2020版高考物理总复习综合测试5

咼考真题1. （2020 •海南卷）Q如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为2mg 重力加速度大小为g.质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（）1 A./mgR 1 C.qmgR质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N = 2mg.2如图所示，F N — mg= mR ，得v = .gR.对质点的下滑过程应用动能定理, 1得W 2mgR C 正确.答案：C2. （2020 •新课标全国U ） 一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F 1的 水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v.若将水平拉力的大小改为F 2，物动能定理1 B.gmgR nD._mgR1 2mg —体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用W i 、W 分别表 示拉力F i 、F 2所做的功，W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A.W 2>2WB. W>4W , W = 2WC. W F2<4W W = 2WD. W^<4W , W<2W解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f l = f 2.设两次v 2v运动的时间均为t ，则两次的位移X i 二2t ，X 2 = -yt 二2X 1，故两次克服摩擦力所做的 11 1功，W = 2W.由动能定理得，W 1 — W = 2mv ，W 2 — W = qmQv ）2,即卩 W = W + qmV ,1 2施=W + qm(2v)2,故 W<4W.C 正确.答案：C3. （2020 •大纲全国卷）一物块沿倾角为9的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v 时，上升的最大高度 为H,如图所示；当物块的初速度为2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为h 1 v 25 仆卩mgcos 9 sn r 二0—2m 2，解得卩答案：Dg.物块与斜坡间的动摩擦因数和 工HA. tan 9 和？ 工HC. tan 9 和；4h 分别为（ B.D.)2話12― 1 2gH 1tantan 解析： 由动能定理有—mgH —卩 mgcos 9Hsin 9 —mgh —2v / 2^- 1tan 9,h = H , D 正确.4. (2020 •浙江理综)如图所示，用一块长L i= 1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H= 0.8 m，长1.5 m.斜面与水平桌面的倾角9可在0〜60°间调节后固定•将质量m= 0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数卩i二0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为卩2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g= 10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1) 求9角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2) 当9角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数卩2；(已知sin37 °= 0.6，cos37°= 0.8)(3) 继续增大9角，发现9= 53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离X m解析：⑴为使小物块下滑mgsin 9>^ 1mgcos9①9满足的条件tan 9> 0.05②(2) 克服摩擦力做功1mgLcos 9 + 卩2mg(L j—L QOS 9 )③由动能定理得mgLsin 9—W = 0④代入数据得卩2= 0.8⑤1 2(3) 由动能定理得mgLsin 9—S/= $mv⑥代入数据得v= 1 m/s⑦1 2H= 2gtt = 0.4 s ⑧X1 = vt，X1 = 0.4 m ⑨X m= x i+ L2= 1.9 m ⑩答案：(1 )tan 9> 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5. (2020 •福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v o，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为11，A B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计.求：(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W;(2) 小船经过B点时的速度大小V1；(3) 小船经过B点时的加速度大小a.解析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做的功W= fd ①⑵小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做的功W= Pt1 ②1 2 1 2由动能定理有W- W= qmv —2m\0③联立①②③式解得w= =02+m *fd⑶设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为9,电动机牵引绳的速度大小为V，拉力F和速度V1分别按效果分解如图所示.则P= Fv= Fwcos 9 ⑤由牛顿第二定律有Feos 0- f = ma⑥P f联立④⑤⑥式解得a= —2—2— _ pmv o + 2m Pti —fdm答案：(1)fd (2)\/V°2+ m Pt i —fdP f (3)；mv o2+ 2m_Pt i —fd——m。

