《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九）功能關(guān)系 能量守恒定律（含解析）（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十九） 功能關(guān)系 能量守恒定律 A卷——基礎(chǔ)保分專練 1．物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運(yùn)動(dòng)。在這三種情況下物體機(jī)械能的變化情況是(　　) A．勻速上升機(jī)械能不變，加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能減小 B．勻速上升和加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能減小 C．勻速上升和加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能可能增加，可能減少，也可能不變 D．三種情況中，物體的機(jī)械能均增加 解析：選C　無(wú)論物體向上加速運(yùn)動(dòng)還是向上勻速運(yùn)動(dòng)，除重力外，其他外力一定對(duì)物體做正功，物體機(jī)械能都增加；物體向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，除重力外，物體受到的其他外力不確定，故無(wú)法確

2、定其機(jī)械能的變化，C正確。 2．如圖所示，水平平臺(tái)上放置一長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的均勻木板。木板右端距離平臺(tái)邊緣為s，木板與臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)木板施加水平推力，要使木板脫離平臺(tái)，推力做功的最小值為(　　) A．μmg(L＋s)　　　　　　　　 B．μmg C．μmg(L－s) D．μmg 解析：選B　要使木板脫離平臺(tái)，即讓木板的重心脫離平臺(tái)，則木板運(yùn)動(dòng)的距離為＋s，需要克服摩擦力做功為Wf＝μmg，即推力做功的最小值為μmg，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 3．滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)。現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移

3、動(dòng)一段距離的過(guò)程中拉力F做了10 J的功。在上述過(guò)程中(　　) A．彈簧的彈性勢(shì)能增加了10 J B．滑塊的動(dòng)能增加了10 J C．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10 J D．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析：選C　拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能增大，滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。 4．(2019·大理質(zhì)檢)如圖所示，一表面光滑的木板可繞固定的水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)。木板從水平位置OA轉(zhuǎn)到OB位置的過(guò)程中，木板上重為5 N的物塊從靠近轉(zhuǎn)軸的位置由靜止開(kāi)始滑到圖中虛線所示位置。在這一

4、過(guò)程中，物塊的重力勢(shì)能減少了4 J。以下說(shuō)法正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) A．物塊的豎直高度降低了0.8 m B．由于木板轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊下降的豎直高度必大于0.8 m C．物塊獲得的動(dòng)能為4 J D．由于木板轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊的機(jī)械能必定增加 解析：選A　由重力勢(shì)能的表達(dá)式Ep＝mgh，重力勢(shì)能減少了4 J，而mg＝5 N，故h＝0.8 m，A項(xiàng)正確、B項(xiàng)錯(cuò)誤；木板轉(zhuǎn)動(dòng)，木板的支持力對(duì)物塊做負(fù)功，則物塊的機(jī)械能必定減少，物塊獲得的動(dòng)能小于4 J，故C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。 5．(多選)重物m系在上端固定的輕彈簧下端，用手托起重物，使彈簧處于豎直方向。彈簧的長(zhǎng)度等于原長(zhǎng)時(shí)，突然松手。重物下落

5、的過(guò)程中，對(duì)于重物、彈簧和地球組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是(彈簧始終在彈性限度內(nèi)變化)(　　) A．重物的動(dòng)能最大時(shí)，重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能的總和最小 B．重物的重力勢(shì)能最小時(shí)，動(dòng)能最大 C．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，重物的動(dòng)能最小 D．重物的重力勢(shì)能最小時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大 解析：選ACD　重物下落過(guò)程中，只發(fā)生動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，所以當(dāng)動(dòng)能最大時(shí)，重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能的總和最小，A正確；當(dāng)重物的重力勢(shì)能最小時(shí)，重物應(yīng)下落到最低點(diǎn)，其速度為零，動(dòng)能最小，此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量最大，彈性勢(shì)能最大，故B錯(cuò)誤，C、D正確。 6．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的小車置于光滑的水平面上，小車前端放一小物

