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1.[內(nèi)蒙古包頭一中模擬] 取水平地面為零重力勢(shì)能面．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢(shì)能恰好相等．不計(jì)空氣阻力，該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角的正切值為( )
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C．1 D.eq \f(1,2)
答案：C
解析：設(shè)拋出時(shí)物塊的初速度為v0，高度為h，物塊落地時(shí)的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為α.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，據(jù)題有：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh，聯(lián)立解得：v＝eq \r(2)v0，則tanα＝eq \f(\r(v2－v\\al(2,0)),v0)＝1，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
2.
[山東師大附中模擬]如圖所示，在傾角為α＝30°的光滑斜面上，有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.8 m的輕繩，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2，若要小球能通過最高點(diǎn)A，則小球在最低點(diǎn)B的最小速度是( )
A．4 m/s B．2eq \r(10) m/s
C．2eq \r(5) m/s D．2eq \r(2) m/s
答案：C
解析：若小球恰好能在斜面上做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球通過A點(diǎn)時(shí)輕繩的拉力為零，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)和牛頓第二定律有：mgsin30°＝meq \f(v\\al(2,A),L)，解得vA＝2 m/s，由機(jī)械能守恒定律有：2mgLsin30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)解得：vB＝2eq \r(5) m/s，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
3．[黑龍江省大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬]如圖所示，一質(zhì)量為m的剛性圓環(huán)套在粗糙的豎直固定細(xì)桿上，圓環(huán)的直徑略大于細(xì)桿的直徑，圓環(huán)的兩邊與兩個(gè)相同的輕質(zhì)彈簧的一端相連，輕質(zhì)彈簧的另一端固定在和圓環(huán)同一高度的墻壁上的P、Q兩點(diǎn)處，彈簧的勁度系數(shù)為k，起初圓環(huán)處于O點(diǎn)，彈簧都處于原長(zhǎng)狀態(tài)且原長(zhǎng)為L(zhǎng)，細(xì)桿上的A、B兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離都為L(zhǎng)，將圓環(huán)拉至A點(diǎn)由靜止釋放，重力加速度為g，對(duì)圓環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是( )
A．圓環(huán)通過O點(diǎn)時(shí)的加速度小于g
B．圓環(huán)在O點(diǎn)的速度最大
C．圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度大小為eq \f(?2－\r(2)?kL,m)
D．圓環(huán)在B點(diǎn)的速度大小為2eq \r(gL)
答案：D
解析： 圓環(huán)通過O點(diǎn)時(shí)兩彈簧處于原長(zhǎng)，圓環(huán)水平方向沒有受到力的作用，因此沒有滑動(dòng)摩擦力，此時(shí)圓環(huán)僅受到豎直向下的重力，因此通過O點(diǎn)時(shí)加速度大小為g，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；圓環(huán)在受力平衡處速度最大，而在O點(diǎn)圓環(huán)受力不平衡做加速運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；圓環(huán)在整個(gè)過程中與粗糙細(xì)桿之間無壓力，不受摩擦力影響，在A點(diǎn)對(duì)圓環(huán)進(jìn)行受力分析，其受重力及兩彈簧拉力作用，合力向下，滿足mg＋2×(eq \r(2)－1)kL·cs45°＝ma，解得圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度大小為eq \f(?2－\r(2)?kL,m)＋g，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；圓環(huán)從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒知，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，即2mgL＝eq \f(1,2)mv2，解得圓環(huán)在B點(diǎn)的速度大小為2eq \r(gL)，故D項(xiàng)正確．
4．[云南省昆明三中、玉溪一中統(tǒng)考]如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，已知桿與水平地面之間的夾角θm)的滑塊，通過不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行，兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)．若不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的過程中( )
