一端連接質(zhì)量為m的小球，小球的直徑略小于試管的內(nèi)徑，開始時(shí)試管水平放置，小球靜止，彈簧處于原長.若緩慢增大試管的傾角θ至試管豎直，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，在整個(gè)過程中，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.彈簧的彈性勢(shì)能一定逐漸增大 B.彈簧的彈性勢(shì)能可能先增大后減小 C.小球重力勢(shì)能一定逐漸增大 D.小球重力勢(shì)能可能先增大后

14、減小 【答案】AD 【解析】彈簧彈力逐漸增大，彈性勢(shì)能一定逐漸增大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；以地面為勢(shì)能零點(diǎn)，傾角為θ時(shí)小球重力勢(shì)能Ep＝mg(l0－)sin θ，若sin θ＝<1，則在達(dá)到豎直位置之前，重力勢(shì)能有最大值，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確. 10、如圖3所示，在粗糙水平面上有甲、乙兩木塊，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，質(zhì)量均為m，中間用一原長為L、勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接起來，開始時(shí)兩木塊均靜止且彈簧無形變.現(xiàn)用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木塊乙，直到兩木塊第一次達(dá)到加速度相同時(shí)，下列說法正確的是(設(shè)木塊與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(　　) 圖3 A.此時(shí)

15、甲的速度可能等于乙的速度 B.此時(shí)兩木塊之間的距離為L－ C.此階段水平恒力F做的功大于甲、乙兩木塊動(dòng)能增加量與彈性勢(shì)能增加量的總和 D.此階段甲、乙兩木塊各自克服摩擦力所做的功相等 【答案】BC 【解析】現(xiàn)用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木塊乙，直到兩木塊第一次達(dá)到加速度相同時(shí)，在此過程中，乙的加速度減小，甲的加速度增大，所以此時(shí)甲的速度小于乙的速度，故A錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用牛頓第二定律得：a＝，對(duì)甲分析，有：F彈－μmg＝ma，根據(jù)胡克定律得：x＝＝，則兩木塊的距離為：s＝L－x＝L－，故B正確；根據(jù)能量守恒得此階段水平力F做的功等于甲、乙兩木塊動(dòng)能增加量與彈性勢(shì)能增加量和與水平

16、面摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故C正確；由于甲、乙兩木塊各自所受摩擦力大小相等，但位移不同，故甲、乙兩木塊各自所受摩擦力所做的功不相等，故D錯(cuò)誤. 11、如圖4所示，一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點(diǎn)A處，B為軌道最高點(diǎn)，C、D為圓的水平直徑兩端點(diǎn).輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點(diǎn)，另一端與小球拴接，已知彈簧的勁度系數(shù)為k＝，原長為L ＝ 2R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，若給小球一水平初速度v0，已知重力加速度為g，則(　　) 圖4 A.無論v0多大，小球均不會(huì)離開圓軌道 B.若，小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng) D.只要小球能

17、做完整圓周運(yùn)動(dòng)，則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與v0無關(guān) 【答案】ACD 【解析】小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為零時(shí)假設(shè)沒有離開圓軌道，則此時(shí)彈簧的彈力F彈＝kΔx＝R＝mg，此時(shí)小球沒有離開圓軌道，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；若小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度恰為零，則根據(jù)動(dòng)能定理mv＝mg·2R，解得v0＝，故只要v0>，小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；在最低點(diǎn)時(shí)：FN1－mg－kΔx＝m，其中kΔx＝mg；從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理mv＝mv2＋mg·2R，在最高點(diǎn)：FN2＋mg－kΔx＝m，聯(lián)立解得：FN1－FN2＝6mg，故選項(xiàng)D正確；故選A、C、D. 12、如圖9所示，將質(zhì)量為2m的重

18、物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.桿上的A點(diǎn)與定滑輪等高，桿上的B點(diǎn)在A點(diǎn)正下方距離為d處.現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　) 圖9 A.環(huán)到達(dá)B處時(shí)，重物上升的高度h＝ B.環(huán)到達(dá)B處時(shí)，環(huán)與重物的速度大小相等 C.環(huán)從A到B，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能 D.環(huán)能下降的最大高度為d 【答案】CD 【解析】根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)從A下滑至B點(diǎn)時(shí)，重物上升的高度h＝d－d，故A錯(cuò)誤；對(duì)B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有：vco