6、塊。用大小為F的水平力將小車向右拉動(dòng)一段距離s，物塊剛好滑到小車的左端。物塊與小車間的摩擦力為Ff。在此過(guò)程中(　　) A．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為FfL B．系統(tǒng)增加的機(jī)械能為Fs C．物塊增加的動(dòng)能為FfL D．小車增加的動(dòng)能為Fs－FfL 解析：選A　系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的示意圖如圖所示，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能應(yīng)為滑動(dòng)摩擦力乘以物體間的相對(duì)位移，即FfL，故A正確；根據(jù)功能關(guān)系，外力對(duì)系統(tǒng)做的功應(yīng)等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能與機(jī)械能增量之和，即Fs＝ΔE總＋FfL，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)物塊做的功等于物塊增加的動(dòng)能，即Ff(s－L)，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)小車做的功等于小車動(dòng)能的增量，即Fs－

7、Ffs＝ΔEk車，故D錯(cuò)誤。 7．(2018·長(zhǎng)春模擬)如圖所示，水平傳送帶以v＝2 m/s的速率勻速運(yùn)行，上方漏斗每秒將40 kg的煤粉豎直放到傳送帶上，然后一起隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)。如果要使傳送帶保持原來(lái)的速率勻速運(yùn)行，則電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率為(　　) A．80 W B．160 W C．400 W D．800 W 解析：選B　由功能關(guān)系，電動(dòng)機(jī)增加的功率用于使單位時(shí)間內(nèi)落在傳送帶上的煤粉獲得的動(dòng)能以及煤粉相對(duì)傳送帶滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量，所以ΔPt＝mv2＋Q，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，而煤粉相對(duì)地面做勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均速度為傳送帶速度的一半，所以煤粉相對(duì)傳送帶的位移等于相對(duì)地面的位移

8、，故Q＝f·Δx＝fx＝mv2，解得ΔP＝160 W，B項(xiàng)正確。 8．(2019·重慶調(diào)研)一物體僅受重力和豎直向上的拉力作用，沿豎直方向向上做減速運(yùn)動(dòng)。此過(guò)程中物體速度的平方和上升高度的關(guān)系如圖所示。若取h＝0處為重力勢(shì)能等于零的參考平面，則此過(guò)程中物體的機(jī)械能隨高度變化的圖像可能正確的是(　　) 解析：選D　拉力豎直向上，與物體的位移方向相同，則拉力對(duì)物體做正功，由功能關(guān)系知物體的機(jī)械能增加，故A、B錯(cuò)誤。由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系公式v2－v02＝2ah得：v2＝v02＋2ah，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，v2 -h圖像的斜率等于2a，直線的斜率一定，則知物體的加速度a一定，因此物體向上做勻

9、減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知拉力恒定。由功能關(guān)系知：FΔh＝ΔE，即得＝F，所以E-h圖像的斜率等于拉力F，F(xiàn)一定，因此E-h圖像應(yīng)是向上傾斜的直線，故C錯(cuò)誤，D正確。 9．(多選)水平長(zhǎng)直軌道上緊靠放置n個(gè)質(zhì)量為m可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊，物塊間用長(zhǎng)為l的細(xì)線連接。開(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài)，軌道與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。用水平恒力F拉動(dòng)物塊1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零。下列判斷正確的是(　　) A．拉力F所做功為nFl B．系統(tǒng)克服摩擦力做功為 C．F＞ D．(n－1)μmg＜F＜nμmg 解析：選BC　物塊1的位移為(n－1)l，則拉力F所做功為WF＝F·(n－

10、1)l＝(n－1)Fl，故A錯(cuò)誤。系統(tǒng)克服摩擦力做功為Wf＝μmg·l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝，故B正確。據(jù)題，連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零，假設(shè)沒(méi)有動(dòng)能損失，由動(dòng)能定理有WF＝Wf，解得F＝；現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動(dòng)能損失，所以根據(jù)功能關(guān)系可知F＞，故C正確，D錯(cuò)誤。 10．“彈弓”一直是孩子們最喜愛(ài)的彈射類玩具之一。其構(gòu)造如圖所示，橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上，橡皮筋A(yù)CB恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手，彈丸就會(huì)在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去，打擊目標(biāo)。現(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E

