高中物理机械能守恒定律100题带答案

试卷第=page11页，总=sectionpages33页试卷第=page11页，总=sectionpages33页评卷人得分一、选择题1．在x轴上存在一水平方向的电场，有一质量m=2kg的带电小球沿光滑绝缘的水平面只在电场力的作用下，以初速度v0＝2m/s在x0＝7m处开始向x轴负方向运动。电势能EP随位置x的变化关系如图所示，则小球的运动范围和最大速度分别为（

）A.运动范围x≥0B.运动范围x≥1mC.最大速度vm＝2m/sD.最大速度vm＝3m/s【答案】BC【解析】试题分析：根据动能定理可得W电＝0−12mv02＝−4J，故电势能增大4J，因在开始时电势能为零，故电势能最大增大4J，故运动范围在x≥1m，故A错误，B正确；由图可知，电势能最大减小4J，故动能最大增大4J，根据动能定理可得W＝12mv考点：动能定理；电势能.2．如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为R，等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线．在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷．现把质量为m带电荷量为+Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放，到最低点C时速度为v0．不计+Q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，则（）A.小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒B.C点电势比D点电势高C.M点电势为（mv02﹣2mgR）D.小球对轨道最低点C处的压力大小为mg+m+2k【答案】C【解析】试题分析：此题属于电场力与重力场的复合场，根据机械能守恒和功能关系即可进行判断．解：A、小球在圆弧轨道上运动重力做功，电场力也做功，不满足机械能守恒适用条件，故A错误；B、CD处于AB两电荷的等势能面上，且两点的电势都为零，故B错误；C、M点的电势等于==，故C正确；D、小球对轨道最低点C处时，电场力为k，故对轨道的压力为mg+m+k，故D错误；故选：C【点评】此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，难度不大．3．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为A.Ek04qdC.2Ek02qd【答案】B【解析】试题分析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当时，根据运动学公式有，，，联立得，故B正确。考点：带电粒子在匀强电场中的运动。【名师点睛】根据带电粒子在电场中的类平抛运动规律，沿电场方向的匀减速运动，结合粒子到达上极板时的临界条件，利用动能定理和运动学公式解答。4．如图所示是用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置．关于这一实验，下列说法中正确的是()A.应先释放纸带，后接通电源B.重物应选用密度小的物体C.开始时，应使重物靠近打点计时器D.需要用秒表测出重物下落的时间【答案】C【解析】应先接通电源，后释放纸带，选项A错误；重物应选用密度大、体积较小的物体，选项B错误；开始时，应使重物靠近打点计时器，选项C正确；打点计时器可以计时，故不需要用秒表测出重物下落的时间，选项D错误；故选C.5．如图所示，物体在恒定拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，运动速度为v，拉力F斜向上与水平面夹角为θ，则拉力F的功率可以表示为()A.FvB.FvcosθC.FvsinθD.Fv【答案】B【解析】拉力F的功率P=Fvcosθ，故B正确，选B.6．一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图象如图所示。若已知汽车的质量m，牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3。则根据图象所给的信息，下列说法正确的是A.汽车运动中的最大功率为F1v1B.速度为v2时的加速度大小为F1v1/mv2C.汽车行驶中所受的阻力为F1v1/v3D.汽车匀加速运动的时间为m1v1v2/F1v2【答案】C【解析】根据牵引力和速度的图象和功率P=Fv得汽车运动中的最大功率为F1v1，故A错误．汽车运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，所以速度为v2时的功率是F1v1，根据功率P=Fv得速度为v2时的牵引力是F1v1v2；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，该车所能达到的最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力f=F1v1注：将选项A改为：汽车运动中的最大功率为F1v37．如图所示，A、B两木块靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的质量分别为mA＝2.0kg、mB＝1.5kg.一个质量为mC＝0.5kg的小铁块C以v0＝8m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动．若木块A在铁块C滑离后的速度为vA＝0.8m/s，铁块C与木块A、B间存在摩擦．则摩擦力对B做的功为()A.0.6JB.1.2JC.0.45JD.2.435J【答案】A【解析】对A、B、C，由动量守恒定律：mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′①代入数据，得vC′＝2.4m/s对B、C，由动量守恒定律：mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v②Wf＝12mBv2－12mBvA由②③解得，Wf＝0.6J，故选A.8．如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系于斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B的运动过程中()A.合外力做功12B.重力做功2mgRC.克服摩擦力做功34D.机械能减少14【答案】D【解析】以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好通过向心力，得：mgsin30°=mvB2R．

所以：vB＝gRsin30°＝0.5gR

A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为W，则：12mgR•sin30°+W=12mvB2−0…①

9．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是()A.x=B.P=fC.PD.Pt−fx=【答案】D【解析】汽车从速度v1最大速度v2程中，加速度不断减小，故不是匀变速直线运动，故x≠v1+v22t10．将质量为m的物体，放在粗糙的水平地面上处于静止状态，从某一时刻开始，物体受到一个水平拉力F作用一段时间之后撤去，物体的v—t图象如图所示，则摩擦力f与拉力F之比为（）A.1：1B.1：2C.1：3D.1：4【答案】C【解析】速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，则得：前1s内的位移大小为s1=vm2×1=v【点睛】本题首先充分挖掘图象的信息，明确“面积”表示位移，由动能定理求解，也可以根据斜率等于加速度求得加速度，根据牛顿定律分过程研究F、f与加速度的关系．11．用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图所示，且α>β．若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是（）A.W1＞W2B.W1=W2C.P1＞P2D.P1=P2【答案】BC【解析】试题分析：根据动能定理得出拉力做功与物体克服阻力做功的大小关系，根据功率的公式比较平均功率的大小．在整个过程中，只有拉力和摩擦力做功，动能从零开始又以零结束，故对全过程运用动能定理得W1−W2=0，解得W【点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待12．汽车发动机的额定功率为80kW，它以额定功率在水平平直公路上行驶的最大速度为20m/s，那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是()A.1600NB.2500NC.4000ND.8000N【答案】C【解析】试题分析：根据最大速度匀速行驶时牵引力和阻力相等分析汽车匀速运动，说明汽车处于受力平衡状态，此时汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引力大小相等，由P=Fv=fv可以求得f=P13．运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车。现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则将木箱运上汽车，拉力至少做功A.mgLB.mgL2C.12【答案】C【解析】试题分析：木箱在拉力作用下沿斜面先做匀加速直线运动，当速度达到某个值时，撤去拉力，木箱向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理求解即可．木箱先沿斜面先做匀加速直线运动，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好滑到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理得：