A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．重力對(duì)M做的功等于M動(dòng)能的增加量
C．輕繩對(duì)m做的功等于m機(jī)械能的增加量
D．兩滑塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功
答案：CD
解析：由于斜面ab粗糙，故兩滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，重力、拉力、摩擦力對(duì)M做的總功等于M動(dòng)能的增加量，故B錯(cuò)誤；除重力、彈力以外的力做功，將導(dǎo)致機(jī)械能變化，故C正確；除重力、彈力以外，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能有損失，故D正確．
7．(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定在O1點(diǎn)，另一端系一小球，小球穿在固定于豎直面內(nèi)、圓心為O2的光滑圓環(huán)上，O1在O2的正上方，C是O1O2的連線和圓環(huán)的交點(diǎn)，將小球從圓環(huán)上的A點(diǎn)無初速度釋放后，發(fā)現(xiàn)小球通過了C點(diǎn)，最終在A、B之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．已知小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧被拉長(zhǎng)，在C點(diǎn)時(shí)彈簧被壓縮，則下列判斷正確的是( )
A．彈簧在A點(diǎn)的伸長(zhǎng)量一定大于彈簧在C點(diǎn)的壓縮量
B．小球從A至C一直做加速運(yùn)動(dòng)，從C至B一直做減速運(yùn)動(dòng)
C．彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，小球的速度最大
D．小球機(jī)械能最大的位置有兩處
答案：AD
解析：因只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，故小球和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能和重力勢(shì)能均最小，故小球在A點(diǎn)的彈性勢(shì)能必大于在C點(diǎn)的彈性勢(shì)能，所以彈簧在A點(diǎn)的伸長(zhǎng)量一定大于彈簧在C點(diǎn)的壓縮量，故A正確；小球從A至C，在切線方向先做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)切線方向合力為零(此時(shí)彈簧仍處于伸長(zhǎng)狀態(tài))時(shí)，速度最大，故B、C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，小球機(jī)械能最大，由題意知，A、B相對(duì)于O1O2對(duì)稱，顯然，此位置在A、C與B、C之間各有一處，故D正確．
8．[安徽省合肥模擬]如圖所示，圓柱形的容器內(nèi)有若干個(gè)長(zhǎng)度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側(cè)壁．若相同的小球以同樣的速率，從點(diǎn)O沿各軌道同時(shí)向上運(yùn)動(dòng)．對(duì)它們向上運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是( )
A．小球動(dòng)能相等的位置在同一水平面上
B．小球重力勢(shì)能相等的位置不在同一水平面上
C．運(yùn)動(dòng)過程中同一時(shí)刻，小球處在同一球面上
D．當(dāng)小球在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的摩擦熱相等時(shí)，小球的位置不在同一水平面上
答案：D
解析：小球從底端開始，運(yùn)動(dòng)到同一水平面，小球克服重力做的功相同，設(shè)小球上升高度為h，直軌道與容器側(cè)壁之間的夾角為θ，則小球克服摩擦力做功Wf＝μmgsinθeq \f(h,csθ)，因?yàn)棣炔煌?，克服摩擦力做的功不同，?dòng)能一定不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；小球的重力勢(shì)能只與其高度有關(guān)，故重力勢(shì)能相等時(shí)，小球一定在同一水平面上，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若運(yùn)動(dòng)過程中同一時(shí)刻，小球處于同一球面上，t＝0時(shí)，小球位于O點(diǎn)，即O為球面上一點(diǎn)；設(shè)直軌道與水平面的夾角為θ，則小球在時(shí)間t0內(nèi)的位移x0＝vt0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，a＝－(gsinθ＋μgcsθ)，由于eq \f(x0,2sinθ)與θ有關(guān)，故小球一定不在同一球面上，C項(xiàng)錯(cuò)誤，運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力做功產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，設(shè)軌道與水平面間夾角為θ，即Q＝μmglcsθ＝μmgx，x為小球的水平位移，Q相同時(shí)，x相同，傾角不同，所以高度h不同．D項(xiàng)正確．