11、是CD中點(diǎn)，則(　　) A．從D到C，彈丸的機(jī)械能守恒 B．從D到C，彈丸的動(dòng)能一直在增大 C．從D到C，彈丸的機(jī)械能先增大后減小 D．從D到E彈丸增加的機(jī)械能大于從E到C彈丸增加的機(jī)械能 解析：選D　從D到C，橡皮筋對(duì)彈丸做正功，彈丸機(jī)械能一直在增加，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力，兩段高度相等，所以DE段橡皮筋對(duì)彈丸做功較多，即機(jī)械能增加的較多，選項(xiàng)D正確；在CD連線中的某一處，彈丸受力平衡，所以從D到C，彈丸的速度先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 11．(2019·保定六校聯(lián)考)如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B

12、兩端間距L＝16 m。傳送帶以速度v＝10 m/s沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，物體m＝1 kg，無(wú)初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。試求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間； (2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)物體剛放上傳送帶時(shí)受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 設(shè)物體經(jīng)時(shí)間t1加速到與傳送帶同速，則 v＝a1t1，x1＝a1t12 解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m 設(shè)物體與傳送帶同速后再經(jīng)過(guò)時(shí)間t2到達(dá)B端，因mgsin θ>μmgco

13、s θ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速，由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t22 解得t2＝1 s 故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間 t＝t1＋t2＝2 s。 (2)物體與傳送帶間的相對(duì)位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。 答案：(1)2 s　(2)24 J 12．如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度s＝5 m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為

14、h1＝4.30 m、h2＝1.35 m?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離。 解析：(1)小滑塊從A→B→C→D過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝mvD2－0 代入數(shù)據(jù)解得：vD＝3 m/s。 (2)對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s總，有：mgh1＝μmgs總 代入數(shù)據(jù)解得：s總＝8.6 m 故小滑塊最終停止的

15、位置距B點(diǎn)的距離為 2s－s總＝1.4 m。 答案：(1)3 m/s　(2)1.4 m B卷——重難增分專練 1．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(guò)程，下列說(shuō)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(guò)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(guò)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 解析：選D　小球從底端開(kāi)始，運(yùn)動(dòng)到同一水平面，

16、小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，動(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(guò)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)某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－(gsin θ＋μgcos θ)t02，由于球的半徑R＝與θ有關(guān)，故小球一定不在同一球面上，C項(xiàng)錯(cuò)誤。小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgcos θ·＝μmghcot θ，傾角θ不同時(shí)高度h不同，D項(xiàng)正確。 2．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)

17、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(kāi)，而是由跳傘者自己控制開(kāi)傘時(shí)間。傘打開(kāi)前可看成是自由落體運(yùn)動(dòng)，打開(kāi)傘后減速下降，最后勻速下落。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(kāi)傘后空氣阻力與速度平方成正比，則下列圖像可能正確的是(　　) 解析：選B　重力勢(shì)能與人下落的高度呈線性關(guān)系，故A錯(cuò)誤。人先做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，可得Ek＝ΔEp＝mgh，動(dòng)能與下落的高度成正比；打開(kāi)降落傘后人做減速運(yùn)動(dòng)，

18、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，C、D錯(cuò)誤。 3．如圖所示，一輕彈簧左端固定在長(zhǎng)木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m與M及M與地面間接觸光滑。開(kāi)始時(shí)，m和M均靜止，現(xiàn)同時(shí)對(duì)m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2。從兩物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)以后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧形變不超過(guò)其彈性限度。對(duì)于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2

19、大小相等時(shí)，m、M各自的動(dòng)能最大，此時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能最大 C．在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，m、M動(dòng)能的變化量加上彈簧彈性勢(shì)能的變化量等于F1、F2做功的代數(shù)和 D．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中m的最大速度一定大于M的最大速度 解析：選C　由于F1、F2對(duì)m、M都做正功，故系統(tǒng)機(jī)械能增加，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時(shí)，M和m受力平衡，加速度減為零，此時(shí)速度達(dá)到最大值，故各自的動(dòng)能最大，F(xiàn)1和F2可繼續(xù)對(duì)系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機(jī)械能還可以繼續(xù)增大，故此時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能不是最大，故B錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)除重力和彈簧彈力以外的力對(duì)系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量可知，m、M動(dòng)能的變化量加上彈簧彈