本套资源目录2020版高考物理大一轮复习第五章专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章单元质量检测五含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次1功和功率训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次2动能动能定理训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次3机械能守恒定律及其应用训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次4功能关系能量守恒定律训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章实验五探究动能定理讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章实验六验证机械能守恒定律讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章本章学科素养提升讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章机械能本章综合能力提升练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第1讲功和功率讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第2讲动能定理及应用讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第3讲机械能守恒定律及应用讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章能力课动力学观点和能量观点的综合应用训练含解析教科版专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题专题解读1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．命题点一多运动过程问题1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、功能关系或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．例1(2018·河南省驻马店市第二次质检)如图1所示，AB 和CDO 都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝1m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r ＝0.5m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)D 为CDO 轨道的中点．BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC 段水平轨道长L ＝2m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m ＝1kg 的小球P 从A 点的正上方距水平线OA 高H 处自由落下：(取g ＝10m/s 2，不计空气阻力)图1(1)当H ＝2m 时，问此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，问H 的取值范围． 答案 (1)84N (2)0.65m≤H ≤0.7m解析 (1)设小球第一次到达D 点的速度为v D ，对小球从静止到D 点的过程，根据动能定理有：mg (H ＋r )－μmgL ＝12mv D 2在D 点轨道对小球的支持力N 提供向心力，则有N ＝m v D 2r联立解得：N ＝84N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：N ′＝N ＝84N ； (2)为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，则有：mgH min －μmgL ＝12mv 02在O 点由牛顿第二定律有：mg ＝m v 02r代入数据解得：H min ＝0.65m仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，则mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7m 故有：0.65m≤H ≤0.7m.变式1(2018·河南省周口市期末)如图2所示，半径R＝0.3m的竖直圆槽型光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝6.0N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB 之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进人竖直圆槽轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N．已知水平轨道AC长为2m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10m/s2.求：图2(1)小物块运动到B点时的速度大小；(2)拉力F作用在小物块上的时间t；(3)若小物块从竖直圆轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围． 答案 (1)4m/s (2)53s(3)0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025解析 (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得N ＝N ′＝103N ，则v ＝2m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得2mgR ＋12mv 2＝12mv B 2可得v B ＝4m/s ；(2)小物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有Fs －μ1mgx AB ＝12mv B 2－0由牛顿第二定律有F －μ1mg ＝ma 由位移公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s.(3)设小物块与BC 段间的动摩擦因数为μ2. ①物块在圆轨道最高点的最小速度为v 1，由牛顿第二定律有mg ＝m v 12R由动能定理有－2μ2mgx BC －2mgR ＝12mv 12－12mv B 2解得μ2＝0.025故物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道时应满足0≤μ2≤0.025 ②物块从C 点返回在圆轨道上升高度R 时速度为零， 由动能定理有－2μ2mgx BC －mgR ＝0－12mv B 2解得μ2＝0.25物块从C 点返回刚好运动到B 点， 解得－2μ2mgx BC ＝0－12mv B 2μ2＝0.4故物块能返回圆形轨道(不能到达最高点)且不会脱离轨道时应满足0.4>μ2≥0.25综上所述，0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025.命题点二传送带模型1．设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传；②产生的内能：Q＝fx相对．模型1 水平传送带问题例2(2018·河南省郑州一中上学期期中)如图3，一水平传送带以4m/s 的速度逆时针传送，水平部分长L ＝6 m ，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个质量为m ＝1.0 kg 的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远处的过程中因摩擦而产生的热量．图3答案 32J解析 物块在传送带上加速到与传送带同速时 对物块有f ＝μmg ＝ma 解得：a ＝2m/s 2物块所用的时间为：t 1＝va＝2s则物块的位移为：x 1＝v 22a＝4m<L ＝6m传送带匀速运动的位移为：x 1′＝vt 1＝8m 则相对位移为Δx 1＝x 1′－x 1＝4m 因摩擦产生的热量Q 1＝f Δx 1＝8J接着二者一起匀速运动，物块冲上斜面再返回传送带，向右减速到零，则在传送带上运动时，物块的位移为：x 2＝v 22a＝4m物块所用的时间为：t 2＝v a＝2s传送带匀速运动的位移为：x 2′＝vt 2＝8m 则相对位移为：Δx 2＝x 2′＋x 2＝12m 因摩擦产生的热量Q 2＝f Δx 2＝24J全程因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝32J.模型2 倾斜传送带问题例3(2018·陕西师大附中模拟)如图4所示，与水平面成30°角的传送带以v＝2m/s的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB两端距离l＝9m．把一质量m＝2kg的物块(可视为质点)无初速度的轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝7153，不计物块的大小，g取10m/s2.求：图4(1)从放上物块开始计时，t＝0.5s时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？(2)把这个物块从A端传送到B端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？(3)把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？答案(1)14W 28W (2)14J (3)18.8W解析(1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：f ＝μmg cos30°＝14N由牛顿第二定律得：f －mg sin30°＝ma ，a ＝2m/s 2物块与传送带速度相同时用时为：t 1＝v a ＝22s ＝1s因此t ＝0.5s 时刻物块正在加速， 其速度为：v 1＝at ＝1m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：P 1＝fv 1＝14W此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P 2＝fv ＝28W(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x 1＝12at 12＝12×2×12m ＝1m<l ＝9m摩擦力对物块做功为：W 1＝fx 1＝14×1J＝14J 此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：W 2＝fvt 1＝28J这段时间产生的热量：Q ＝W 2－W 1＝14J (3)物块在传送带上匀速运动的时间为：t 2＝l －x 1v＝4s把物块由A 端传送到B 端摩擦力对物块所做的总功为：W 总＝mgl sin30°＋12mv 2把物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是：P ＝W 总t 1＋t 2＝18.8W.命题点三 滑块—木板模型1．模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型． 2．位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例4(2019·四川省德阳市质检)如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图5(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小； (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W . 答案 (1)2h －Lg (2)32mg (3)94mgh解析 (1)由动能定理得12×2mv 02＝2mg (h －L sin θ)解得：v 0＝2h －Lg(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0 解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体有2mg sin θ＝2ma 4 另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θW ＝F ·12a 1t 12解得：W ＝94mgh .变式2如图6甲所示，半径R ＝0.45m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M ＝1kg ，长度l ＝1m ，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h ＝0.2m ．质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放．取g ＝10m/s 2.试求：图6(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离． 答案 (1)30N (2)1m/s (3)0.2m解析 (1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR ＝12mv B 2解得v B ＝3m/s在B 点由牛顿第二定律得，N －mg ＝m v B 2R，解得N ＝30N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力N ′＝N ＝30N ，方向竖直向下． (2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功W f ＝－μ1mg ＋μ2mg 2l ＝－4J物块由静止到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR ＋W f ＝12mv 2，解得v ＝1m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a 1＝μg ＝2m/s 2对平板车有a 2＝μmg M＝2m/s 2经过时间t 1物块滑离平板车，则有v B t 1－12a 1t 12－12a 2t 12＝1m解得t 1＝0.5s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2m/s 此时平板车的速度v 车＝a 2t 1＝1m/s 物块滑离平板车后做平抛运动的时间t 2＝2hg＝0.2s物块落地时距平板车右端的水平距离s ＝(v 物－v 车)t 2＝0.2m.1．(多选)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图1，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，圆轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．质量为m 的小球(可视为质点)以初速度v 0沿AB 运动恰能通过最高点，则( )图1A ．R 越大，v 0越大B ．m 越大，v 0越大C ．R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大D ．m 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大 答案 AD解析 小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg ＝m v D 2R，则v D ＝gR ，根据动能定理得12mv 02＝12mv D 2＋2mgR ，解得v 0＝5gR ，可见R 越大，v 0越大，而且v 0与小球的质量m无关，A 正确，B 错误；小球经过B 点的瞬间，N －mg ＝m v 02R ，则轨道对小球的支持力N ＝mg＋m v 02R＝6mg ，则N 大小与R 无关，随m 增大而增大，由牛顿第三定律知C 错误，D 正确．2．(2018·河南省洛阳市上学期期中)如图2所示，一个半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ.一质量为m 的小滑块(可看作质点)自P 点正上方由静止释放，释放高度为R ，小滑块恰好从P 点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N 时对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示小滑块从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )图2A ．小滑块恰好可以到达Q 点B ．小滑块不能到达Q 点C ．W ＝12mgRD ．W <12mgR答案 C解析 从最高点到N 点，由动能定理有 2mgR －W ＝12mv 2，在N 点，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律有N ＝N ′＝4mg联立可得W ＝12mgR ，故C 正确，D 错误；小滑块从P 点到N 点再到Q 点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN 段与轨道之间的压力大于NQ 段小滑块与轨道之间的压力，根据f ＝μN 可知，小滑块在PN 段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN 段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ 段小滑块克服摩擦力做的功W ′<12mgR ，从N 到Q ，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv Q 2－12mv 2，解得v Q >0，小滑块到达Q 点后，还能继续上升，故A 、B 错误． 3．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图3所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )图3A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 答案 A解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10m/s 2，则( )图4A ．传送带的速率v 0＝10m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24J 答案 ACD解析 当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图像可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m,1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m,0～2.0 s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确．5．(2018·闽粤期末大联考)如图5所示，一固定在地面上的导轨ABC ，AB 与水平面间的夹角为α＝37°，一小物块放在A 处(可视为质点)，小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.25，现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v 0＝1m/s.小物块经过B 处时无机械能损失，物块最后停在B 点右侧1.8米处(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求：图5(1)小物块在AB 段向下运动时的加速度大小； (2)小物块到达B 处时的速度大小； (3)AB 的长度L .答案 (1)4m/s2 (2)3 m/s (3)1m解析 (1)小物块从A 到B 过程中，由牛顿第二定律得，mg sin α－μmg cos α＝ma代入数据解得a ＝4m/s 2.(2)小物块从B 向右运动，由动能定理得， －μmgs ＝0－12mv B 2代入数据解得v B ＝3m/s.(3)小物块从A 到B ，由运动学公式得L ＝v B 2－v 022a＝1m.6．(2018·安徽省蚌埠二中期中)如图6甲所示，质量为m ＝0.1kg 的小球，用长l ＝0.4m 的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计．当在最低点A 处给小球6m/s 的初速度时，小球恰能运动至最高点B ，空气阻力大小恒定．求：(g 取10 m/s 2)图6(1)小球在A 处时传感器的示数；(2)小球从A 点运动至B 点过程中克服空气阻力做的功；(3)小球在A 点以不同的初速度v 0开始运动，当运动至B 点时传感器会显示出相应的读数F ，试通过计算在图乙所示坐标系中作出F －v 02图像． 答案 (1)10N (2)0.8J (3)如图所示解析 (1) 在A 点，由牛顿第二定律有F 1－mg ＝m v A 2l ，则F 1＝10N(2)由题意知在B 点时，有mg ＝m v B 2l，则v B ＝2m/s小球从A 到B 的过程中，根据动能定理：－W 克f －2mgl ＝12mv B 2－12mv A 2解得W 克f ＝0.8J(3)小球从A 到B 的过程中，根据动能定理：有－W 克f －2mgl ＝12mv B 2－12mv 02小球在最高点F ＋mg ＝m v B 2l联立得：F ＝14v 02－9，F －v 02图像如图所示7．(2018·河北省石家庄二中期中)如图7，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C 点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15N 时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离．已知长木板长1m ，圆轨道半径R ＝1m ，滑块和长木板的质量均为1kg ，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10m/s 2.若滑块从轨道上距离C 点高h ＝0.45m 的位置由静止释放，求：图7(1)滑块到C 点时对轨道压力的大小；(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量． 答案 (1)19N (2)1.5m (3)4.5J解析 (1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mgh ＝12mv 02，解得v 0＝3m/s在C 点由向心力公式知：N －mg ＝mv 02R，解得N ＝19N由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力N ′＝N ＝19N (2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中： 滑块的加速度大小a 1＝μ1mg m＝4m/s 2木板的加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝2m/s 2由v 0－a 1t ＝a 2t ＝v 共得出，t ＝0.5s ，v 共＝1m/s滑块的位移x 1＝v 0＋v 共2t ＝1m之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a 3＝μ2·2mg 2m＝1m/s 2x 3＝v 共22a 3＝0.5m故滑块的总位移x ＝x 1＋x 3＝1.5m.(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mgh＝Q＝4.5J.单元质量检测(五)时间：50分钟一、选择题(1～6题为单项选择题，7～8题为多项选择题)1．升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动 5 m 时速度达到4 m/s ，则此过程中(g 取10 m/s 2)( ) A ．升降机对物体做功5 800 J B ．合外力对物体做功5 800 J C ．物体的重力势能增加500 J D ．物体的机械能增加800 J解析 根据动能定理得W 升－mgh ＝12mv 2，可解得W 升＝5 800 J ，A 正确；合外力做的功为12mv2＝12×100×42J ＝800 J ，B 错误；物体重力势能增加mgh ＝100×10×5 J＝5 000 J ，C 错误；物体机械能增加ΔE ＝Fh ＝W 升＝5 800 J ，D 错。