19、s 45°＝v重物，故B錯(cuò)誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即滿足環(huán)減小的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，故C正確；環(huán)下滑的最大高度為h1時(shí)環(huán)和重物的速度均為0，此時(shí)重物上升的最大高度為－d，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgh1＝2mg(－d)，解得：h1＝d，故D正確.故選C、D. 13、蹦床類似于豎直放置的輕彈簧(彈力滿足F＝kx，彈性勢(shì)能滿足Ep＝kx2，x為床面下沉的距離，k為常量).質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員靜止站在蹦床上時(shí)，床面下沉x0；蹦床比賽中，運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過多次蹦跳，逐漸增加上升高度，測得某次運(yùn)動(dòng)員離開床面在空中的最長時(shí)間為Δt.運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度為g.則

20、可求(　　) A.常量k＝ B.運(yùn)動(dòng)員上升的最大高度h＝g(Δt)2 C.床面壓縮的最大深度x＝x0＋ D.整個(gè)比賽過程中運(yùn)動(dòng)員增加的機(jī)械能ΔE＝mg2(Δt)2 【答案】AC 【解析】質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員靜止站在蹦床上時(shí)，床面下沉x0，故有mg＝kx0，解得k＝，A正確；離開床面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可得運(yùn)動(dòng)員上升的時(shí)間為t＝Δt，故上升的最大高度為h＝gt2＝g(Δt)2，B錯(cuò)誤；離開床面時(shí)的速度為v＝，從壓縮最深處到運(yùn)動(dòng)員剛離開床面過程中有kx2－mgx＝mv2，聯(lián)立v＝，mg＝kx0，解得x＝x0＋，C正確；以床面為零勢(shì)能面，則剛開始時(shí)，人的機(jī)械能為E1＝－mgx0，到

21、最高點(diǎn)時(shí)人的機(jī)械能為E2＝mgh＝mg2(Δt)2，故運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能增量為ΔE＝mg2(Δt)2＋mgx0，D錯(cuò)誤. 14、如圖6甲所示，以斜面底端為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，一物體在平行于斜面的拉力作用下，由靜止開始沿光滑斜面向下運(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)過程中物體的機(jī)械能與物體位移關(guān)系的圖象(E－x圖象)如圖乙所示，其中0～x1過程的圖線為曲線，x1～x2過程的圖線為直線.根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.0～x1過程中物體所受拉力始終沿斜面向下 B.0～x1過程中物體所受拉力先變小后變大 C.x1～x2過程中物體可能在做勻速直線運(yùn)動(dòng) D.x1～x2過程中物體可能在做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

22、 【答案】BCD 【解析】機(jī)械能與物體位移關(guān)系的圖象的斜率表示拉力，可知0～x1過程中物體所受拉力先變小后變大，A錯(cuò)誤，B正確；x1～x2過程中拉力沿斜面向上恒定，物體可能勻速直線運(yùn)動(dòng)也可能勻減速直線運(yùn)動(dòng)，C、D正確. 15、如圖7所示，一質(zhì)量為m的小球以初動(dòng)能Ek0從地面豎直向上拋出，已知運(yùn)動(dòng)過程中受到恒定阻力Ff＝kmg作用(k為常數(shù)且滿足0

23、地時(shí)的動(dòng)能Ek＝ D.在h1處，小球的動(dòng)能和勢(shì)能相等，且h1＝ 【答案】ABD 【解析】對(duì)于小球上升過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得：0－Ek0＝－(mg＋Ff)h0，又Ff＝kmg，得上升的最大高度h0＝，則最大的勢(shì)能為 E1＝mgh0＝，故A、B正確.下落過程，由動(dòng)能定理得：Ek＝(mg－Ff)h0，又Ff＝kmg，解得落地時(shí)的動(dòng)能 Ek＝，故C錯(cuò)誤.h1高度時(shí)重力勢(shì)能和動(dòng)能相等，由動(dòng)能定理得：Ek1－Ek0＝－(mg＋Ff)h1，又 mgh1＝Ek1，解得h1＝.故D正確. 16、一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如

24、圖3a所示)，以此時(shí)為t＝0時(shí)刻記錄了物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系.如圖b所示(圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍渲袃勺鴺?biāo)大小v1>v2).已知傳送帶的速度保持不變.則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A.若物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則μ>tan θ B.0～t1內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做正功 C.0～t2內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動(dòng)能的減少量大 D.0～t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的減少量 【答案】AC　 【解析】在t1～t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有 μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故A正確；由題意知，物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，