WF−mgh−μmgcos14．下列说法正确的是（）A加速度的单位是m/s2,由公式可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的B力做功有正功和负功，因此功是矢量C牛顿开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法D重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想【答案】D【解析】加速度的单位是m/s2,由公式a=ΔvΔt可知它是由导出单位m/s和基本单位s两个单位组合而成的，选项A错误；力做功有正功和负功，但是功没有方向，故功是标量，选项B错误；伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，选项C错误；15．在一次演示实验中，一个压紧的弹簧沿一粗糙水平面射出一个小球，测得弹簧压缩的距离d和小球在粗糙水平面滚动的距离s如下表所示．由此表可以归纳出小球滚动的距离s跟弹簧压缩的距离d之间的关系，并猜测弹簧的弹性势能EP跟弹簧压缩的距离d之间的关系分别是（选项中k1、k2是常量）（）A.s=k1d，EP=k2dB.s=k1d，EP=k2d2C.s=k1d2，EP=k2dD.s=k1d2，Ep=k2d2【答案】D【解析】由表中数据可看出，在误差范围内，s正比于d2，即s=k1d2，弹簧释放后，小球在弹簧的弹力作用下加速，小球在粗糙水平面滚动的距离s，从能量转化的角度得弹簧的弹性势能转化为由于小球在粗糙水平面滚动产生的内能，列出等式Ep=fs，f为摩擦力，恒量．所以Ep正比于d2，即Ep=k2d2，故选D.16．如图，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源。若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子A.在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力B.a到c匀加速直线运动，加速度是g/cosθC.a至d重力势能减小，电势能增加D.a至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向【答案】B【解析】试题分析：由图看出，粒子先做直线运动，后做曲线运动，做直线运动时，合力与速度在同一直线上，可判断出电场力的方向，确定出合力的方向，分析其运动情况，由牛顿第二定律求解加速度．重力和电场力做正功，重力势能和电势能均减小．在ac段：粒子做直线运动，合力与速度在同一直线上，则可判断出电场力的方向水平向右，合力的方向与速度方向相同，电场力与重力均是恒力，合力也是恒力，则粒子做匀加速运动，由牛顿第二定律得：加速度为a=F【点睛】当合力与速度共线时，物体做直线运动，当物体做曲线运动时，合力指向轨迹内侧17．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳相连，AB的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻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=3mgsinA.物体B受到的电场力大小为mgB.B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgC.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gD.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和地球组成的系统的机械能的减少量【答案】BC【解析】当施加外力时，对B分析可知F−mgsinθ−F电=0，解得F电=2mgsinθ，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsin18．如图甲所示，质量为1kg的小物块以初速度v0=11m/s，从θ=53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图像，不考虑空气阻力，g=10m/A.恒力F大小为21NB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.6C.有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小D.有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小【答案】C【解析】试题分析：根据速度-时间图象的斜率等于加速度，分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．根据动能定理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相等的条件代入进行求解．对物体分析，在沿斜面方向上，当有恒力作用时mgsinθ+μmgcosθ−F=ma1，没有恒力作用时mgsinθ+μmgcosθ=ma【点睛】速度时间图像的斜率表示加速度是本题的突破口，C选项容易出错，虽然有恒力作用时摩擦力做功多，但是重力势能的变化量确实最大的，并且两种情况下动能变化量相同，由此得出结论19．如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示。一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是（）A.金属棒向右做匀减速直线运动B.金属棒在x=1m处的速度大小为0.5m/sC.金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为0.175JD.金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C【答案】BD【解析】A、根据图象得B﹣x函数关系式：B金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势：E感应电流：I安培力：F解得：v根据匀变速直线运动的速度位移公式：v2-v02=2axB、根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x=0处与x=1m处安培力大小相等，有B02LC、金属棒在x=0处的安培力大小为：F对金属棒金属棒从x=0运动到x=1m过程中，根据动能定理有：WF代入数据：W解得：WFD、根据感应电量公式：qx=0到x=2m过程中，B﹣x图象包围的面积：∆q=故选BD。20．如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是()A.轨道对小球做正功，小球的线速度移vp>vQB.轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQC.小球的向心加速度aP<aQD.轨道对小球的压力FP>FQ【答案】BC【解析】A、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的，A错误；B正确；

C、小球在P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．根据a=v2r得，小球在P点的向心加速度小于Q点的，即aP<aQ，C正确；