专题5.3 机械能守恒定律1．掌握重力势能、弹性势能的概念，并能计算。

2．掌握机械能守恒的条件，会判断物体的机械能是否守恒。

3．掌握机械能守恒定律的三种表达形式，理解其物理意义，并能熟练应用。

知识点一重力做功与重力势能1．重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与初末位置的高度差有关。

(2)重力做功不引起物体机械能的变化。

2．重力势能(1)公式：E p＝mgh。

(2)特性：①标矢性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同。

②系统性：重力势能是物体和地球所组成的“系统”共有的。

③相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关。

重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关。

3．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加。

(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量。

即W G＝E p1－E p2＝－ΔE p。

知识点二弹性势能1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能．2．弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加，即W ＝－ΔE P.知识点三机械能守恒定律及其应用1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括重力势能和弹性势能.2．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变.(2)守恒条件：只有重力或系统内弹力做功．(3)常用的三种表达式：①守恒式：E1＝E2或E k1＋E P1＝E k2＋E P2.(E1、E2分别表示系统初末状态时的总机械能)②转化式：ΔE k＝－ΔE P或ΔE k增＝ΔE P减.(表示系统势能的减少量等于动能的增加量)③转移式：ΔE A＝－ΔE B或ΔE A增＝ΔE B减.(表示系统只有A、B两物体时，A增加的机械能等于B减少的机械能)考点一机械能守恒的理解与判断【典例1】（2019·浙江选考）奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是（）A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加【答案】B【解析】加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确。

