高考物理一轮复习 高考真题备选题库 第五章 机械能-人教版高三物理试题

第五章机械能第1节功和功率1．(2014·重庆高考)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则()A．v2＝k1v1 B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1 D．v2＝k2v1解析：选B该车在水平路面上达到最大速率时，处于平衡状态，即该车此时的牵引力F1＝k1mg，F2＝k2mg，两种情况下，车的功率相同，即F1v1＝F2v2，解得v2＝eq\f(k1v1,k2)，故B项正确。2．(2013·新课标全国Ⅰ)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则()A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B．在0.4～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5D．在0.4～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析：选AC本题考查直线运动图像，意在考查考生对图像的理解和应用。由v­t图像可知飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10，选项A正确；由v­t图像可以看出0.4～2.5s内飞机在甲板上滑行过程中的加速度不变，说明飞机受到的合力不变，而两段阻拦索的夹角逐渐减小，故阻拦索的张力减小，选项B错误；根据v­t图像可以看出0.4～2.5s内加速度大小约为：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(70－10,2.1)m/s2＝28.6m/s2，选项C正确；由于飞机做匀减速运动，所受阻力不变，根据P＝Fv可知，功率逐渐减小，选项D错误。3．(2012·江苏)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大解析：小球从A到B在竖直平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能增加得越来越快，故拉力的瞬时功率逐渐增大。答案：A4．(2012·天津理综)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大解析：0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，选项A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，选项C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，选项D正确。答案：BD5．(2012·福建理综)如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块()A．速率的变化量不同B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同解析：由题意根据力的平衡有mAg＝mBgsinθ，所以mA＝mBsinθ。根据机械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，所以两物块落地速率相等，选项A错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔEp＝－WG＝－mgh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为eq\o(P,\s\up6(—,))A＝mAg·eq\f(v,2)，B的平均功率eq\o(P,\s\up6(—,))B＝mBg·eq\f(v,2)cos(eq\f(π,2)－θ)，因为mA＝mBsinθ，所以eq\o(P,\s\up6(—,))A＝eq\o(P,\s\up6(—,))B，选项D正确。答案：D第2节动能定理1.(2014·上海高考)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则()A．ΔEk1>ΔEk2t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2t1>t2C．ΔEk1>ΔEk2t1<t2 D．ΔEk1＝ΔEk2t1<t2解析：选B小球从最低点到最高点受到摩擦力做功：Wf＝μmgcosαL＝μmgx水平，与斜面倾角无关；水平拉力为恒力，水平位移相同，所以拉力做功相等，根据动能定理可知，两球到达A点时的速度相同，动能相等，AC项错误；将小球的运动看做直线运动，画出其速率随时间变化的图像，可知，沿Ⅱ轨道运动的小球先到达，B项正确。2．(2014·全国卷Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1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F2，物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WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：选C根据匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律、功的计算公式解题。根据x＝eq\f(v＋v0,2)t得，两过程的位移关系x1＝eq\f(1,2)x2，根据加速度的定义a＝eq\f(v－v0,t)，得两过程的加速度关系为a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误。3．(2014·天津高考)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的实验装置如图所示。①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些___________________________________。②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)。A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度。在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决方法：______________________________________________。④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些。这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)。A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力解析：①实验要处理纸带测速度，需要刻度尺，要分析动能的变化，必须要测出小车的质量，因此还需要天平。②实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力就不能使细绳拉力等于小车所受的合力，D正确。③在所挂钩码个数不变的情况下，要减小小车运动的加速度，可以增大小车的质量，即可在小车上加适量的砝码(或钩码)。④如果用钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，发现拉力做的功总比小车动能的增量大，原因可能是阻力未被完全平衡掉，因此拉力做功一部分用来增大小车动能，一部分用来克服阻力做功；也可能是小车做加速运动，因此细绳的拉力小于钩码的重力，钩码的重力做的功大于细绳的拉力做的功，即大于小车动能的增量，C、D项正确。答案：①刻度尺、天平(包括砝码)②D③可在小车上加适量的砝码(或钩码)④CD4．