25、則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)向上.0～t1內(nèi)，物塊所受摩擦力沿斜面向上，則傳送帶對(duì)物塊做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；物塊的重力勢(shì)能減小，動(dòng)能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動(dòng)能的變化量大小.故C正確；0～t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功等于物塊機(jī)械能的變化量，故D錯(cuò)誤. 17、如圖4所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高.它們由靜止釋放，最終在水平面上運(yùn)動(dòng).下列說法正確的是(　　) 圖4 A.下滑過程中重力對(duì)B做功的功率先增大后減小 B.當(dāng)B滑到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)B的支

26、持力大小為3mg C.下滑過程中B的機(jī)械能增加 D.整個(gè)過程中輕桿對(duì)A做的功為mgR 【答案】AD 【解析】因?yàn)槌跷恢盟俣葹榱悖瑒t重力的功率為0，最低點(diǎn)速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小.故A正確；A、B小球組成的系統(tǒng)，在運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)B到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得： (m＋m)v2＝mgR，解得：v＝，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得： FN－mg＝m 解得：FN＝2mg，故B錯(cuò)誤；下滑過程中，B的重力勢(shì)能減小ΔEp＝mgR，動(dòng)能增加量ΔEk＝mv2＝mgR，所以機(jī)械能減小mgR，故C錯(cuò)誤；整個(gè)過程中對(duì)A，根據(jù)動(dòng)能定理得

27、：W＝mv2＝mgR，故D正確. 三、計(jì)算題 18、風(fēng)洞飛行表演是一種高科技的驚險(xiǎn)的娛樂項(xiàng)目.如圖9所示，在某次表演中，假設(shè)風(fēng)洞內(nèi)向上的總風(fēng)量和風(fēng)速保持不變.質(zhì)量為m的表演者通過調(diào)整身姿，可改變所受的向上的風(fēng)力大小，以獲得不同的運(yùn)動(dòng)效果.假設(shè)人體受風(fēng)力大小與正對(duì)面積成正比，已知水平橫躺時(shí)受風(fēng)力面積最大，且人體站立時(shí)受風(fēng)力面積為水平橫躺時(shí)受風(fēng)力面積的，風(fēng)洞內(nèi)人體可上下移動(dòng)的空間總高度AC＝H.開始時(shí)，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時(shí)，受風(fēng)力有效面積是最大值的一半，恰好使表演者在最高點(diǎn)A點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)；后來，表演者從A點(diǎn)開始，先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處B點(diǎn)后，再以向上的最大加速度

28、勻減速下落，剛好能在最低點(diǎn)C處減速為零，試求： 圖9 (1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大?。? (2)AB兩點(diǎn)的高度差與BC兩點(diǎn)的高度差之比； (3)表演者從A點(diǎn)到C點(diǎn)減少的機(jī)械能. 【答案】(1)g　g　(2)3∶4　(3)mgH 【解析】(1)在A點(diǎn)受力平衡時(shí)，則mg＝k 向上最大加速度為a1，kS－mg＝ma1 得到a1＝g 向下最大加速度為a2，mg－k＝ma2 得到a2＝g (2)設(shè)B點(diǎn)的速度為vB 2a1hAB＝v 2a2hBC＝v 得到：＝＝ 或者由v－t圖象法得到結(jié)論. (3)整個(gè)過程的動(dòng)能變化量為ΔEk＝0 整個(gè)過程的重力

29、勢(shì)能減少量為ΔEp＝mgH 因此機(jī)械能的減少量為ΔE＝mgH 或者利用克服摩擦力做功可也得到此結(jié)論. 19、如圖1所示，勁度系數(shù)k＝25 N/m輕質(zhì)彈簧的一端與豎直板P拴接(豎直板P固定在木板B的左端)，另一端與質(zhì)量mA＝1 kg的物體A相連，P和B的總質(zhì)量為MB＝4 kg且B足夠長.A靜止在木板B上，A右端連一細(xì)線繞過光滑定滑輪與質(zhì)量mC＝1 kg的物體C相連.木板B的上表面光滑，下表面與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.開始時(shí)用手托住C，讓細(xì)線恰好伸直但沒拉力，然后由靜止釋放C，直到B開始運(yùn)動(dòng).已知彈簧伸長量為x時(shí)其彈性勢(shì)能為kx2，全過程物體C沒有觸地，彈簧在彈性限度內(nèi)，g取10 m/s

30、2.求： 圖1 (1)釋放C的瞬間A的加速度大??； (2)釋放C后A的最大速度大小； (3)若C的質(zhì)量變?yōu)閙C′＝3 kg，則B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力對(duì)物體A做功的功率. 【答案】(1)5 m/s2　(2) m/s　(3)45 W 【解析】(1)對(duì)物體C：mCg－FT＝mCa 對(duì)物體A：FT＝mAa 所以a＝＝5 m/s2 (2)水平面對(duì)B的摩擦力Ff＝μFN＝μ(mA＋MB)g＝20 N，釋放C后B不會(huì)運(yùn)動(dòng). 所以，當(dāng)A的加速度為0時(shí)其速度最大，有kx＝mCg，x＝0.4 m 對(duì)物體A、C用動(dòng)能定理mCgx＋W＝ W＝Fl＝－·x＝－ vm＝ ＝ m/s (3)設(shè)