D、小球在P点的向心加速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于故选BC。21．如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内（包括边界）。不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球（）A.抛出速度最大时落在B1点B.抛出速度最小时落在D1点C.从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D.落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等【答案】C【解析】A、小球被抛出后做平抛运动，飞行时间：t=2hg，抛出速度最大时水平位移最大，应落在B、抛出速度越小，距离A1点越近，可以比D1点还近，B错误；C、飞行时间由竖直高度决定，所以从抛出到落在A1B1C1D1平面时间都相同，即从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等，C正确；D、落在B1D1中点和落在D1点水平位移不等，说明抛出时速度不等，根据机械能守恒定律，所以落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能不相等，D错误；故选C。22．如图所示，半径为R、质量为M的1/4光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块从槽的顶端由静止滑下．则木块从槽口滑出时的速度大小为（）A.2gRB.2gRMM+mC.2gRmM+m【答案】B【解析】圆槽在光滑水平面上可动，当木块开始下滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v1，槽的速度为v2，在水平方向上，由动量守恒定律可得：mv1−Mv2【点睛】分析清楚物体的运动过程、应用动能定理、机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．23．下图为某古法榨油装置，轻杆O1A可绕O1轴转动，A端重物质量为10kg，下拉A可通过滑轮O2将重物P提起；释放A，P下落至平台Q，对固定的平台上的油饼进行捶压；已知P的质量为30kg；O1O2=3m，O1A=5m；将重物A拉到O1A杆水平时释放，当杆转到A与O2等高时，若系统减小的重力势能有240J转化为动能，则重物P此时的速度最接近A.2.5m/sB.2.9m/sC.3.54m/sD.4.0m/s【答案】B【解析】当当杆转到A与O2等高时，将重物A设P的速度为v，则A的速度为：vcos则根据能量守恒可以得到：ΔE代入数据，整理可以得到：v≈2.9m/s，故选项B正确。点睛：本题考查了能量守恒以及A的速度分解，一定要注意同一根绳上的速度相等，同时对A的速度分解的时候，要分清那个是分速度、那个是合速度！24．按照规定在七层以上高层写字楼或住宅楼内都要配有升降电梯，某为同学总质量为40kg，乘坐电梯从所住的七楼向下运动，其所乘电梯的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度大小为g=10m/sA.在第1s内，该同学处于超重状态B.在第9s内，该同学对电梯的压力大小为320NC.在前2s内，该同学的重力势能减少了800JD.在10s内，该电梯的平均速度为1m/s【答案】C【解析】由图可知，在第1s内，该同学向下加速，加速度向下，故处于失重状态，故A错误；第9s内物体减速向下，则加速度向上，物体处于超重状态，则压力一定大于本身的重力，故一定大于400N，故B错误；前2s内物体下落的高度h=2×22m=2m，则重力势能减小量为EP=mgh=400×2=800J，故C正确；由图可知，10s内的位移x=点睛：本题考查了v-t图象的性质、超重和失重、重力势能以及牛顿第二定律，解题的关键在于明确图象的性质，能利用图象确定物体的运动状态，求出加速度和位移是解题的关键。25．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的速度反向运动直至静止．碰撞时间为0.05s，g取10m/s2．A.物块与地面间的动摩擦因数μ=0.12B.墙面对物块平均作用力的大小130NC.物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9J.D.碰撞后物块还能向左运动的时间为2s。【答案】BC【解析】物块从A到B过程，由动能定理得：−μmgx=12mv12−26．A、B两物体质量分别为m和2m，A静止于光滑水平面上，B静止于粗糙水平面上，用相同水平力分别推A和B，使它们前进相同位移。在此过程中，正确的是（）A.对A的推力做功多一些B.两次推力做功一样多C.两次推力做功的功率一样大D.对B的推力做功的平均功率较小【答案】BD【解析】用相同的力推A、B两个物体，分别在光滑和粗糙的两种水平地面前进相同路程，根据W=Fs可知两次做功一样多，A错误，B正确；B物体比A物体对水平面的压力大，且A接触面光滑、B接触面粗糙，故B物体移动相同的距离时用的时间长，根据P=27．两辆汽车在同一水平路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝l∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1．当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为s1，乙车滑行的最大距离为s2．设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则（）A.s1∶s2＝1∶2B.s1∶s2＝1∶1C.s1∶s2＝2∶1D.s1∶s2＝4∶1【答案】D【解析】对任汽车，由动能定理可知，-μmgs=0-EK；得s=E28．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g.物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()A.动能损失了2mgHB.动能损失了mgHC.机械能损失了mgHD.机械能损失了mgH【答案】AC【解析】试题分析：知道加速度，根据牛顿第二定律和动能定理可求得动能的损失；根据牛顿第二定律求出摩擦力，得到摩擦力做功，即可根据功能关系求解机械能的损失．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功，为：ΔEk=W合=F合⋅【点睛】解决本题的关键根据动能定理可求得动能的变化，掌握功能关系，明确除了重力以外的力做功等于物体机械能的变化．29．如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，仍将A拉到B的右端，这次F做功为W2，生热为Q2.则应有()A.W1＜W2，Q1＜Q2B.W1＝W2，Q1＝Q2C.W1＜W2，Q1＝Q2D.W1＝W2，Q1＜Q2【答案】C【解析】试题分析：根据功的定义以及摩擦产生的热量求解木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1<W2，摩擦产生的热量【点睛】正确解答本题的关键是理解功的定义以及如何求相互作用的系统产生的热量，根据W=Fscosθ，比较克服摩擦力所做的功，摩擦产生的热量30．“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目，在竖直的圆筒内，在底部竖直向上的风可把游客“吹起来，让人体验太空漂浮的感觉（如图甲）．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小、为最大值的1/8；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的1/2时，人恰好可静止或匀速漂移．在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落；经过B点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C点时速度恰好减为零．则在从A到C的过程中，下落说法正确的是（）A.表演者加速度的最大值是34B.B点的高度是35C.从A到B，表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的1D.若保持水平横躺，表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为2【答案】C【解析】设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为18F由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=12Fm，Fm=2G．则人平躺上升时有最大加速度，a=Fm−Gm=g，故A错误；设下降的最大速度为v，有速度位移公式，加速下降过程位移x1=v22a1减速下降过程位移x2=v22a2，x31．如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（）A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化D．车上曲面的竖直高度不会大于【答案】BD【解析】试题分析：A、小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，所以A错误．B、由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv=2mv′，得共同速度v′=v/2．小车动量的变化为，则B正确．C、由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以可能出现速度交换两次后和初始情况相同，选项C正确．D、由于小球原来的动能为，小球到最高点时系统的动能为，所以系统动能减少了，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即，得．显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以D正确．故选BD．考点：考查动量守恒定律；动量定理；机械能守恒定律．