(2012·江苏)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动eq\f(1,4)。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。(1)若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系。解析：(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F＝kx①且F＝f②解得x＝eq\f(f,k)③(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得－f·eq\f(l,4)－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④同理，小车以vm撞击弹簧时－fl－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)⑤解得vm＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(3fl,2m))⑥(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝W⑦由④⑦解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))当v<eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))时，v′＝v当eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))≤v≤eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(3fl,2m))时，v′＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))。答案：(1)eq\f(f,k)(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(3fl,2m))(3)见解析5．(2012·山东理综)如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m＝0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4。工件质量M＝0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。(取g＝10m/s2)(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。①求F的大小。②当速度v＝5m/s时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。解析：(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得mgh－μ1mgL＝0①代入数据得h＝0.2m②(2)①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得cosθ＝eq\f(R－h,R)③根据牛顿第二定律，对物块有mgtanθ＝ma④对工件和物块整体有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a⑤联立②③④⑤式，代入数据得F＝8.5N⑥②设物块做平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B点间的距离为x2，由运动学公式得h＝eq\f(1,2)gt2⑦x1＝vt⑧x2＝x1－Rsinθ⑨联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得x2＝0.4m⑩答案：(1)0.2m(2)①8.5N②0.4m6．(2010·新课标全国)如图所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断()A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零解析：本题考查速度图象、动能定理与功率的计算，意在考查考生对速度图象的理解，以及结合速度图象综合分析功与功率的方法．由速度图象可知，在0～t1时间内，由于物体的速度增大，根据动能定理可知，外力对物体做正功，A正确；在0～t1时间内，因为物体的加速度减小，故所受的外力减小，由图可知t1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大，B错误；在t2时刻，由于物体的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零，C错误；在t1～t3时间内，因为物体的动能不变，故外力做的总功为零，D正确．答案：AD第3节机械能守恒定律1．(2014·全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析：选B根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题。设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝eq\f(π,4)，故选项B正确，选项A、C、D错误。2．(2014·全国卷Ⅱ)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：选C根据机械能守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和平衡条件解题。设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以eq\f(1,2)mv2＝mg·2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2eq\r(gR)，根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误。3．(2014·广东高考)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。①如图(a)，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表。有数据算得劲度系数k＝________N/m。(g取9.80m/s2)砝码质量(g)50100150弹簧长度(cm)8.627.636.66②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图(b)所示；调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________。③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v。释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________。④重复③中的操作，得到v与x的关系如图(c)，由图可知，v与x成________关系。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比。解析：①由k＝eq\f(ΔF,|Δx|)＝eq\f(0.1×9.80,8.62－6.66×10－2)N/m＝50N/m；②要调整气垫导轨水平，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度相等；③根据机械能守恒定律，释放滑块后，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；④由题图可知，x与v成正比，即v＝kx，由Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mk2x2，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比。