31、B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧伸長量為x1，彈力F＝kx1，當(dāng)F＝Ff時(shí)木板B開始運(yùn)動(dòng)， 則kx1＝μ(mA＋MB)g，x1＝0.8 m 彈簧彈力對(duì)物體A所做的功W1＝－，若B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A的速度為v， 對(duì)物體A、C用動(dòng)能定理mC′gx1＋W1＝ v＝ ＝2 m/s 設(shè)B剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)線的拉力為FT1 對(duì)物體C：mC′g－FT1＝mC′a′ 對(duì)物體A：FT1－kx1＝mAa′，F(xiàn)T1＝＝22.5 N 功率P＝FT1v＝45 W. 20、為研究物體的運(yùn)動(dòng)，在光滑的水平桌面上建立如圖2所示的坐標(biāo)系xOy，O、A、B是水平桌面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿x軸正方向，∠BOA＝60°，OB＝OA.第一次將一

32、質(zhì)量為m的滑塊以一定的初動(dòng)能從O點(diǎn)沿y軸正方向滑出，并同時(shí)施加沿x軸正方向的恒力F1，滑塊恰好通過A點(diǎn).第二次，在恒力F1仍存在的情況下，再在滑塊上施加一個(gè)恒力F2，讓滑塊從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向滑出，恰好也能通過A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為初動(dòng)能的3倍；第三次，在上述兩個(gè)恒力F1和F2的同時(shí)作用下，仍從O點(diǎn)以同樣初動(dòng)能沿另一個(gè)方向滑出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的6倍.求： 圖2 (1)第一次運(yùn)動(dòng)經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值； (2)兩個(gè)恒力F1、F2的大小之比是多少？并求出F2的方向與x軸正方向所成的夾角. 【答案】(1)　(2)2　30° 【解析】(1)設(shè)滑

33、塊的初速度為v0，初動(dòng)能為Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，令OA＝d，則OB＝，只有恒力F1，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：dsin 60°＝v0t① ax＝② dcos 60°＝axt2③ 又有Ek0＝mv④ 由①②③④式得Ek0＝F1d⑤ 設(shè)滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則 EkA＝Ek0＋⑥ 由⑤⑥式得＝ (2)加了恒力F2后，滑塊從O點(diǎn)分別到A點(diǎn)和B點(diǎn)，由功能關(guān)系及⑤式得 WF2＝3Ek0－Ek0－＝Ek0⑦ WF2′＝6Ek0－Ek0－＝Ek0⑧ 由恒力做功的特點(diǎn)，可在OB上找到一點(diǎn)M，從O到M點(diǎn)F2做功與A點(diǎn)做功相同，M與O點(diǎn)的距離為x

34、，如圖，則有＝⑨ 解得x＝d⑩ 則據(jù)恒力做功特點(diǎn)，F(xiàn)2的方向必沿AM的中垂線，設(shè)F2與x軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得α＝30°，＝2. 21、光滑圓軌道和兩傾斜直軌道組成如圖3所示裝置，其中直軌道bc粗糙，直軌道cd光滑，兩軌道相接處為一很小的圓弧.質(zhì)量為m＝0.1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)軌道最高點(diǎn)a時(shí)的速度大小為v＝4 m/s，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道與直軌道bc的相切處b時(shí)，脫離圓軌道開始沿傾斜直軌道bc滑行，到達(dá)軌道cd上的d點(diǎn)時(shí)速度為零.若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計(jì)，已知圓軌道的半徑為R＝0.25 m，直軌道bc的傾角θ＝37°，其長度為

35、L＝26.25 m，d點(diǎn)與水平地面間的高度差為h＝0.2 m，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖3 (1)滑塊與直軌道bc間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)滑塊在直軌道bc上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間. 【答案】(1)0.8　(2)7.66 s 【解析】(1)從a點(diǎn)到d點(diǎn)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理 mg(R＋Rcos θ＋Lsin θ－h(huán))－μmgcos θ·L＝0－ 解得μ＝0.8 (2)設(shè)滑塊在bc上向下滑動(dòng)的加速度為a1，時(shí)間為t1，向上滑動(dòng)的加速度為a2，時(shí)間為t2，在c點(diǎn)時(shí)的速度vc，由c到d有＝mgh，得vc＝2 m/s a點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中