【名师点睛】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型．32．如图所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L，木块对子弹的平均阻力为Ff，那么在这一过程中不正确的是（）A．木块的机械能增量为FfLB．子弹的机械能减少量为Ff（L＋d）C．系统的机械能减少量为FfdD．系统的机械能减少量为Ff（L＋d）【答案】D【解析】木块机械能的增量等于子弹对木块的作用力Ff做的功FfL，A对；子弹机械能的减少量等于动能的减少量，即子弹克服阻力做的功Ff（L＋d），B对；系统机械能变化量等于力Ff做的总功，即ΔE＝FfL－Ff（L＋d）＝－Ffd，故机械能减少量为Ffd，C对，D错．33．如图所示，滑块由静止开始沿曲面下滑，滑到B点时，速度恰好等于零；如果滑块从B点以速度v沿曲面下滑返回A点时，速度恰好也等于零，设滑块从A到B和从B到A平均摩擦力大小相等，则A、B两点的高度差等于（）A．0B．C．D．【答案】C【解析】由能量守恒和转化定律可知：由A到B有mgh＝Q，从B到A有mv2－mgh＝Q，联立解得h＝．34．如图所示，一小孩从公园中粗糙的滑梯上自由加速滑下，其能量的变化情况是（）A．重力势能减小，动能不变，机械能减小，总能量减小B．重力势能减小，动能增加，机械能减小，总能量不变C．重力势能减小，动能增加，机械能增加，总能量增加D．重力势能减小，动能增加，机械能守恒，总能量不变【答案】B【解析】由能量转化和守恒定律可知，小孩在下滑过程中总能量守恒，故A、C均错；由于摩擦力要做负功，机械能不守恒，故D错；下滑过程中重力势能向动能和内能转化，故只有B正确．35．有人设想在夏天用电冰箱来降低房间的温度．他的办法是：关好房间的门窗然后打开冰箱的所有门让冰箱运转，且不考虑房间内外热量的传递，则开机后，室内的温度将（）A．逐渐有所升高B．保持不变C．开机时降低，停机时又升高D．开机时升高，停机时降低【答案】A【解析】冰箱工作，会产生热量，即消耗电能，产生了内能，且房间与外界没有能量交换，所以房内温度会升高，A正确．36．关于能源的开发和节约，你认为以下观点错误的是（）A．能源是有限的，无节制地利用常规能源，如石油之类，是一种盲目的短期行为B．根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现C．能源的开发利用，必须要同时考虑对环境的影响D．和平利用核能是目前开发新能源的一项有效途径【答案】B【解析】虽然能量守恒，但由于能量耗散现象的存在，可利用能源仍存在减少问题，故要节约能源和开发新能源．37．下列关于能量守恒定律的认识不正确的是（）A．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加B．某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加C．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机不可能制成D．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了【答案】D【解析】能量可以转化或转移，但总量不变，A、B、C对；D中机械能转化成了内能，D错．38．在“验证机械能守恒定律”的实验中，根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，则以v2为纵轴，以h为横轴，画出的图线应是下图中的（）【答案】C【解析】根据机械能守恒定律有：mgh＝mv2，v2＝2gh，所以v2与h成正比例关系，函数图象是一条过原点的直线，C正确．39．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中正确的是（）A．用刻度尺测出物体下落高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vB．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度vC．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算得出高度hD．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v【答案】D【解析】瞬时速度应由纸带根据v=求出，因为重物下落过程中受到阻力作用，实际加速度小于当地重力加速度，不能用v=来求速度，故AB错误；应用米尺量出纸带下落高度，不能用h=求高度，故C错误；下落高度应用米尺测量，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测出瞬时速度，故D正确．40．用如图所示装置验证机械能守恒定律，由于电火花计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大的阻力，这样实验造成的结果是（）A．重力势能的减少量明显大于动能的增加量B．重力势能的减少量明显小于动能的增加量C．重力势能的减少量等于动能的增加量D．以上几种情况都有可能【答案】A【解析】由于重物下落时要克服阻力做功，重物减少的重力势能转化为重物的动能和系统的内能，故重力势能的减小量大于动能的增加量，A正确．41．下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差的说法，正确的是（）A．重物质量的称量不准会造成较大误差B．重物质量选用得大些，有利于减小误差C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差D．打点计时器选用电磁打点计时器比电火花计时器误差要小【答案】B【解析】为减小实验误差，重物应选质量大些的，且重物质量不需称量，A、C错，B正确；电磁打点计时器的振针与纸带间有摩擦，电火花计时器对纸带的阻力较小，故选用电磁打点计时器误差大些，D错误．42．关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法正确的是（）A．实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越小，误差就越小B．称出重锤的质量C．纸带上第1、2两点间距若不接近2mm，则无论怎样处理实验数据，实验误差一定较大D．处理打完点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法【答案】D【解析】在打纸带时，纸带太短了，不易打出符合实验要求的纸带，选项A错误；由于mgh＝mv2，故称出重锤的质量是多余的，选项B错误；纸带上第1、2两点的间距不接近2mm，是由于通电后释放重锤时操作不同步造成的，不会影响验证结果，选项C错误；处理纸带时，由于自由落体加速度较大，纸带上点迹距离较大，故可直接用实际点迹测量研究．评卷人得分二、不定项选择题43．如图所示,电梯质量为M,它的水平地板上放置一质量为m的物体,电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动.当上升高度为H时,电梯的速度达到v,则在这段过程中,下列说法中正确的是().A.电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv2/2B.电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv2/2C.钢索的拉力所做的功等于Mv2/2+MgHD.钢索的拉力所做的功大于Mv2/2+MgH【答案】BD【解析】由动能定理得：对物体：WN-mgH=12mv2-0，解得到地板对物体的支持力做的功为WN=mgH+12mv2，故A错误，B正确．由动能定理得：WF-（M+m）gH=12（M+m）v2-0，解得到钢索的拉力做的功WF=（M+m）gH+12（M+m）v2，可见索的拉力所做的功大于MgH+点睛：本题运用动能定理研究各力做功，要注意灵活选择研究对象．动能定理涉及合力做功与动能变化，可以直接求解合力做功．44．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是：A.夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B.增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杠的时间C.滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D.一次提杆过程系统共产生热量Q=mg【答案】BD【解析】夯杆被提上来的过程中，先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力．故A错误．增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杠的时间．增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到滑动摩擦力增大，匀加速运动的加速度增大，可减小提杠的时间．故B正确．根据功能关系分析得到，滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能重力势能的增量之和．故C错误．设匀加速直线运动过程，夯杆受到的滑动摩擦力大小为f，加速度为a，质量为m，匀加速运动的时间为t，则相对位移大小为△s=vt−v22a，t=va，得到△s=45．如图所示，质量m=lkg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上尸点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0．1，传送带AB之间的距离为L=5.5m，传送带一直以v=3m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，则A.物体由A运动到B的时间是1.5sB.物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为1N·sC.物体由A运动到B的过程中，系统产生0.5J的热量D.带动传送带转动的电动机对物体由A运动到B的过程中，多做了3J功【答案】BC【解析】物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有：12mv02=mgh