答案：①50②相等③滑块的动能④正比压缩量的平方4．(2014·安徽高考)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2。则()A．v1＝v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2解析：选A由于椭圆形管道内壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球从M到N过程机械能守恒，由于M、N在同一高度，根据机械能守恒定律可知，小球在M、N点的速率相等，B、D项错误；小球沿MPN运动的过程中，速率先减小后增大，而沿MQN运动的过程中，速率先增大后减小，两个过程运动的路程相等，到N点速率都为v0，根据速率随时间变化关系图像可知，由于两图像与时间轴所围面积相等，因此t1>t2，A项正确，C项错误。5．(2014·福建高考)如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析：选C整个过程中，物块达到平衡位置时速度最大，物块质量越大，其平衡位置越靠近最低点，则由最低点到平衡位置过程中，回复力对质量较大的物块做功较小，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，故质量较大的物块在平衡位置速度较小，A项错；撤去外力瞬间，物块的加速度最大，由牛顿第二定律可知，两物块的最大加速度不同，B项错；撤去外力前，两弹簧具有相同的压缩量，即具有相同的弹性势能，从撤去外力到物块速度第一次减为零，物块的机械能分别守恒，由机械能守恒定律可知，物块的重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的变化量，所以重力势能的变化量相同，D项错；因为两物块质量不同，物块的初始高度相同，由ΔEp＝mgΔh可知，两物块上升的最大高度不同，C项对。6．(2014·福建高考)图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝meq\f(v2,R))解析：(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt ①R＝eq\f(1,2)gt2 ②由①②式得vB＝eq\r(2gR) ③从A到B，根据动能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0 ④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)。 ⑤(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0 ⑥过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－N＝meq\f(v\o\al(2,P),R) ⑦又N＝0 ⑧cosθ＝eq\f(h,R) ⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝eq\f(2,3)R。 ⑩答案：(1)eq\r(2gR)－(mgH－2mgR)(2)eq\f(2,3)R7．(2013·广东理综)如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有()A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处解析：选BD本题考查力与运动的关系和机械能守恒定律的应用，意在考查考生综合分析问题的能力。若切线的倾角为θ，则这时的加速度为gsinθ，由于甲的轨道切线倾角并不是都比乙的大，因此A项错误；根据机械能守恒定律，mgh＝eq\f(1,2)mv2，在同一高度甲、乙的速度大小相等，B项正确；甲开始的切向加速度比乙的大，且这个加速度在竖直方向的分加速度也大，因此开始时甲在竖直方向的分运动比乙在竖直方向的分运动快，则C项错误；从如图所示的速率—时间图像可以判断，甲先到达B点，D项正确。第4节功能关系能量守恒定律1．(2014·上海高考)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()解析：选C物体受恒力加速上升时，恒力做正功，物体的机械能增大，又因为恒力做功为：W＝F×eq\f(1,2)at2，与时间成二次函数关系，AB项错误；撤去恒力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确。2.(2014·海南高考)如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动。在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中()A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零解析：选AD由于va＝vbcosθ，θ为b的拉绳与水平面的夹角，质量相同，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知选项A正确；a物体下降时，a的机械能的减少量等于b物体的动能增加量和b克服摩擦力做功之和，选项B、C错误；绳的拉力对a所做的功等于a的机械能的减少量，绳的拉力对b所做的功等于b的动能增加和克服摩擦力做功，选项D正确。3．(2014·北京高考)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小解析：选A题述要求根据三次实验结果的对比，得到最直接的结论。由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料，可理解为斜面越来越光滑，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的结论是：如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，选项A正确。B、C、D选项都不能根据三次实验结果的对比直接得到，选项B、C、D错误。4.(2014·广东高考)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能 D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析：选B在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A项错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D项错误。5．(2014·江苏高考)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g。(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率eq\x\to(P)。