选修3－5综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下面列出的是一些核反应方程：3015P ―→3014Si ＋X ，94Be ＋21H ―→105B ＋Y ， 42He ＋42He ―→73Li ＋Z.其中( )A ．X 是质子，Y 是中子，Z 是正电子B ．X 是正电子，Y 是质子，Z 是中子C ．X 是中子，Y 是正电子，Z 是质子D ．X 是正电子，Y 是中子，Z 是质子[答案] D[解析] 由电荷数守恒和质量数守恒规律可知，X 是正电子，Y 是中子，Z 是质子，故D 正确．2．放射性同位素发出的射线在科研、医疗、生产等诸多方面得到了广泛的应用，下列有关放射线应用的说法中正确的有( )A ．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除有害静电的目的B ．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视C ．用放射线照射作物种子能使其DNA 发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种D ．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的危害[答案] D[解析] 利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视；作物种子发生的DNA 突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种；用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地严格控制剂量，故选D.3．2020年2月，温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪/赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌．若质量为m 1的赵宏博抱着质量为m 2的申雪以v 0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻赵宏博突然将申雪向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计．若分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，则有( )A．m1v0＝m1v1＋m2v2B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2D．(m1＋m2)v0＝m1v1[答案] C[解析] 因两人分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，C正确．4.“中国月球着陆探测器”在中国航天馆揭开神秘面纱．它将带着中国制造的月球车，在38万千米之外的月球表面闲庭信步．月球的表面长期受到宇宙射线的照射，使得“月壤”中的32He含量十分丰富，科学家认为，32He是发生核聚变的极好原料，将来32He也许是人类重要的能源，所以探测月球意义十分重大．关于32He，下列说法正确的是( )A.32He的原子核内有三个中子两个质子B.32He的原子核内有一个中子两个质子C.32He发生聚变，放出能量，一定会发生质量亏损D.32He原子核内的核子靠万有引力紧密结合在一起[答案] BC[解析] 32He是氦元素的一种同位素，质量数是3，电荷数是2，原子核内有两个质子一个中子，所以A错误，B正确；发生核聚变放出能量就会有质量亏损，C正确；原子核内的核子是靠核力紧密结合在一起的，而不是靠万有引力紧密结合在一起的，D错误．5．下列说法正确的是( )A．中子和质子结合氘核时吸收能量B．放射性物质的温度升高，其半衰期减小C．某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，核内中子数减少4个D．γ射线的电离作用很强，可用来消除有害静电[答案] C[解析] 中子和质子结合成氘核时放出能量．放射性物质的半衰期不受温度的影响．原子核经过一次α衰变核内的中子数减少2个，一次β衰变核内的中子数减少一个．γ射线的电离作用很弱，不可用来消除有害静电．6．(2020·温州模拟)2020年7月25日早7时，美国“乔治·华盛顿”号核航母驶离韩南部釜山港赴东部海域参加军演，标志此次代号为“不屈的意志”的美韩联合军演正式开始．在现兵器体系中，潜艇和航母几乎算得上是一对天生的冤家对头，整个二战期间，潜艇共击沉航母17艘，占全部沉没航母数量的40.5%.中国有亚洲最大的潜艇部队，拥有自行开发的宋级柴电动力潜艇和汉级核动力潜艇，核动力潜艇中核反应堆释放的核能被转化成动能和电能．核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．核反应方程23592U ＋n→14156Ba ＋9236Kr ＋αX 是反应堆中发生的众多核反应的一种，n 为中子，X 为待求粒子，α为X 的个数，则( )A ．X 为质子 α＝3B ．X 为质子 α＝2C ．X 为中子 α＝2D ．X 为中子 α＝3 [答案] D[解析] 由重核裂变方程以及核反应方程中电荷数守恒可得出X 电荷数为0，即X 应为中子，又由质量数守恒可得α＝3，因此，答案选D.7．颜色不同的a 光和b 光由某介质射向空气时，临界角分别为C a 和C b ，且C a > C b .当用a 光照射某种金属时发生了光电效应，现改用b 光照射，则( )A ．不一定能发生光电效应B ．光电子的最大初动能增加C ．单位时间内发射的光电子数增加D ．入射光强度增加[答案] B[解析] 由sin C ＝1n可知n a <n b ，则a 光的频率小于b 光的频率，因此B 对． 8．(2020·合肥模拟)质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．v[答案] B[解析] 本题考查碰撞和动量守恒，意在考查学生对碰撞中的动量守恒和能量关系问题的处理能力．根据动量守恒得：mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′＝12m (－0.8v )2＋12×3m (0.6v )2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A 错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′＝12m (－0.2v )2＋12×3m (0.4v )2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B 正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故选项C 错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．9．由于放射性元素23793Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi，下列论述中正确的是( )A．核20983Bi比核23793Np少28个中子B．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变C．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变D．发生β衰变时，核内中子数不变[答案] B[解析] 因为核反应方程的质量和电荷数守恒，可以知道该核反应方程为23793Np→20983Bi＋742He＋40－1e，B正确；20983Bi和23793Np的中子数分别为126和144，相差18个，A错；β衰变是核内中子变为质子而放出的，故核内中子数要减少，D错．10.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M＝3kg的木板，木板上有质量为m＝1kg的物块．它们都以v＝4m/s的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，当木板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是( )A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能[答案] A[解析] 当木板速度为v1＝2.4m/s时，由动量守恒定律可得，Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝0.8m/s，方向向左，可见物块已经向左匀加速运动，选项A正确．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)在2020年温哥华冬奥会上，首次参寒的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图为中国队员王冰玉投掷冰壶的镜头．假设在此次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后中国队的冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑行．若两冰壶质量相等，则对方冰壶获得的速度为________m/s.[答案] 0.3[解析] 由动量守恒定律m1v1＝mv′1＋m2v′2代入数值解得：v′2＝0.3m/s12．(6分)在做“验证动量守恒定律”的实验中，小球的落点情况如图所示，入射球A与被碰球B 的质量之比为M A ∶M B ＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为p A ∶p B ＝________.[答案] 1∶2[解析] 考查碰撞中动量守恒表达式的应用．实验中碰撞结束时刻的动量之比为p A p B＝M A ·OM M B ·ON ＝32×18.3055.14＝1213．(6分)1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现________．图中A 为放射源发出的________粒子，B 为________气．[答案] 质子 α 氮三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m 1，初速度为v 0，氮核质量为m 2，质子质量为m 0，氧核的质量为m 3，不考虑相对论效应．(1)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？(2)求此过程中释放的核能．[答案] (1)m 1v 0m 1＋m 2(2)(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 2 [解析] (1)设复核的速度为v ，由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝m 1v 0m 1＋m 2(2)核反应过程中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 0－m 3反应过程中释放的核能ΔE ＝Δm ·c 2＝(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 215．(10分)(2020·江苏省姜堰市二中高三上学期学情调查)用速度为v 0、质量为m 1的42He核轰击质量为m 2的静止的147N 核，发生核反应，最终产生两种新粒子A 和B .其中A 为148O 核，质量为m 3，速度为v 3；B 的质量为m 4.(1)计算粒子B 的速度v B .(2)粒子A 的速度符合什么条件时，粒子B 的速度方向与He 核的运动方向相反．[答案] (1)m 1v 0－m 3v 3m 4 (2)v 3>m 1v 0m 3[解析] 根据动量守恒定律可解得粒子B 的速度，再根据粒子B 的速度方向与42He 核的运动方向相反 ，确定粒子A 的速度符合的条件．(1)由动量守恒定律有：m 1v 0＝m 3v 3＋m 4v B ，解得：v B ＝m 1v 0－m 3v 3m 4 (2)B 的速度与42He 核的速度方向相反，即：m 1v 0－m 3v 3<0，解得：v 3>m 1v 0m 3 16．(11分)(2020·烟台模拟)如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，M ＝5m ，A 、B 间存在摩擦，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v 0，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，求A 、B 最后的速度大小和方向．[答案] 23v 0 方向与平板车B 初速度方向相同． [解析] 由动量守恒可知：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v得：v ＝M －m M ＋mv 0 将M ＝5m 代入上式可得：v ＝23v 0 方向与平板车B 初速度方向相同17．(11分)氢原子的能级示意图如图所示，现有每个电子的动能都为E e ＝12.89eV 的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰．已知碰撞前一个电子与一个原子的总动量为零．碰撞后，氢原子受激，跃迁到n ＝4的能级．求碰撞后1个电子与1个受激氢原子的总动能．(已知电子的质量m e 与氢原子的质量m H 之比为1∶1840)[答案] 0.15eV[解析] 以v e 和v H 表示碰撞前电子的速度和氢原子的速率，根据题意有： m e v e －m H v H ＝0①碰撞前，氢原子与电子的总动能为：E k ＝12m H v 2H ＋12m e v 2e ② 联立①②两式并代入数据解得：E k ≈12.90eV③氢原子从基态跃迁到n ＝4的能级所需要能量由能级图可得：ΔE ＝－0.85eV －(－13.6eV)＝12.75eV ④碰撞后，受激氢原子与电子的总动能为：E ′k ＝E k －ΔE ＝12.9eV －12.75eV ＝0.15eV。