代入数据得：v0=2m/s

物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动，有：ts1tt=t1+t2=2s，选项A错误；

物体由A运动到B的过程中，摩擦力对物体的冲量大小为I=μmgt1=1N⋅s，选项B正确；在t1时间内，皮带做匀速运动S皮带=vt1=3m

Q=μmg△S=μmg（S皮带-S1物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功：Wf注；请填写选项D:物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功2J.46．在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g。则()A.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3vB.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5C.人沿沙坡下滑时所受阻力FD.人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv【答案】BC【解析】对人进行受力分析如图所示：

根据匀变速直线运动的规律有：（2v）2−0=2aL，所以选项A错误，B正确；根据动能定理有：mgLsinα−FfL=12点睛：人下滑时受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，对下滑过程运用动能定理和速度位移公式列式；具有初速度时，同样运用动能定理和速度位移公式列式，最后联立方程组分析。47．A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是()A.B.C.D.【答案】AC【解析】A、小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h，故①正确；B、小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+12mC、小球离开轨道做竖直上抛运动，运动到最高点速度为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h，故③正确；D、小球在内轨道运动，通过最高点最小的速度为v=gr，故在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+12点睛：解决本题的关键掌握机械能守恒定律和圆周运动最高点的临界速度，判断小球在最高点的速度是否为零，通过列式进行分析。48．关于作用力与反作用力做功的关系，下列说法正确的是（）A.作用力做正功时，反作用力也可能做正功B.当作用力不做功时，反作用力也不做功C.作用力与反作用力所做的功一定是大小相等、方向相反D.当作用力做正功时，反作用力一定做负功【答案】A【解析】作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，故A正确，D错误；如果物体保持静止，即位移为零，一对作用力与反作用力做功可以都为零，也可以一个是0，另一个不是0．例如物体在水平地面上滑动，地面对物体的摩擦力对物体做负功，物体对地面的摩擦力不做功，故B错误；作用力和反作用力的作用点的位移可能同向，也可能反向，大小可以相等，也可以不等，故作用力和反作用力做功不一定相等，故C错误．故选A．评卷人得分三、多选题49．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−B.物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W−C.经O点时，物块的动能等于W−μmgaD.物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B点时弹簧的弹性势能大小无法确定【答案】BD【解析】设A离弹簧原长位置O的距离为xOA，则弹簧的形变量为xOA，当物块从A向左运动直至B的过程中，物块要克服摩擦力做功，则物块及弹簧系统的机械能一定减小，到B时只具有弹性势能，则EpB<EpA，由此可知B离O的距离比A离O的距离近．则xOA>a2；故从O到A的过程中运用动能定理有W－μmgxOA＋W弹＝0，解得A处的弹性势能EpA＝－W弹＝W－μmgxOA<W－12μmga，故A项错误；同理，经过B点时，弹簧的弹性势能EpB＝－W弹－μmga＝W－μmg(a＋xOA)<W－32μmga，故B项正确；经过O点的动能Ek＝W－2μmgxOA<W－μmga，则C项错误；物块动能最大时是物块第一次回到平衡位置，受力分析不难得出该位置在O50．(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为v，细绳拉力为F，小球的向心加速度为a，则下列说法正确的是()A.小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度为2vB.小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2FC.细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为2FD.细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度为a【答案】BD【解析】根据动能定理得：12mv2-0=mgL，解得：v=2gL；小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度仍为v，故A错误；根据向心力公式得：F−mg=mv点睛：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要求某个量的变化是否会引起另一个量的变化，最后先求出该量的函数表达式，难度适中。51．用力Ｆ把质量为ｍ的物体从地面举高ｈ时物体的速度为v，则（）A.力Ｆ做功为ｍｇｈB.重力做功为－ｍgｈC.合力做功为12mv【答案】BCD【解析】力F做的功等于物块的机械能增加量，即W=Fh=mgh+12mv2，A错误；根据重力做功公式可知W【点睛】合外力做功对应着动能转化，重力做功对应着重力势能转化．52．如图所示，两个可视为质点的小球1和2带有同种电荷，质量分别为m1、m2，带电量分别为q1、q2，q1＞q2，用绝缘细线悬挂后，细线与竖直方向的夹角分别为α、β，α=β，两球位于同一水平线上。某时刻将两细线同时剪断，则A.剪断的瞬间小球1的加速度大于小球2的加速度B.剪断的瞬间小球1的加速度小于小球2的加速度C.落地时两球的速度大小相等D.落地时两球的动能相等【答案】CD【解析】题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反．由于它们与竖直线所成的角度均为α，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等．当两细线同时剪断时，小球在竖直方向做自由落体运动，它们的加速度相同，根据动能定理可知，落地时两球的速度大小相等，动能也相等，故C、D正确，A、B错误；故选CD．【点睛】本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键，并掌握动能定理的应用，当然也可能运用机械能守恒定律求解．53．半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小g．则（）A.电阻R中的感应电流从C端流向D端B.电阻R中的感应电流大小为3ωBC.克服摩擦力做功的功率为32μmgωrD.【答案】ABC【解析】【解答】解：B、AB中感应电动势的大小为E=12B(2r)2ω−12Br2ω=32Br2ω，感应电流大小：I=ER=3Br2ω2R，选项B正确；A、由右手定则判断可知，感应电流的方向是从B端流向A端，所以通过电阻R的电流方向为C【点睛】E=12B54．如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M'N'位于同一水平面上，两轨道之间的距离l=0.50m．轨道的M、M'之间有一阻值R=0.50Ω的定值电阻，NN'端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N'P'平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.50m．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.60T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80m，且其右边界与NN'重合．现有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10Ω恰好能放在轨道上的导体杆ab静止在距磁场的左边界s=2.0m处．在与杆垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，导体杆ab穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好通过半圆形轨道的最高点PP'A.导体杆刚进入磁场时，电阻R中的电流方向由M指向M'B.导体杆刚进入磁场时，导体杆中的电流大小为3.0AC.导体杆刚穿出磁场时速度的大小为5.0m/sD.