36、，有mgR(1＋cos θ)＝－ 解得vb＝5 m/s 在軌道bc上 下滑時(shí)L＝ t1＝7.5 s 上滑時(shí)mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得a2＝12.4 m/s2 由于0＝vc－a2t2 t2＝≈0.16 s 由于μ>tan θ，滑塊在軌道bc上停止后不再下滑. 滑塊在直軌道bc上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝7.66 s. 22、水上滑梯可簡化成如圖4所示的模型：傾角θ＝37°的斜滑道AB和光滑圓弧滑道BC在B點(diǎn)相切連接，圓弧末端C點(diǎn)切線水平，C點(diǎn)到水面的高度h＝2 m，頂點(diǎn)A距水面的高度H＝12 m，點(diǎn)A、B的高度差HAB＝9 m，一質(zhì)量m＝50

37、kg的人從滑道起點(diǎn)A點(diǎn)無初速度滑下，人與滑道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.(取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，人在運(yùn)動(dòng)過程中可視為質(zhì)點(diǎn)) 圖4 (1)求人從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程克服摩擦力所做的功； (2)求人在圓弧滑道末端C點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道的壓力大??； (3)現(xiàn)沿BA方向移動(dòng)圓弧滑道，調(diào)節(jié)圓弧滑道與斜滑道AB相切的位置，使人從滑梯平拋到水面的水平位移最大，求圓弧滑道與AB滑道的相切點(diǎn)B′到A點(diǎn)的距離. 【答案】(1)1 500 J　(2)1 900 N　(3)7.9 m 【解析】(1)人在AB滑道下滑過程中，由受力分析可知 Ff＝μmg

38、cos θ Wf＝－FfsAB sAB＝ 解得：Wf＝－1 500 J BC段光滑，所以人從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功為1 500 J. (2)由幾何關(guān)系可知：BC段圓弧所對(duì)的圓心角θ＝37°，A、C兩點(diǎn)的高度差HAC＝10 m，B、C兩點(diǎn)的高度差HBC＝1 m 則：FN－mg＝ HBC＝R(1－cos θ) mgHAC＋Wf＝mv 解得：FN＝1 900 N 由牛頓第三定律可知，人在圓弧滑道末端C點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道的壓力大小為1 900 N. (3)設(shè)B′點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為s，則A點(diǎn)與圓弧滑道末端的高度差為hAC＝ssin θ＋HBC，圓弧滑道末端與水面的距離為H－h(huán)

39、AC 由功能關(guān)系和平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有 mghAC－μmgscos θ＝mv2 H－h(huán)AC＝gt2 x＝vt 解得：x＝ 由一元二次方程的性質(zhì)可知：當(dāng)s＝－時(shí)，平拋的水平位移x有最大值 解得：s＝ m≈7.9 m. 23、如圖8所示，質(zhì)量m＝0.1 kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，用長度l＝0.2 m的輕質(zhì)細(xì)線懸于天花板的O點(diǎn).足夠長的木板AB傾斜放置，頂端A位于O點(diǎn)正下方，與O點(diǎn)的高度差h＝0.4 m.木板與水平面間的夾角θ＝37°，整個(gè)裝置在同一豎直面內(nèi).現(xiàn)將小球移到與O點(diǎn)等高的P點(diǎn)(細(xì)線拉直)，由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)Q時(shí)細(xì)線恰好被拉斷(取g＝10 m/s2，sin 37

40、°＝0.6，cos 37°＝0.8).求： 圖8 (1)細(xì)線所能承受的最大拉力F； (2)小球在木板上的落點(diǎn)到木板頂端A的距離s； (3)小球與木板接觸前瞬間的速度大小. 【答案】(1)3 N　(2)1 m　(3)2 m/s 【解析】(1)設(shè)細(xì)線拉斷時(shí)小球的速度大小為v0，由機(jī)械能守恒定律得：mv＝mgl 解得：v0＝ 在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律得 F－mg＝m 解得 F＝3mg＝3 N (2)設(shè)小球在木板上的落點(diǎn)到木板頂端A的距離為s，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：h－l＋s·sin θ＝gt2； scos θ＝v0t，聯(lián)立以上各式得：s＝1 m (3)設(shè)小物塊與木板接觸前瞬間的速度大小為v，由機(jī)械能守恒定律得： mv2＝mg(h＋s·sin θ)，聯(lián)立以上各式得：v＝2 m/s. 19