2020年高考物理复习力学大题集训（五）1.总质量为80kg 的跳伞运动员从离地500m 的直升机上跳下，经过2s 拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v －t 图像，其中前2s 内的图像为直线，根据图像求：（g 取10m/s 2）(1) t ＝1s 时运动员的加速度和所受阻力的大小。

(2) 估算14s 内运动员下落的高度(3) 估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。

2.设雨点下落过程受到的空气阻力与雨点的横截面积S 成正比，与雨点下落的速度v 的平方成正比，即f=kSv 2（其中k 为比例系数）．雨点接近地面时近似看做匀速直线运动，重力加速度为g ．若把雨点看做球形，其半径为r ，球的体积为34πr 3，设雨点的密度为ρ，求：（1）每个雨点最终的运动速度v m （用ρ、r 、g 、k 表示）； （2）雨点的速度达到21v m 时，雨点的加速度a 为多大（用g 表示）？3.图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图，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，弯道中心线半径分别为，弯道2比弯道1高，有一直道与两弯道圆弧相切。

质量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。

（sin37°=0.6，sin53°=0.8）（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度；（2）汽车以进入直道，以的恒定功率直线行驶了，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点）。

4.游船从码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观察，记录数据如下表，运动过程运动时间运动状态匀加速运动初速度；末速度匀速运动匀减速运动靠岸时的速度（1）求游船匀加速运动过程中加速度大小，及位移大小；（2）若游船和游客总质量，求游船匀减速运动过程中所受合力的大小F；（3）求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。

专题5.5 动力学观点和能量观点解决力学综合问题1．(2019·安徽皖南八校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，一质量为m ＝1 kg 初速度大小为v 2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．则（ ）A ．小物块向左运动的过程中离A 处的最大距离为4 mB ．0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2 N·sC ．0～4 s 时间内，传送带克服摩擦力做功为16 JD ．小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18 J 【答案】AD【解析】由v －t 图象可知，2 s 时小物块向左运动的距离最远，根据v －t 图象得面积等于位移，s 1＝12×2×4 m ＝4 m ，故A 正确；小物块匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt ＝42＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：μm g ＝ma ＝2 N ，0～3 s 时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I ＝μmgt ＝6 N·s ，故B 错误；由v －t 图象，传送带速度大小：v 2＝2 m/s ，前3 s 小物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W ＝μmgv 2t 3＝2×2×3 J ＝12 J ，故C 错误；小物块在传送带上滑动的3 s 内，皮带的位移s ′＝v 2t 3＝6 m ，方向向右；小物块的位移：s ＝s 1－s 2＝3 m ，方向向左．两个物体的相对位移Δs ＝s ′＋s ＝9 m ，整个过程中摩擦产生的热量：Q ＝μmg Δs ＝18 J ，故D 正确．2．(2019·华东师范大学附中模拟)如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能． 【答案】(1)μmgLF －2μmg (2)μmgL【解析】(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得 μmgx ＝12mv 2A(F －μmg )·(x ＋L )＝12mv 2B 又因为v A ＝a A t ＝μgtv B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgL F －2μmg .(2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有 F (x ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q 解得Q ＝μmgL .3. (2019·江苏如东高中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．整个过程中木板的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．【答案】(1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m【解析】(1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12mv 2， 经B 点时，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝mv 2R ，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1， 在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2， 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ， 木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1， 代入数据解得Δx ＝3 m.4. (2019·浙江效实中学模拟)如图，—轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．【解析】(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ， ② 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12mv 2B ， ④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦ E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ， ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2， ⑪ x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .5. (2019·江西白鹭洲中学模拟)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．【答案】(1)1.2 m (2)2.5 m【解析】(1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则 gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④ 薄板在光滑斜面上运动，则 Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则 v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22，⑦ 薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧ 薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m.6. (2019·山东青岛二中模拟)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？【答案】ω＝π(2n ＋1)4gR (n ＝0,1,2，…)【解析】设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有 －μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 20， 解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg 2R ， 解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg ＝4R g ，要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π， ω＝π(2n ＋1)4gR (n ＝0,1,2，…)．7. (2019·湖北孝感高级中学模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .【答案】(1)6 m/s (2)9 J【解析】(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0， 从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B ， 解得v C ＝6 m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t . 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9 J.8. (2019·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C ，圆轨道的直径AC 与斜面垂直。