导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热为0.94J【答案】BCD【解析】A、B、设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理得：(F−μmg)s=12mv12−0，导杆刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=Blv1，此时通过导体杆的电流大小为：I=ER+r，代入数据解得：I=3.0A，由右手定则可知，电流的方向为由b指向a，电阻R中的电流方向由M′指向M，故A错误、B正确.C、设导体离开磁场时的速度为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导杆恰好能以最小速度通过圆轨道最高点，由牛顿第二定律得：mg=mv32R0，导体杆从MN′【点睛】本题首先要分析导体棒的运动过程，分三个子过程进行研究；其次要掌握三个过程遵守的规律，运用动能定理、能量守恒、牛顿第二定律、机械能守恒等联合求解．55．质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1m/sD.甲物块的速率可能达到6【答案】BD【解析】A、甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：mv乙−mv甲=2mv，代入数据解得v=0.5m/s，故B错误．C、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：mv乙−mv甲=mv′甲【点睛】本题考查了含弹簧的碰撞问题，处理该类问题，往往应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析解题．分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；当两物体速度相等时，弹簧被压到最短，此时弹力最大．56．如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，己知运动过程中受到恒定阻力f=kmg作用(k为常数且满足0<k<1)。图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度。则由图可知，下列结论正确的是（）A.E1是最大势能，且E1=Ek0C.落地时的动能Ek=kEk0k+1【答案】BD【解析】A、B、对于小球上升过程，根据动能定理可得：0−Ek0=−(mg+f)h0，又f=kmg，得上升的最大高度h0=Ek0(k+1)mg,则最大的势能为E1=mgh0=Ek0k+1，故A错误、B正确．C、下落过程，由动能定理得：Ek=(mg−f)【点睛】本题的关键是掌握动能定理，并能分过程列式，要注意重力势能与重力做功之间的区别．57．如图1所示，物体A以速度v0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L，图1中的虚线是A做平抛运动的轨迹.图2中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图1中的虚线相同.让物体B从轨道顶端无初速下滑，B下滑过程中没有脱离轨道.物体A、B都可以看作质点.重力加速度为g.则下列说法正确的是A.A、B两物体落地时的速度方向相同B.A、B两物体落地时的速度大小相等C.物体B落地时水平方向的速度大小为2gLD.物体B落地时重力的瞬时功率为mg【答案】AC【解析】A、因为轨迹相同，所以在落地时的速度方向一致，故A正确；B、由动能定理得，AB的都是重力做功，且大小相同，物体A以速度v0做平抛运动，物体B从轨道顶端无初速下滑，所以B的末速度小于A的末速度，故B错误；C、根据平抛运动的知识，A沿水平方向：L=v0t;竖直方向：L=vy+02⋅t,所以：vy=2v0，A落地时的速度：vA=v02+vy2=5v0，A落地时速度的方向：cosθ=v0vA【点睛】此题考查的是平抛运动的规律的应用，基础类题目，关键是竖直位移与水平位移的时间关系．58．两个物体A、B的质量分别为m1、m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度-时间图象分别如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出（）A.若F1=F2，则m1小于m2B.若m1=m2，则力F1对物体A所做的功较多C.若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4:5D.若m1=m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍【答案】ACD【解析】由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，设为a由牛顿第二定律得：μ1m1g=m1a；μ2m2g=m2a，解得μ1=μ2=0.1，令μ1=μ2=μ，若F1=F2，对于m1则有：F1−μm1g=m1a1解得m1=F1a1+μg，同理m2=F1a2+μg59．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A．重力势能增加了mghB．克服摩擦力做功mghC．动能损失了mghD．机械能损失了mgh【答案】CD【解析】该过程中重力势能增加了mgh，故A错误；加速度a＝g＝，摩擦力f＝mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，所以ΔEk＝F合·2h＝m·g×2h＝mgh，故C正确；机械能的损失量为fs＝mg·2h＝mgh，故D正确．60．构建和谐、节约型社会的思想深得民心，也体现在生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例：将电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当电动车滑行时，就可以向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平面上滑行，第一次关闭充电装置，让车自由滑行，其动能随位移的变化关系如图线①所示；第二次启动充电装置，其动能随位移的变化关系如图线②所示，则（）A．电动车受到的摩擦阻力为50NB．电动车受到的摩擦阻力为83NC．第二次启动充电装置，向蓄电池所充的电能是200JD．第二次启动充电装置，向蓄电池所充的电能是300J【答案】AC【解析】当关闭充电装置，让车自由滑行时，自行车的动能全部用来克服摩擦力做功，转化为内能，有Ek＝fs1，解得f＝50N；当启动充电装置滑行时，自行车的动能一部分克服摩擦力做功，另一部分转化为蓄电池的电能，根据能量守恒有Ek＝fs2＋E电，故E电＝Ek－fs2＝200J．61．在“验证机械能守恒定律”的实验中，要验证的是重物重力势能的减少量等于其动能的增加量，以下步骤仅是实验中的一部分，在这些步骤中多余或错误的有（）A．把打点计时器固定到铁架台上，并用导线把它和低压直流电源连接起来B．把纸带的一端固定到重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，把重物提升到一定高度C．接通电源，释放纸带D．用停表测出重物下落的时间【答案】AD【解析】打点计时器连接交流电源，故A错误．把纸带的一端固定在重锤上，另一端穿过打点计时器的限位孔，把重锤提升到一定的高度，故B正确．实验时先接通电源，再释放纸带，故C正确．打点计时器可以记录时间，不需要用秒表测出重锤下落的时间，故D是多余的．62．如图是用自由落体法验证机械能守恒定律时得到的一条纸带．有关尺寸在图中已注明．我们选中n点来验证机械能守恒定律．下面举一些计算n点速度的方法，其中正确的是（）A．n点是第n个点，则vn＝gnTB．n点是第n个点，则vn＝g（n－1）TC．vn＝D．vn＝【答案】CD【解析】该实验是验证机械能守恒定律的实验，不能把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证了，AB选项都是利用了自由落体运动规律求速度的，故AB错误；根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度，由图可知，n-1到n+1之间的距离为xn+xn+1或hn+1-hn-1；可以求出n点的速度为：vn=，或vn=，CD正确．63．用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中，下列物理量中需要测量的有（）A．重物的质量B．重力加速度C．重物下落的高度D．与重物下落高度对应的重物的瞬时速度【答案】CD【解析】本实验无需测量重物的质量，重力加速度需用当地的重力加速度，A、B错误．评卷人得分四、简答题64．如图所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速转动。现有一可视为质点，质量m＝0.5kg的煤块落在传送带左端(不计煤块落下的速度)，煤块在传送带的作用下达到传送带的速度后从右轮轴正上方的P点恰好离开皮带做平抛运动，正好落入运煤车车厢中心点Q。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，P点与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车厢底板中心点Q的水平距离x＝1.2m，取g＝10m/s2，求：(1)传送带的速度v0；(2)右轮半径R；(3)由于传送煤块，电动机多做的功W。【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)2J【解析】试题分析：煤块平抛运动的初速度等于传送带匀速运动的速度，根据高度求出平抛运动的时间，再根据水平位移求出平抛运动的初速度．要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律列式求解．运送一块0.5kg的煤块，带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能等于煤块与传送带摩擦产生的热量与煤块的动能之和．（1）由平抛运动的规律，得x=vt，H=12（2）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得mg=mv2（3）由牛顿第二定律F=ma得a=μg=8m/s2，