9．[浙江省溫州模擬] 極限跳傘是世界上流行的空中極限運(yùn)動(dòng)，如圖所示，它的獨(dú)特魅力在于跳傘者可以從正在飛行的各種飛行器上跳下，也可以從固定在高處的器械、陡峭的山頂、高地甚至建筑物上縱身而下，并且通常起跳后傘并不是馬上自動(dòng)打開，而是由跳傘者自己控制開傘時(shí)間．傘打開前可看成是自由落體運(yùn)動(dòng)，打開傘后減速下降，最后勻速下落．如果用h表示人下落的高度，t表示下落的時(shí)間，Ep表示人的重力勢(shì)能．Ek表示人的動(dòng)能，E表示人的機(jī)械能，v表示人下落的速度，如果打開傘后空氣阻力與速度平方成正比，則下列圖象可能正確的是( )
答案：B
解析：人先做自由落體運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒可得Ek＝ΔEp＝mgh，與下落的高度成正比，打開降落傘后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：ΔEk＝(f－mg)Δh，隨速度的減小，阻力減小，由牛頓第二定律可知，人做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)阻力與重力大小相等后，人做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能先減小得快，后減小得慢，當(dāng)阻力與重力大小相等后，動(dòng)能不再發(fā)生變化，而機(jī)械能繼續(xù)減小，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
10．[江西省新余四中檢測(cè)](多選) 如圖所示，水平傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一物塊輕放在傳送帶左端，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)恰與傳送帶速度相等．若傳送帶仍保持勻速運(yùn)動(dòng)，但速度加倍，仍將物塊輕放在傳送帶左端，則物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)與傳送帶的速度加倍前相比，下列判斷正確的是( )
A．物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼囊话?br>B．摩擦力對(duì)物塊做的功不變
C．摩擦產(chǎn)生的熱量為原來的兩倍
D．電動(dòng)機(jī)因帶動(dòng)物塊多做的功是原來的兩倍
答案：BD
解析：由題意知物塊向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，傳送帶速度增大，物塊仍然做加速度不變的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)速度未達(dá)到傳送帶速度，根據(jù)x＝eq \f(1,2)at2可知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知：Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，因?yàn)槲飰K的動(dòng)能不變，所以摩擦力對(duì)物塊做的功不變，故B正確；物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝μg，則勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝eq \f(v0,μg)，在這段時(shí)間內(nèi)物塊的位移為：x2＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，傳送帶的位移為：x1＝v0t＝eq \f(v\\al(2,0),μg)，則傳送帶與物塊間的相對(duì)位移大小，即劃痕的長(zhǎng)度為：Δx＝x1－x2＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝eq \f(mv\\al(2,0),2)，當(dāng)傳送帶速度加倍后，在這段時(shí)間內(nèi)物塊的位移仍為：x′2＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，傳送帶的位移為：x′1＝2v0t＝eq \f(2v\\al(2,0),μg)，則傳送帶與物塊間的相對(duì)位移大小，即劃痕的長(zhǎng)度為：Δx′＝x′1－x′2＝eq \f(3v\\al(2,0),2μg)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q′＝μmgΔx′＝eq \f(3mv\\al(2,0),2)，可知摩擦產(chǎn)生的熱量為原來的3倍，故C錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物塊的動(dòng)能和摩擦產(chǎn)生的熱量，速度沒變時(shí)：W電＝Q＋eq \f(mv\\al(2,0),2)＝mveq \\al(2,0)，速度加倍后：W′電＝Q′＋eq \f(mv\\al(2,0),2)＝2mveq \\al(2,0)，故D正確．所以B、D正確，A、C錯(cuò)誤．
11．[河北省廊坊監(jiān)測(cè)]如圖所示，重力為10 N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點(diǎn)由靜止開始下滑，到b點(diǎn)開始?jí)嚎s輕彈簧，到c點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大速度，到d點(diǎn)時(shí)(圖中未畫出)開始彈回，返回b點(diǎn)時(shí)離開彈簧，恰能再回到a點(diǎn)．若bc＝0.1 m，彈簧彈性勢(shì)能的最大值為8 J，則下列說法正確的是( )
A．輕彈簧的勁度系數(shù)是50 N/m
B．從d到b滑塊克服重力做的功為8 J
C．滑塊的動(dòng)能最大值為8 J
D．從d點(diǎn)到c點(diǎn)彈簧的彈力對(duì)滑塊做的功為8 J
答案：A