20、性勢(shì)能的變化量等于F1、F2做功的代數(shù)和，故C正確；由于不知道M和m質(zhì)量大小的關(guān)系，所以不能判斷最大速度的大小，故D錯(cuò)誤。 4．(多選)如圖所示，傾角θ＝30°的固定斜面上固定著擋板，輕彈簧下端與擋板相連，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于D點(diǎn)。用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪連接物體A和B，使滑輪左側(cè)輕繩始終與斜面平行，初始時(shí)A位于斜面的C點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)。現(xiàn)由靜止同時(shí)釋放A、B，物體A沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，將彈簧壓縮到最短的位置E點(diǎn)(彈簧在彈性限度內(nèi))，D、E兩點(diǎn)間的距離為。若A、B的質(zhì)量分別為4m和m，A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，整個(gè)過(guò)程中，輕繩始終處于伸直

21、狀態(tài)，則(　　) A．A在從C至E的過(guò)程中，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng) B．A在從C至D的過(guò)程中，加速度大小為g C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為mgL D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為mgL 解析：選BD　對(duì)A、B整體從C到D的過(guò)程受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝g，從D點(diǎn)開(kāi)始A與彈簧接觸，壓縮彈簧，彈簧被壓縮到E點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈力是變力，則加速度是變化的，所以A在從C至E的過(guò)程中，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做變加速運(yùn)動(dòng)，最后做變減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)A的速度為零時(shí)，彈簧被壓縮到最短，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，整個(gè)過(guò)程中對(duì)A、B整體應(yīng)用動(dòng)能定理得4mgL＋sin 30°－mg－

22、μ·4mgcos 30°－W彈＝0，解得W彈＝mgL，則彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep＝W彈＝mgL，故C錯(cuò)誤，D正確。 5．(多選)水平地面上固定有兩個(gè)高度相同的粗糙斜面體甲和乙，斜面長(zhǎng)分別為s、L1，如圖所示。兩個(gè)完全相同的小滑塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，同時(shí)由靜止開(kāi)始從甲、乙兩個(gè)斜面的頂端釋放，小滑塊A一直沿斜面甲滑到底端C點(diǎn)，而小滑塊B沿斜面乙滑到底端P點(diǎn)后又沿水平面滑行距離L2到D點(diǎn)(小滑塊B在P點(diǎn)從斜面滑到水平面時(shí)速度大小不變)，且s＝L1＋L2。小滑塊A、B與兩個(gè)斜面以及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則(　　) A．滑塊A到達(dá)底端C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能一定比滑塊B到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小 B．兩個(gè)滑塊

23、在斜面上加速下滑的過(guò)程中，到達(dá)同一高度時(shí)，動(dòng)能可能相同 C．A、B兩個(gè)滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到C、D的過(guò)程中，滑塊A重力做功的平均功率小于滑塊B重力做功的平均功率 D．A、B兩個(gè)滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到C、D的過(guò)程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量一定相同 解析：選AC　根據(jù)動(dòng)能定理，滑塊A由甲斜面頂端到達(dá)底端C點(diǎn)的過(guò)程，mgh－μmgcos α·s＝mvC2，滑塊B由乙斜面頂端到達(dá)D點(diǎn)的過(guò)程，mgh－μmgcos β·L1－μmgL2＝mvD2，又s＝L1＋L2，根據(jù)幾何關(guān)系得scos α>L1cos β＋L2，所以mvC2

24、時(shí)：mgh－μmgcos θ·＝mv2，重力做功相同，但克服摩擦力做功不等，所以動(dòng)能不同，故B錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中，兩滑塊所受重力做功相同，但由于滑塊A運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，故重力對(duì)滑塊A做功的平均功率比滑塊B的小，故C正確；滑塊A、B分別到達(dá)C、D時(shí)的動(dòng)能不相等，由能量守恒定律知滑塊A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦產(chǎn)生的熱量不同，故D錯(cuò)誤。 6．如圖為某飛船先在軌道Ⅰ上繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，然后在A點(diǎn)變軌進(jìn)入返回地球的橢圓軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)。已知飛船在軌道Ⅰ上做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，軌道半徑為r，橢圓軌道的近地點(diǎn)B離地心的距離為kr(k<1)，引力常量為G，飛船的質(zhì)量為m。 (1)求地球的質(zhì)量及飛船在軌道Ⅰ上的線速度大小；