煤块沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动的时间：煤块的位移：x1相等时间内传送带的位移：x2=vt=0.5m

摩擦产生的热量Q=μmgΔx=0.8×0.5×10×0.25J煤块获得动能：EK则带动传送带的电动机需要比传送带空载情况多消耗的电能E=Q+E65．如图所示为一传送带装置模型，斜面的倾角θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m＝2kg的物体从高h＝30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数μ1＝0.25，与水平传送带的动摩擦因数μ2＝0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v＝2.5m/s，tanθ＝0.75，g取10m/s2.求：(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量；(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．【答案】(1)20J(2)1.5m【解析】对物体从静止开始到达底端的过程运用动能定理得：

mgh−μ1mgs1cosθ＝12mv12-0

代入数据解得：v1=2m/s，

物体滑上传送带后向右做匀减速运动，匀减速运动的位移为：x1＝v122μ2g＝410m＝0.4m，

匀减速运动的时间为：t1＝v1μ2g＝25s＝0.4s，

该段时间内的传送带的位移为：x2=vt1=2.5×0.4m=1m

则相对路程的大小为：△x1=x1+x2=1.4m，

返回的过程做匀加速直线运动，根据x1＝12at22，

解得：t2＝2x1a＝2×0.45s＝0.4s，

传送带的位移为：x3=vt点睛：解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行求解，知道物体在传送带上运动的过程中，摩擦力做功的代数和为零．66．如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的1/4圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以v0(1)木板B上表面的动摩擦因数μ；(2)14【答案】（1）5v0【解析】（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：

mv0＝m(12v0)+2mv1…①

由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：μmgL＝12mv02−1（2）当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用．设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，A、C组成的系统水平方向动量守恒有：m(12v0)+mv1＝(m+m)v2…④