万有引力定律与航天【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．2017年10月24日，在地球观测组织(GEO)全会期间举办的“中国日”活动上，我国正式向国际社会免费开放共享我国新一代地球同步静止轨道气象卫星“风云四号”(如图所示)和全球第一颗二氧化碳监测科学实验卫星(简称“碳卫星”)的数据。

“碳卫星”是绕地球极地运行的卫星，在离地球表面700公里的圆轨道对地球进行扫描，汇集约140天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图，有关这两颗卫星的说法正确的是（）A．“风云四号”卫星的向心加速度大于“碳卫星”的向心加速度B．“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度C．“碳卫星”的运行轨道理论上可以和地球某一条经线重合D．“风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度【答案】 B2．某行星半径R=2440km，行星周围没有空气且忽略行星自转。

若某宇航员在距行星表面h=1.25m处由静止释放一物块，经t=1s后落地，则此行星A．表面重力加速度为10m／s2B．表面重力加速度为5m／s2C．第一宇宙速度大约为2．47km／sD．第一宇宙速度大约为78m／s【答案】 C点睛：第一宇宙速度是指绕星体表面运行卫星的速度。

是所有圆轨道卫星的最大的运行速度，也是卫星的最小发射速度。

3．如图所示，地球绕太阳做匀速圆周运动，地球处于运动轨道b位置时，地球和太阳连线上的a位置、c 与d位置均关于太阳对称，当一无动力的探测器处在a或c位置时，它仅在太阳和地球引力的共同作用下，与地球一起以相同的角速度绕太阳做圆周运动，下列说法正确的是A．该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力等于在c位置受到太阳、地球引力的合力B．该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力大于在c位置受到太阳、地球引力的合力C．若地球和该探测器分别在b、d位置，它们也能以相同的角速度绕太阳运动D．若地球和该探测器分别在b、e位置，它们也能以相同的角速度绕太阳运动【答案】 B【解析】探测器与地球具有相同的角速度，则根据F=ma=mω2r可知该探测器在a位置受太阳、地球引力的合力大于在c位置受到太阳、地球引力的合力，选项B正确，A错误；若地球和该探测器分别在b、d位置，根据可知，因转动的半径不同，则它们不能以相同的角速度绕太阳运动，选项C错误；同理若地球和该探测器分别在b、e位置，它们也不能以相同的角速度绕太阳运动，选项D错误；故选B.4．下列论述中正确的是A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性【答案】 C5．如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，若从水星与金星在一条直线上开始计时，天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，如图所示，则由此条件不可求得的是( )A．水星和金星的质量之比B．水星和金星到太阳的距离之比C．水星和金星绕太阳运动的周期之比D．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比【答案】 A【解析】【详解】A、水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A错误；相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知道它们的角速度之比，根据万有引力提供向心力：，，知道了角速度比，就可求出轨道半径之比．故B正确．C、相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2，可知它们的角速度之比为θ1：θ2．周期，则周期比为θ2：θ1．故C正确．根据a=rω2，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比．故D正确．本题求不可求的，故选A【点睛】在万有引力这一块，设计的公式和物理量非常多，在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算6．我们国家从 1999 年至今已多次将“神州”号宇宙飞船送入太空。