解析：整個(gè)過程中，滑塊從a點(diǎn)由靜止釋放后還能回到a點(diǎn)，說明滑塊機(jī)械能守恒，即斜面是光滑的，滑塊到c點(diǎn)時(shí)速度最大，即所受合力為零，由平衡條件和胡克定律有kxbc＝Gsin30°，解得k＝50 N/m，A項(xiàng)對(duì)；滑塊由d到b的過程中，彈簧彈性勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，B項(xiàng)錯(cuò)；滑塊由d到c過程中，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧彈性勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，故到c點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能一定小于8 J，C項(xiàng)錯(cuò)；從d點(diǎn)到c點(diǎn)，彈簧彈性勢(shì)能的減少量小于8 J，所以彈力對(duì)滑塊做的功小于8 J，D項(xiàng)錯(cuò)．
12．[山西省太原模擬](多選) 如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿兩端分別固定a、b金屬球(可視為質(zhì)點(diǎn))，兩球質(zhì)量均為m，a放在光滑的水平面上，b套在豎直固定的光滑桿上且離地面高度為eq \f(\r(3),2)L，現(xiàn)將b從圖示位置由靜止釋放，則( )
A．在b球落地前的整個(gè)過程中，a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒
B．從開始到b球距地面高度為eq \f(L,2)的過程中，輕桿對(duì)a球做功為eq \f(\r(3)－1,8)mgL
C．從開始到b球距地面高度為eq \f(L,2)的過程中，輕桿對(duì)b球做功為－eq \f(\r(3),8)mgL
D．從b球由靜止釋放落地的瞬間，重力對(duì)b球做功的功率為mgeq \r(\r(3)gL)
答案：BD
解析：在b球落地前的整個(gè)過程中，b在水平方向上受到固定光滑桿的彈力作用，a球的水平方向受力為零，所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤．從開始到b球距地面高度為eq \f(L,2)的過程中，b球減少的重力勢(shì)能為eq \f(\r(3)－1,2)mgL，當(dāng)b球距地面高度為eq \f(L,2)時(shí)，由兩球沿桿方向分速度相同可知vb＝eq \r(3)va，又因?yàn)閍、b質(zhì)量相等，所以有Ekb＝3Eka.從開始下落到b球距地面高度為eq \f(L,2)的過程由機(jī)械能守恒可得eq \f(\r(3)－1,2)mgL＝4Eka.可得Eka＝eq \f(\r(3)－1,8)mgL，所以桿對(duì)a球做功為eq \f(\r(3)－1,8)mgL，B正確．從開始到b球距地面高度為eq \f(L,2)的過程中，輕桿對(duì)b球做負(fù)功，且大小等于a球機(jī)械能的增加量，為－eq \f(\r(3)－1,8)mgL，C錯(cuò)誤．在b球落地的瞬間，a球速度為零，從b球由靜止釋放到落地瞬間的過程中，b球減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為b球動(dòng)能，所以此時(shí)b球速度為eq \r(\r(3)gL)，方向豎直向下，所以重力對(duì)b球做功的功率為mgeq \r(\r(3)gL)，D正確．
13．[甘肅省重點(diǎn)中學(xué)一聯(lián)](多選)如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h0＝0.1 m處，滑塊與彈簧不拴接．現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測(cè)量滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek－h(huán)圖象如圖乙所示，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢(shì)能面，取g＝10 m/s2，由圖象可知( )
A．滑塊的質(zhì)量為0.1 kg
B．輕彈簧原長(zhǎng)為0.2 m
C．彈簧最大彈性勢(shì)能為0.5 J
D．滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為0.4 J
答案：BC
解析：由動(dòng)能定理得，Ek＝F合Δh，所以題圖乙中Ek－h(huán)圖線各點(diǎn)的切線斜率的絕對(duì)值等于合外力，圖象中直線部分表示合外力恒定，反映了滑塊離開彈簧后只受重力作用，F(xiàn)合＝mg＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔEk,Δh)))＝2 N，m＝0.2 kg，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題意和題圖乙知，h≥0.2 m時(shí)滑塊不受彈簧的彈力，即脫離了彈簧，彈力為零時(shí)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，所以彈簧原長(zhǎng)為0.2 m，故選項(xiàng)B正確；滑塊在離地高度h0＝0.1 m處，彈簧的彈性勢(shì)能最大，滑塊動(dòng)能為0，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能為Ep＋mgh0，當(dāng)滑塊到達(dá)h1＝0.35 m處，動(dòng)能為0，彈簧的彈性勢(shì)能也為0，系統(tǒng)的機(jī)械能為mgh1，由機(jī)械能守恒定律有Ep＋mgh0＝mgh1，解得Ep＝0.5 J，故選項(xiàng)C正確；由題圖乙知，滑塊的動(dòng)能最大時(shí)，其重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能總和最小，經(jīng)計(jì)算可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤．綜上本題選B、C.