由A、C组成的系统机械能守恒：12m(12v0)点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中．67．如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L．小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，运动到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞（碰撞过程无动能损失），碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O/与P的距离为L/2．已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；（2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；（3）弹簧的弹性力对球A所做的功。【答案】（1）v（2）v（3）W=【解析】试题分析：两球碰撞过程满足动量守恒定律，B球上升过程满足机械能守恒定律或动能定理，A球碰撞后做平抛运动，A球从弹起到与B球碰撞可用动能定理．（1）碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有：mgL=解得：v（2）A、B球碰撞有：2m解得：vA=（3）碰后A球做平抛运动，设平抛高度为y，有：L2=解得：y＝L对A球应用动能定理得：W-2mg(y+2L)=解得：W=68．如图所示，光滑的四分之一圆弧AB（质量可忽略）固定在甲车的左端，其半径R=1m．质量均为M=3kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）．其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.4．将质量为m=2kg的滑块P（可视为质点）从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车．求：（1）滑块P刚滑上乙车时的速度大小；（2）滑块P在乙车上滑行的距离为多大?【答案】(1)15m/s(2)2m【解析】（1）设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为vmv1−2M解得：v1=15（2）设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒有：mv1−Mv2=（m+M)v对滑块点睛：正确分析物体的运动过程，把握每个过程所遵守的物理规律是解题的关键，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行求解．动量守恒定律解题时应注意其矢量性。69．如图所示，底端带弹性挡板且足够长的光滑直杆与水平方向的夹角为53°，质量分别为mA、mB的两个带孔弹性小球A、B（孔径略大于杆的直径）穿在杆上，且（1）与A球碰撞前后，B球的速度；（2）B球由释放到与挡板相碰运动的时间。【答案】（1）v2=1m/s，v'【解析】（1）以平行于斜面向下的方向为正方向，根据牛顿第二定律mgsin53°=ma设A球碰前的速度为v1，运动时间t1=0.375s设B球碰前的速度为v2，碰后速度为v'碰撞过程中动能守恒，则有1联立即得v2=1m/s（2）碰前B球的运动可分为三个阶段，向下运动，与挡板碰后向上运动，再向下运动，设B球回到最高点后再向下运动的时间为t3，B球回到最高点后再向下运动的距离为L3，则有t设B球由释放到与挡板相碰运动的时间为t2，则有解得t点睛：本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，综合性较强，结合动量守恒和能量守恒求出B碰撞前后的速度大小是关键，理清B在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住时间关系进行求解。70．【加试题】图中两根足够长的平行光滑导轨，相距1m水平放置，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间．金属棒ab、cd质量分别为0.1kg和0.2kg，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上．若两棒以大小相等的初速度3m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：（1）金属棒运动达到稳定后，ab棒的速度大小；（2）金属棒运动达到稳定的过程中，ab上产生的焦耳热；（3）金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？【答案】（1）1m/s（2）1.5

m【解析】（1）ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v，以水平向右为正方向，则mcdv0-mabv0=（mcd+mab）v∴v=1m/s（2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为：Q=△ΕΚ减=12mcd+mab）（v02-v2Qab=23（3）对cd棒利用动量定理：-BIL•△t=mcd（v-v0）又

q=IΔt=ΔΦ∴Δs=m71．自由式滑雪空中技巧是一项有极大观赏性的运动，其场地由①出发区、②助滑坡、③过渡区(由两段不同半径的圆弧平滑相连，其中CDE弧的半径为3m，DE弧的圆心角60º)、④跳台(高度可选)组成。比赛时运动员由A点进入助滑区做匀加速直线运动，经过渡区后沿跳台的斜坡匀减速滑至跳台F处飞出，运动员的空中动作一般须在54km/h到68km/h的速度下才能成功完成，不计摩擦和空气阻力，取g=10m/s2，求:

（1）某运动员选择由A点无初速滑下，测得他在②、④两段运动时间之比为t1:t2=3:1，，且已知AB=2EF，则运动员在这两坡段运动平均速度之比及加速度之比各为多少？（2）另一质量60kg的运动员，选择高h=4m的跳台，他要成功完成动作，在过渡区最低点D处至少要承受多大的支持力？（3）试求为了能成功完成空中动作，助滑过程中他至少需要消耗多少体能？【答案】（1）2:3（2）7300N【解析】(1)

两段运动的平均速度之比v1设滑到B点速度为v

1

，则滑到E点速度也为v

1

，又设滑到F点速度为v

2

.

则由，v2=v1+由a1=v1t（2）在EF段，有：EF＝hsin60°＝833m，

a2＝gsin60°＝53m/s运动员从A点由静止出发做匀加速运动，由运动学公式得，vB2＝2a1AB，

从B点至D点的过程中，由动能定理得，mgR(1−cos60°)＝12mvD2−12mvB2，（3）设助滑过程中运动员消耗的能量为E，由功能关系可得，E−mg[h+R（1−cos60°）]=12mvF2−72．如图所示，两条平行导轨MN、PQ的间距为L，粗糙的水平轨道的左侧为半径为r的14光滑圆轨道，其最低点与右侧水平直导轨相切，水平导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻；同时，在水平导轨左