解析：(1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小ax＝μgcos45°在侧向上由匀变速直线运动规律知－2axs＝0－veq\o\al(2,0)解得s＝eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)设t＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay则eq\f(ay,ax)＝tanθ很小的Δt时间内，侧向、纵向的速度变化量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt解得eq\f(Δvy,Δvx)＝tanθ且由题意知tanθ＝eq\f(vy,vx)，则eq\f(vy′,vx′)＝eq\f(vy－Δvy,vx－Δvx)＝tanθ所以摩擦力方向保持不变则当vx′＝0时，vy′＝0，即v＝2v0(3)设工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙运动方向的位移为y，由题意知ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ在侧向上－2axx＝0－veq\o\al(2,0)在纵向上2ayy＝(2v0)2－0工件滑动时间t＝eq\f(2v0,ay)乙前进的距离y1＝2v0t工件相对乙的位移L＝eq\r(x2＋y1－y2)则系统摩擦生热Q＝μmgL电动机做功W＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Q由eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，解得eq\x\to(P)＝eq\f(4\r(5)μmgv0,5)答案：(1)eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)2v0(3)eq\f(4\r(5)μmgv0,5)6．(2013·江苏)如图所示，水平桌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(图中未标出)。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能解析：选BC本题考查功能关系的应用，意在考查考生对不同功能关系的理解与应用。设O点到A点的距离为x，则物块在A点时弹簧的弹性势能为EpA＝W－μmgx，由于摩擦力的存在，因此A、B间的距离a小于2x，即x＞eq\f(1,2)a，所以EpA＜W－eq\f(1,2)μmga，A项错误；物块从O点经A点到B点，根据动能定理W－μmg(x＋a)＝EpB，μmg(x＋a)＞eq\f(3,2)μmga，所以EpB＜W－eq\f(3,2)μmga，B项正确；在O点弹性势能为零，从O点再到O点W－2μmgx＝Ek0，由于x＞eq\f(1,2)a，因此Ek0＜W－μmga，C项正确；物块动能最大时，是摩擦力等于弹簧的弹力的时候，此位置在O点右侧，如果B点到O点的距离小于动能最大的位置到O点的距离，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点时的弹簧的弹力势能，D项错误。7．(2011·新课标全国)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：重力做功决定重力势能的变化，随着高度的降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，故A选项正确；弹性势能的变化取决于弹力做功，当橡皮筋张紧后，随着运动员的下落弹力一直做负功，弹性势能一直增大，故B选项正确；在蹦极过程中，由于只有重力和弹性绳的弹力做功，故由运动员、地球及弹性绳组成的系统机械能守恒，故选项C正确；重力势能的大小与势能零点的选取有关，而势能的改变与势能零点选取无关，故选项D错误．答案：ABC8．(2010·福建理综)如图(甲)所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图(乙)所示，则()A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大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解析：本题意在考查学生的结合图象以及应用动能定理、功能观点综合分析问题的能力．在t1时刻，小球刚好与弹簧接触，重力大于弹力，合外力与速度方向一致，故小球继续加速，即小球动能继续增加，A项错；在t2时刻弹簧弹力最大，说明弹簧被压缩到最短，此时，小球速度为零，B项错；t2～t3过程中，弹簧从压缩量最大逐渐恢复到原长，在平衡位置时，小球动能最大，所以小球的动能先增大后减小，C项正确；t2～t3过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，D项错．答案：C9．(2010·江苏)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有()A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长解析：本题考查功的计算、动能定律、能量守恒，意在考查考生综合运用所学知识分析问题的能力．设前一过程中合力做功为mgl1(sinα－μ1cosα)，后一过程中合力做功为mgl2(sinα－μ2cosα)，因l1＜l2，前一过程中任一位置的动摩擦因数μ1大于后一过程中任一位置的动摩擦因数μ2，所以mgl1(sinα－μ1cosα)＜mgl2(sinα－μ2cosα)，因此根据动能定理知物块经过P点的动能前一过程较小，选项A正确；因两个过程中摩擦力做的功一样大，所以产生的热量一样大，选项B错误；又因为两个过程中合力做的功一样大，所以物块滑到底端的速度一样大，选项C错误；前一过程物块做加速度增大的加速运动(图线1)，后一过程物块做加速度减小的加速运动(图线2)，而物块到底端的速度又相等，v－t图象如图所示，可见后一过程运动时间短，选项D正确．答案：AD10．(2011·广东理综)如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C.一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板．滑板运动到C时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m，滑板质量M＝2m，两半圆半径均为R，板长l＝6.5R，板右端到C的距离L在R<L<5R范围内取值，E距A为s＝5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度取g.(1)求物块滑到B点的速度大小；(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点．解析：(1)设物块到达B点的速度为vB，对物块从E到B由动能定理得μmg·5R＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0①解得vB＝3eq\r(gR)②(2)假设物块与滑板达到共同速度v时，物块还没有离开滑板，对物块与滑板，由动量守恒，有mvB＝(m＋M)v③设物块在滑板上运动的距离为s1，由能量守恒得μmg·s1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋M)v2④由③④，得s1＝6R<l＝6.5R⑤即达到共同速度v时，物块不会脱离滑板滑下．设此过程滑板向右运动的距离为s2，对滑板由动能定理得μmg·s2＝eq\f(1,2)Mv2⑥由③⑥，得s2＝2R讨论：ⅰ当R<L<2R时，滑块在滑板上一直减速到右端，设此时的速度为vC，对物块由动能定理得－μmg(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)⑦解得vC＝eq\r(2.5R－Lg)>0所以克服摩擦力所做的功Wf＝μmg(l＋L)＝3.25mgR＋0.5mgL设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为H由机械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgH⑧解得H<eq\f(3,4)R，故物块不能滑到CD轨道中点．ⅱ当2R≤L<5R时，滑块与滑板最终一起运动至滑板与C相碰，碰后滑块在滑板上继续做减速运动到右端，设此时的速度为vC1，对物块由动能定理得－μmg(l＋s2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－eq\