14．[名師原創(chuàng)](多選)靜止在粗糙水平面上的物體，在水平拉力作用下沿直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則( )
A．第1 s內(nèi)拉力做的功與第7 s內(nèi)拉力做的功相等
B．4 s末拉力做功的功率與6 s末拉力做功的功率不相等
C．1～3 s內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量大于3～7 s內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量
D．第1 s內(nèi)合外力做的功等于0～7 s內(nèi)合外力做的功
答案：BD
解析：物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，即摩擦力大小恒定，設(shè)0～1 s、1～3 s、3～5 s、5～7 s內(nèi)拉力大小分別為F1、F2、F3、F4，摩擦力大小為f，物體質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可得F1＝f＋4m(N)，F(xiàn)2＝f，F(xiàn)3＝|f－2m|(N)，F(xiàn)4＝f＋2m(N)，故拉力大小關(guān)系滿足F1>F4>F2，F(xiàn)1>F4>F3.第1 s內(nèi)與第7 s內(nèi)拉力大小不相等，位移大小s1＝2 m，s7＝3 m，則第1 s內(nèi)拉力做的功W1＝2f＋8m(J)，第7 s內(nèi)拉力做的功W2＝3f＋6m(J)，二者大小關(guān)系無法確定，A錯(cuò)誤．第4 s末與第6 s末速度大小相等，拉力大小不相等，功率不相等，B正確.1～3 s內(nèi)與3～7 s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的路程相等，又摩擦力大小不變，所以因摩擦產(chǎn)生的熱量相等，C錯(cuò)誤．由動(dòng)能定理可知，第1 s內(nèi)合外力做的功等于0～7 s內(nèi)合外力做的功，D正確．
15．[名師原創(chuàng)]如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在與水平方向成α＝53°角的固定光滑細(xì)桿上，小球用一輕繩通過一光滑定滑輪掛一質(zhì)量也為m的木塊，初始時(shí)小球與滑輪在同一水平高度上，這時(shí)定滑輪與小球相距0.5 m．現(xiàn)由靜止釋放小球．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.下列說法正確的是( )
A．小球沿細(xì)桿下滑0.6 m時(shí)速度為零
B．小球與木塊的動(dòng)能始終相等
C．小球的機(jī)械能守恒
D．小球沿細(xì)桿下滑0.3 m時(shí)速度為eq \f(\r(170),5)m/s
答案：D
解析：當(dāng)小球沿細(xì)桿下滑0.6 m時(shí)，由幾何關(guān)系知，木塊高度不變，小球下降了h1＝0.6sin53° m＝0.48 m，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得v木＝v球cs53°，由小球與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,木)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,球)，解得v球＞0，A錯(cuò)誤；小球與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C錯(cuò)誤；設(shè)輕繩與細(xì)桿的夾角為θ，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得v′木＝v′球csθ，當(dāng)小球沿細(xì)桿下滑0.3 m時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系，θ＝90°，木塊速度為零，小球下降了h2＝0.3sin53° m＝0.24 m，木塊下降了h3＝0.5 m－0.5×sin53° m＝0.1 m，由機(jī)械能守恒有mgh2＋mgh3＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,球)，解得v′球＝eq \f(\r(170),5)m/s，B錯(cuò)誤，D正確．
16．[新情景題](多選)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))套在固定的水平光滑橢圓形軌道上，橢圓的左焦點(diǎn)為P，長(zhǎng)軸AC＝2L0，短軸BD＝eq \r(3)L0.原長(zhǎng)為L(zhǎng)0的輕彈簧一端套在過P點(diǎn)的光滑軸上，另一端與小球連接．若小球做橢圓運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是( )
A．小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能大于在C點(diǎn)時(shí)的
B．小球在A、C兩點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小相等
C．小球在B、D點(diǎn)時(shí)的速度最大
D．小球在B點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力沿BO方向
答案：BCD
解析：橢圓的焦距c＝eq \r(L\\al(2,0)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)L0))2)＝eq \f(1,2)L0＝OP，PB＝eq \r(OP2＋OB2)＝L0，即小球在B點(diǎn)或D點(diǎn)時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧的長(zhǎng)度xA＝OA－c＝eq \f(1,2)L0，彈簧的壓縮量ΔxA＝L0－xA＝eq \f(1,2)L0，小球在C點(diǎn)時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量ΔxC＝PC－L0＝eq \f(1,2)L0＝ΔxA，故小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能與在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等且最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由系統(tǒng)機(jī)械能守恒知，小球在A點(diǎn)和在C點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，A點(diǎn)與C點(diǎn)的曲率半徑r相等，由向心加速度公式a＝eq \f(v2,r)知，選項(xiàng)B正確；小球在B、D點(diǎn)時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最小，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒知，選項(xiàng)C正確；小球過B點(diǎn)需要的向心力僅由軌道對(duì)小球的彈力提供，此彈力沿BO方向，選項(xiàng)D正確．