《机械能》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,质量为m的钩码在弹簧测力计的作用下竖直向上运动.设弹簧测力计的示数为F T,不计空气阻力,重力加速度为g.则( D )A.T=mg时,钩码的机械能不变B.T<mg时,钩码的机械能减小C.T=mg时,钩码的机械能减小D.T>mg时,钩码的机械能增加解析:无论T与mg的关系如何,T与钩码位移的方向一致,T做正功,钩码的机械能增加,选项D正确.2.如图为轿车中用于改变车速的挡位.手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度,从“1～5”逐挡速度增大,R 是倒车挡.轿车要以最大动力上坡,变速杆应推至挡位及该车以额定功率和最高速度运行时轿车的牵引力分别为( D )A.“5”挡,8 000 NB.“5”挡,2 000 NC.“1”挡,4 000 ND.“1”挡,2 000 N解析:由P=Fv可知,要获得大的动力应当用低速挡,即“1”挡;由P=Fv m,解得F==2 000 N,选项D正确.3.蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图所示,蹦极者从P点静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,离水面还有数米距离.蹦极者在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2,克服空气阻力做功为W,则下列说法正确的是( C )A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W解析:蹦极者从P到A的过程中,除了重力做功以外,还有空气阻力做功,机械能不守恒,选项A错误;从A到B的过程中,有重力、弹力和阻力做功,对于系统,除了重力和弹力做功以外,有阻力做功,系统机械能不守恒,选项B错误;根据能量守恒知,由于动能变化量为零,重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,选项C正确,D错误.4.将一小球从高处水平抛出,最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图像如图所示,不计空气阻力,取g=10 m/s2.根据图像信息,不能确定的物理量是( D )A.小球的质量B.小球的初速度C.最初2 s内重力对小球做功的平均功率D.小球抛出时的高度解析:由m=5 J和机械能守恒ΔE k=mgh=25 J,结合h=gt2=×10×22 m=20 m,解得m= kg,v0=4 m/s.最初2 s 内重力对小球做功的平均功率==12.5 W.小球抛出时的高度无法确定,故选D.5.足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动,某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带,最后小物块的速度与传送带的速度相同.在小物块与传送带间有相对运动的过程中,滑动摩擦力对小物块做的功为W,小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q,则下列判断中正确的是( B )A.W=0,Q=mv2B.W=0,Q=2mv2C.W=,Q=mv2D.W=mv2,Q=2mv2解析:对小物块,由动能定理有W=mv2-mv2=0,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则小物块与传送带间的相对路程x相对=,这段时间内因摩擦产生的热量Q=μmg·x相对=2mv2,选项B正确.6.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像,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,则下述说法正确的是( D )A.0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B.t1～t2时间内汽车牵引力做功为m-mC.t1～t2时间内的平均速度为(v1+v2)D.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值,t2～t3时间内牵引力最小解析:由题图可知,在0～t1时间内,v-t图像为倾斜的直线,故汽车做匀加速运动,牵引力恒定,由P=Fv可知,汽车牵引力的功率均匀增大,选项A错误;在t1～t2时间内,根据动能定理有W F-W f=m-m,因此牵引力做的功大于m-m,选项B错误;在t1～t2时间内,若v-t图像为直线,则平均速度为(v1+v2),而题图所示v-t图像为曲线,故这段时间内的平均速度大于(v1+v2),选项C错误;全过程中,t1时刻牵引力最大,功率达到额定功率,也最大,之后,功率不变,牵引力减小,直至F=f,此后汽车做匀速运动,选项D正确.7.竖直向上抛出一小球,小球在运动过程中,所受空气阻力大小不变.规定向上方向为正方向,小球上升到最高点所用时间为t0,下列关于小球在空中运动过程中的加速度a、位移x、重力的瞬时功率P和机械能E随时间t变化的图像中,正确的是( C )解析:由于向上方向为正,加速度方向一直向下,选项A错误;由空气阻力大小不变,故物体向上减速运动和向下加速运动的加速度均恒定,且向上的加速度大,故向上减速的时间小于向下加速的时间,由于小球做匀变速运动,位移—时间图线不是直线,选项B错误;由于空气阻力一直做负功,故小球的机械能一直减小,选项D错误,重力的瞬时功率P=mgv,选项C正确.8.在排球比赛中,假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网,排球网高H=2.24 m,排球质量为m=300 g,运动员对排球做的功为W1=20 J,排球运动过程中克服空气阻力做的功为W2=4.12 J,重力加速度g=10 m/s2.球从手刚发出位置的高度h=2.04 m,选地面为零势能面,则( BD )A.与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 JB.排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC.排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD.与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J解析:与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H-h)=0.6 J,选项A错误;排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh+W1-W2=22 J,选项B正确;排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1-W2-mg(H-h)=15.28 J,选项C错误;与排球从手刚发出相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W2+mg(H-h)=4.72 J,选项D正确.9.一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g=10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( ABC )A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体匀速运动时的速度D.物体运动的时间解析:物体做匀速运动时,受力平衡,则f=F=7 N,再由滑动摩擦力公式f=μmg可求得物体与水平面间的动摩擦因数,选项A正确;运动4 m后物体做减速运动,图线与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,则由图像中减速过程包括的方格数可估算拉力所做的功,再由摩擦力与位移的乘积求出摩擦力的功,就可求得总功,选项B正确;已求出合外力所做的功,再由动能定理可求得物体开始时做匀速运动的速度,选项C正确;由于不知道具体的运动情况,无法求出减速运动的时间,选项D错误.10.如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,通过轻绳联结在一起,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.不计摩擦和空气的阻力,以下说法正确的是( AD )A.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越大B.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越小C.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度一直增大解析:由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l),当M=2m时,h=l,选项A正确,B错误;当M=m时,小环在下降过程中系统的重力势能一直在减少,即系统的动能一直在增加,选项D正确,C错误.11.在倾角为θ的光滑斜面上放有两个用轻弹簧相连接的物块A,B,它们的质量分别为m1,m2(m1<m2),弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态,如图所示.现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,当物块B 刚要离开C时,物块A运动的距离为d,速度为v.则( AD )A.此时物块A的加速度为B.该过程中,物块A的速度逐渐增大C.此时物块A所受重力做功的功率为m1gvD.该过程中,弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsin θ-m1v2解析:系统处于静止时,弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量为x1,对物块A有m1gsin θ=kx1;物块B刚要离开C时,弹簧处于伸长状态,弹簧的伸长量为x2,对物块A有F-m1gsin θ-kx2=m1a,又物块A运动的距离为d=x1+x2,解得a=,若F<kd,则物块A在该过程中运动的速度将先增大后减小,选项A正确,B错误;物块A重力的方向与速度方向不共线,选项C错误;根据能量守恒定律得,弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsin θ-m1v2,选项D正确.12.水平地面上固定一倾角为θ=37°的足够长的光滑斜面,如图所示,斜面上放一质量为m A=2.0 kg、长l=3 m的薄板A,质量为m B=1.0 kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端,B与A之间的动摩擦因数μ=0.5.开始时用外力使A,B静止在斜面上,某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v0=5 m/s,同时撤去外力,已知重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列说法正确的是( CD )A.