課時(shí)測(cè)評(píng)? 綜合提能力 課時(shí)練 贏高分
一、選擇題
1．[貴陽(yáng)監(jiān)測(cè)]如圖所示，兩個(gè)內(nèi)壁光滑、半徑為R(圖中未標(biāo)出)的半圓形軌道正對(duì)著固定在豎直平面內(nèi)，對(duì)應(yīng)端點(diǎn)(虛線處)相距為x，最高點(diǎn)A和最低點(diǎn)B的連線豎直．一個(gè)質(zhì)量為m的小球交替著在兩軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，已知小球通過最高點(diǎn)A時(shí)的速率vA>eq \r(gR)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.則( )
A．小球在A點(diǎn)的向心力小于mg
B．小球在B點(diǎn)的向心力等于4mg
C．小球在B、A兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小之差大于6mg
D．小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之差等于2mg(R＋x)
答案：C
解析：小球在最高點(diǎn)A時(shí)的速率vA＞eq \r(gR)，eq \f(mv\\al(2,A),R)＝F向，小球在A點(diǎn)的向心力F向＞mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝mg(2R＋x)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得veq \\al(2,B)＝2g(2R＋x)＋veq \\al(2,A)＝4gR＋2gx＋veq \\al(2,A)，小球在B點(diǎn)的向心力F＝meq \f(v\\al(2,B),R)＝4mg＋eq \f(2mgx,R)＋meq \f(v\\al(2,A),R)，一定大于4mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)B時(shí)所受半圓形軌道的支持力為F′B，由牛頓第二定律，F(xiàn)′B－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，解得F′B＝5mg＋eq \f(2mgx,R)＋meq \f(v\\al(2,A),R)，根據(jù)牛頓第三定律，小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FB＝F′B＝5mg＋eq \f(2mgx,R)＋meq \f(v\\al(2,A),R)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)A時(shí)所受半圓形軌道的支持力為F′A，由牛頓第二定律，F(xiàn)′A＋mg＝meq \f(v\\al(2,A),R)，解得F′A＝meq \f(v\\al(2,A),R)－mg，則由牛頓第三定律知，小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FA＝F′A＝meq \f(v\\al(2,A),R)－mg，小球在B、A兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力之差為ΔF＝FB－FA＝6mg＋eq \f(2mgx,R)，大于6mg，選項(xiàng)C正確；根據(jù)eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝mg(2R＋x)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之差ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mg(2R＋x)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
2．[廣州模擬](多選)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C放在水平地面上．現(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行．已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)C恰好離開地面．下列說法正確的是( )
A．斜面傾角α＝30°
B．A獲得的最大速度為2geq \r(\f(m,5k))
C．C剛離開地面時(shí)，B的加速度最大
D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
答案：AB
解析：C剛離開地面時(shí)，對(duì)C有kx2＝mg，此時(shí)A、B有最大速度，即aB＝aC＝0，則對(duì)B有T－kx2－mg＝0，對(duì)A有4mgsinα－T＝0，以上方程聯(lián)立可解得sinα＝eq \f(1,2)，α＝30°，故A正確；初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對(duì)B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝eq \f(mg,k)，則從釋放A至C剛離開地面過程中，彈性勢(shì)能變化量為零，此過程中A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即4mg(x1＋x2)sinα＝mg(x1＋x2)＋eq \f(1,2)(4m＋m)veq \\al(2,Am)，聯(lián)立解得vAm＝2geq \r(\f(m,5k))，所以A獲得的最大速度為2geq \r(\f(m,5k))，故B正確；對(duì)B進(jìn)行受力分析可知，剛釋放A時(shí)，B所受合力最大，此時(shí)B具有最大加速度，故C錯(cuò)誤；從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤．
3．(多選)如圖所示，水平光滑長(zhǎng)桿上套有小物塊A，細(xì)線跨過位于O點(diǎn)的輕質(zhì)光滑定滑輪(滑輪大小不計(jì))，一端連接A，另一端懸掛小物塊B，A、B質(zhì)量相等．C為O點(diǎn)正下方桿上的點(diǎn)，滑輪到桿的距離OC＝h.開始時(shí)A位于P點(diǎn)，PO與水平方向的夾角為30°.已知重力加速度大小為g.現(xiàn)將A、B由靜止釋放，則下列說法正確的是( )
A．A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過程中，速度不斷增大
B．在A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過程中，B克服細(xì)線拉力做的功小于B重力勢(shì)能的減少量
C．A在桿上長(zhǎng)為2eq \r(3)h的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．A經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq \r(2gh)
答案：ACD
解析：A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過程中，B從釋放到最低點(diǎn)，此過程中，對(duì)A受力分析，可知細(xì)線的拉力一直對(duì)A做正功，A的動(dòng)能一直增大，故A正確；A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)的過程中，細(xì)線對(duì)B一直做負(fù)功，其機(jī)械能一直減小，A到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，B的速度為0，則B克服細(xì)線拉力做的功等于B重力勢(shì)能的減少量，故B錯(cuò)誤；由分析知，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由對(duì)稱性可知，物塊A在桿上長(zhǎng)為2eq \r(3)h的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C正確；B的機(jī)械能最小時(shí)，即A到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，此時(shí)A的速度最大，設(shè)為vA，此時(shí)B的速度為0，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得mBgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,sin30°)－h(huán)))＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)，A、B質(zhì)量相等，解得vA＝eq \r(2gh)，故D正確．
4．如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，那么力F對(duì)木板做的功為( )
A.eq \f(mv2,4) B.eq \f(mv2,2)
C．mv2 D．2mv2
答案：C
解析：由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmg·x相，x相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at即v＝μgt，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項(xiàng)C正確．
5．將一物體豎直向上拋出，物體運(yùn)動(dòng)過程中所受到的空氣阻力大小(小于物體的重力)恒定．若以地面為零勢(shì)能參考面，則在物體從拋出直至落回地面的過程中，物體機(jī)械能E與物體距地面的高度h的關(guān)系圖象(E－h(huán))應(yīng)為(圖中h0為上拋的最大高度)( )
答案：C
解析：由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機(jī)械能要減小，減小的機(jī)械能等于克服阻力做的功，設(shè)阻力的大小為f，則物體的機(jī)械能為E＝Ek0－fh，在返回的過程中，阻力大小恒定，機(jī)械能還是均勻減小的，所以B、D錯(cuò)誤，當(dāng)返回地面時(shí)，物體還有動(dòng)能，所以物體的機(jī)械能不會(huì)是零，所以C正確，A錯(cuò)誤．
6．(多選)如圖所示，固定在地面上的斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個(gè)半徑均為r的相同小球，各球編號(hào)如圖．斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長(zhǎng)度為6r.現(xiàn)將六個(gè)小球由靜止同時(shí)釋放，小球離開A點(diǎn)后均做平拋運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦．則在各小球運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是( )
A．球1的機(jī)械能守恒
B．球6在OA段機(jī)械能增大
C．球6的水平射程最大
D．有三個(gè)球落地點(diǎn)位置相同
答案：BD
解析：6個(gè)小球全在斜面上時(shí)，加速度相同，相互之間沒有作用力，每個(gè)小球機(jī)械能守恒．球6加速距離最小，球6剛運(yùn)動(dòng)到OA段時(shí)，球5、4、3、2、1仍在斜面上加速，對(duì)球6有向左的作用力，對(duì)球6做正功，故球6機(jī)械能增加，B正確；而依次剛滑到OA段的小球?qū)ζ溆疑蟼?cè)的小球有沿斜面向上的作用力，并對(duì)其右上側(cè)的小球做負(fù)功，只要有小球運(yùn)動(dòng)到OA段，球2就與球1之間產(chǎn)生作用力，球2對(duì)球1做負(fù)功，故球1的機(jī)械能減少，A錯(cuò)誤；當(dāng)6、5、4三個(gè)小球在OA段的時(shí)候速度相等，球6離開OA后，球4繼續(xù)對(duì)球5做正功，所以球5離開OA時(shí)速度大于球6的速度，同理，球4離開OA時(shí)的速度大于球5的速度，所以球6離開OA時(shí)的水平速度最小，水平射程最小，故C錯(cuò)誤；3、2、1三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到OA時(shí)，斜面上已經(jīng)沒有小球，故這三個(gè)小球之間沒有相互作用的彈力，離開OA的速度相等，水平射程相同，落地點(diǎn)相同，D正確．
7.