在滑块B向上滑行的过程中,A,B的加速度大小之比为3∶5B.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中所经历的时间为0.5 sC.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中滑块B克服摩擦力所做的功为 JD.从A,B开始运动到A,B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为 J解析:由牛顿第二定律得A,B的加速度大小分别为a A==4 m/s2,a B==10 m/s2,则a A∶a B=2∶5,选项A错误;B沿斜面向上运动的时间t1==0.5 s,B运动到最高点时,A沿斜面向下运动的速度为v A=a A t1=2 m/s,设B从最高点向下运动到两者速度相同时用时为t2,则v=a B t2=v A+a A t2,解得t2= s,共同速度为v=m/s,因此从A,B开始运动到A,B沿斜面向下的速度相同时所经历的时间为t=t1+t2= s,选项B错误;B沿斜面向上运动的位移x1=t1=1.25 m,此过程中A向下运动的位移x2=a A=0.5 m,B沿斜面向下运动,到两者速度相同时,下滑的位移x3=a B= m,此过程中,A向下运动的位移x4=v A t2+a A= m,故整个过程中摩擦力对滑块B所做的功W=-μm B gx1cos 37°+μm B gx3cos 37°=- J,即滑块B克服摩擦力所做的功为 J,选项C正确;整个过程中因摩擦产生的热量为Q=μm B gcos 37°(x1+x2)+μm B gcos 37°(x4-x3)= J,选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(5分)利用气垫导轨探究弹簧的弹性势能与形变量的关系,在气垫导轨上放置一带有遮光片的滑块,滑块的一端与轻弹簧贴近,弹簧另一端固定在气垫导轨的一端,将一光电门P固定在气垫导轨底座上适当位置[如图(甲)所示].弹簧处于自然状态时,使滑块向左压缩弹簧一段距离,然后由静止释放滑块,与光电门相连的光电计时器可记录遮光片通过光电门的挡光时间,则可计算出滑块离开弹簧后的速度大小.实验步骤如下:①用游标卡尺测量遮光片的宽度d.②在气垫导轨上通过滑块将弹簧压缩x1,滑块由静止释放.由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t1.③利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v和动能mv2.④增大弹簧压缩量为x2,x3,…,重复实验步骤②③,记录并计算相应的滑块动能mv2,如下表所示.mv(1)测量遮的)所示,读得d= cm;(2)在下面所给的两个坐标系中分别作出mv2-x和mv2-x2图像;(3)由机械能守恒定律E p=mv2,根据图像得出结论是. 解析:(1)根据游标卡尺读数规则,读出遮光片的宽度d=1.0c m+ 0.03 cm=1.03 cm.(2)根据描点法在坐标系中进行描点,连线,所作mv2-x和mv2-x2图像如图所示.(3)根据图像得出结论是:弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比.答案:(1)1.03 (2)见解析(3)弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比评分标准:(1)(2)问各2分,(3)问1分.14.(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图(甲)所示,水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A 点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连;遮光片两条长边与导轨垂直,导轨上B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t,用d表示A点到光电门B处的距离,b表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度,实验时滑块在A处由静止开始运动.(1)某次实验测量倾角θ=30°,重力加速度用g表示,滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔE k= ,系统的重力势能减少量可表示为ΔE p= ,在误差允许的范围内,若ΔE k=ΔE p,则可认为系统的机械能守恒.(用题中字母表示)(2)在上次实验中,某同学改变A,B间的距离,作出的v2-d图像如图(乙)所示,并测得M=m,则重力加速度g=m/s2.解析:(1)系统动能增加量可表示为ΔE k=(M+m)=,系统的重力势能减少量可表示为ΔE p=mgd-Mgdsin 30°=(m-)gd.(2)根据机械能守恒可得(m-)gd=(M+m)v2,即g=,代入数据得g=9.6 m/s2.答案:(1)(m-)gd(2)9.6评分标准:每空各2分.15.(8分)如图所示,AB,BC为倾角不同的斜面,斜面BC与水平面夹角为30°,CD段水平,B,C处均以平滑小圆弧连接.一物块从距水平面高度为h的A点由静止沿斜面滑下,物块在BC段做匀速运动,最终停在水平面上D点.物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均相同.求:(1)物块与接触面间的动摩擦因数;(2)A点到D点的水平距离.解析:(1)由物块在BC段匀速运动有mgsin 30°=μmgcos 30° (1分)解得μ=. (1分)(2)设斜面AB与水平面夹角为α,AB的水平距离为x1,BC的水平距离为x2,CD的水平距离为x3AB段摩擦力做功W1=-μmgcos α×=-μmgx1 (2分)同理可得BC段摩擦力做功W2=-μmgx2 (1分)CD段摩擦力做功W3=-μmgx3 (1分)对AD段,由动能定理得mgh+W1+W2+W3=0 (1分)解得x AD=x1+x2+x3=h. (1分)答案:(1)(2)h16.(8分)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的.某次测试中,汽车以额定功率行驶700 m后关闭发动机,测出了汽车动能E k与位移x的关系图像如图,其中①是关闭储能装置时的关系图线,②是开启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1 000 kg,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计,求:(1)汽车的额定功率P;(2)汽车加速运动500 m所用的时间t;(3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E.解析:(1)关闭发动机且关闭储能装置后,汽车在地面的阻力f的作用下减速至停止,由动能定理有-fx=0-E k (1分)解得f=2×103 N (1分)汽车匀速运动的动能E k=mv2=8×105 J解得v=40 m/s (1分)汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力,故汽车的额定功率P=Fv=fv解得P=8×104 W. (1分)(2)汽车加速运动过程中,由动能定理有Pt-fx0=E k-E k0 (1分)解得t=16.25 s. (1分)(3)由功能关系,汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E=E k-fx′ (1分)解得E=5×105 J. (1分)答案:(1)8×104 W (2)16.25 s (3)5×105 J17.(10分)如图(甲)所示,一足够长、与水平面夹角θ=53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接,圆轨道的半径为R,其最低点为A,最高点为B.可视为质点的物块与斜轨间有摩擦,物块从斜轨上某处由静止释放,到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距离最低点的高度h的关系图像如图(乙)所示.不计小球通过A点时的能量损失,重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=,cos 53°=,求:(1)物块与斜轨道间的动摩擦因数μ;(2)物块的质量m.解析:(1)由题图(乙)可知,当h1=5R时,物块到达B点时与轨道间压力的大小为0,设此时物块在B点的速度大小为v1,则mg= (1分)对物块从释放至到达B点的过程,由动能定理有mg(h1-2R)-μmgcos θ·=m (2分)解得μ=. (1分)(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v,则F+mg= (1分)物块从释放至到达B点的过程中,由动能定理有mg(h-2R)-μmgcos θ·=mv2 (2分)解得F=-5mg (1分)对应F-h的图线可得斜率k== (1分)解得m=0.2 kg. (1分)答案:(1)(2)0.2 kg18.(15分)如图所示,一质量为m=1 kg的可视为质点的滑块,放在光滑的水平平台上,平台的左端与水平传送带相接,传送带以v=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑),现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧,轻弹簧的原长小于平台的长度,滑块静止时弹簧的弹性势能为E p=4.5 J,若突然释放滑块,滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带的动摩擦因数为μ=0.2,传送带足够长,g=10 m/s2.求:(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间;(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.解析:(1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速度为v1,则E p=m, (1分)得v1=3 m/s (1分)滑块在传送带上运动的加速度大小a=μg=2 m/s2 (1分)滑块向左运动的时间t1==1.5 s (1分)向右匀加速运动的时间t2==1 s (1分)向左的最大位移为x1==2.25 m (1分)向右匀加速运动的位移为x2==1 m (1分)匀速向右的时间为t3==0.625 s (1分)所以t=t1+t2+t3=3.125 s. (1分) (2)滑块向左运动x1的位移时,传送带的位移为x1′=vt1=3 m (1分)则Δx1=x1′+x1=5.25 m (1分)滑块向右运动x2时,传送带位移为x2′=vt2=2 m (1分)则Δx2=x2′-x2=1 m (1分)Δx=Δx1+Δx2=6.25 m (1分)则摩擦产生的热量为Q=μmg·Δx=12.5 J. (1分)答案:(1)3.125 s (2)12.5 J。