[江蘇泰州中學(xué)模擬](多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上，若以地面為零勢(shì)能面且不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是( )
A．物體落到海平面時(shí)的重力勢(shì)能為mgh
B．物體從拋出到落到海平面的過程重力對(duì)物體做功為mgh
C．物體在海平面上的動(dòng)能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh
D．物體在海平面上的機(jī)械能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
答案：BCD
解析：物體運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒，所以任意一點(diǎn)的機(jī)械能相等，都等于拋出時(shí)的機(jī)械能，物體在地面上的重力勢(shì)能為零，動(dòng)能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故整個(gè)過程中的機(jī)械能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物體在海平面上的機(jī)械能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在海平面重力勢(shì)能為－mgh，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物體在海平面上的動(dòng)能為eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh，從拋出到落到海平面，重力做功為mgh，所以B、C、D正確．
8．[吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬](多選)A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側(cè)斜面完全相同，現(xiàn)從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進(jìn)入右側(cè)不同的豎直軌道：除去底部一小段圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；B圖中的軌道與A圖中的軌道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C圖中的軌道是一個(gè)內(nèi)徑略大于小球直徑的管道，其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管開口的高度大于h；D圖中的軌道是個(gè)半圓形軌道，其直徑等于h.如果不計(jì)任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進(jìn)入右側(cè)軌道后能到達(dá)高度h的是( )
答案：AC
解析：A圖中小球到達(dá)右側(cè)斜面上最高點(diǎn)時(shí)的速度為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋0，則h′＝h，故A正確；B圖中小球離開軌道后做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)在水平方向上有速度，即在最高點(diǎn)的速度不為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋eq \f(1,2)mv2，則h′vb>vC
答案：C
解析：圖甲中，當(dāng)整根鏈條離開桌面時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq \f(1,2)mg·eq \f(3L,4)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)，解得va＝eq \f(\r(3gL),2)；圖乙中，當(dāng)整根鏈條離開桌面時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq \f(1,2)mg·eq \f(3L,4)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,b)，解得vb＝eq \f(\r(6gL),4)；圖丙中，當(dāng)整根鏈條離開桌面時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq \f(1,2)mg·eq \f(3L,4)＋mgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,c)，解得vC＝eq \f(\r(14gL),4)，故vC>va>vb，選項(xiàng)C正確．
二、非選擇題
11.
如圖所示，質(zhì)量為m的小球從四分之一光滑圓弧軌道頂端由靜止釋放，從軌道末端O點(diǎn)水平拋出，擊中平臺(tái)右下側(cè)擋板上的P點(diǎn)．以O(shè)為原點(diǎn)在豎直面內(nèi)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，擋板形狀滿足方程y＝6－x2(單位：m)，小球質(zhì)量m＝0.4 kg，圓弧軌道半徑R＝1.25 m，g取10 m/s2，求：
(1)小球?qū)A弧軌道末端的壓力大?。?br>(2)小球從O點(diǎn)到P點(diǎn)所需的時(shí)間(結(jié)果可保留根號(hào))．
答案：(1)12 N (2)eq \f(\r(5),5) s
解析：(1)小球從釋放到O點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒，則：mgR＝eq \f(1,2)mv2
解得：v＝eq \r(2gR)＝5 m/s
小球在圓軌道最低點(diǎn)：FN－mg＝meq \f(v2,R)
解得：FN＝mg＋meq \f(v2,R)＝12 N
由牛頓第三定律，小球?qū)壍滥┒说膲毫N′＝FN＝12 N
(2)小球從O點(diǎn)水平拋出后滿足：
y＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt
又有y＝6－x2，聯(lián)立解得：t＝eq \f(\r(5),5) s.
12．[2017·全國(guó)卷Ⅰ]一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105 m處以7.50×103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時(shí)下落到地面．取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)
(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能；
(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%.
答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析：(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為
Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得
Ek0＝4.0×108 J②
設(shè)地面附近的重力加速度大小為g.飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為
Eh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,h)＋mgh③
式中，vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度大小．由③式和題給數(shù)據(jù)得
Eh≈2.4×1012 J④
(2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)械能為
Eh′＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′⑤
由功能關(guān)系得
W＝Eh′－Ek0⑥
式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得
W≈9.7×108 J⑦

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