25、 (2)若規(guī)定兩質(zhì)點(diǎn)相距無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)引力勢(shì)能為零，則質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)相距為r時(shí)的引力勢(shì)能Ep＝－，式中G為引力常量。求飛船在A點(diǎn)變軌時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)飛船做的功。 解析：(1)飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律有 G＝mr2 則地球的質(zhì)量M＝ 飛船在軌道Ⅰ上的線速度大小為v＝。 (2)設(shè)飛船在橢圓軌道上的遠(yuǎn)地點(diǎn)速度為v1，在近地點(diǎn)的速度為v2，由開(kāi)普勒第二定律有rv1＝krv2 根據(jù)能量守恒定律有 mv12－G＝mv22－G 解得v1＝ ＝ 根據(jù)動(dòng)能定理，飛船在A點(diǎn)變軌時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)飛船做的功為W＝mv12－mv2＝。 答案：(1)　　(2) 7．某

26、電視臺(tái)“快樂(lè)向前沖”節(jié)目中的場(chǎng)地設(shè)施如圖所示，AB為水平直軌道，上面安裝有電動(dòng)懸掛器，可以載人運(yùn)動(dòng)，水面上漂浮著一個(gè)半徑為R，角速度為ω，鋪有海綿墊的轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤的軸心離平臺(tái)的水平距離為L(zhǎng)，平臺(tái)邊緣與轉(zhuǎn)盤平面的高度差為H。選手抓住懸掛器，可以在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，從A點(diǎn)下方的平臺(tái)邊緣處沿水平方向做初速度為零、加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。選手必須在合適的位置放手，才能順利落在轉(zhuǎn)盤上。設(shè)人的質(zhì)量為m(不計(jì)身高大小)，人與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力為μmg，重力加速度為g。 (1)假設(shè)選手落到轉(zhuǎn)盤上瞬間相對(duì)轉(zhuǎn)盤速度立即變?yōu)榱?，為保證他落在任何位置都不會(huì)被甩下轉(zhuǎn)盤，轉(zhuǎn)盤的角速度ω應(yīng)限制在什么范圍？ (2)若已知

27、H＝5 m，L＝8 m，a＝2 m/s2，g＝10 m/s2，且選手從某處C點(diǎn)放手能恰好落到轉(zhuǎn)盤的圓心上，則他是從平臺(tái)出發(fā)后多長(zhǎng)時(shí)間放手的？ (3)若電動(dòng)懸掛器開(kāi)動(dòng)后，針對(duì)不同選手的動(dòng)力與該選手重力關(guān)系皆為F＝0.6mg，懸掛器在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)存在恒定的摩擦阻力，選手在運(yùn)動(dòng)到(2)中所述位置C點(diǎn)時(shí)，因恐懼沒(méi)有放手，但立即關(guān)閉了它的電動(dòng)機(jī)，則按照(2)中數(shù)據(jù)計(jì)算，懸掛器載著選手還能繼續(xù)向右滑行多遠(yuǎn)？ 解析：(1)設(shè)人落在轉(zhuǎn)盤邊緣也不至被甩下，由最大靜摩擦力提供向心力，則有μmg≥mω2R 即轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度應(yīng)滿足ω≤ 。 (2)設(shè)水平加速段位移為x1，時(shí)間為t1；平拋時(shí)水平位移為x2，時(shí)間為

28、t2，則加速時(shí)有x1＝at12 v＝at1 平拋運(yùn)動(dòng)階段：x2＝vt2 H＝gt22 全程水平方向：x1＋x2＝L 聯(lián)立解得t1＝2 s。 (3)設(shè)阻力為Ff，能繼續(xù)向右滑動(dòng)的距離為x3，由動(dòng)能定理得，加速段：(F－Ff)x1＝mv2 減速段：－Ffx3＝0－mv2， 聯(lián)立解得x3＝2 m。 答案：(1)ω≤ 　(2)2 s　(3)2 m 8.如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內(nèi)，圓弧B處的切線水平。A、B兩端的高度差為0.2 m，B端高出水平地面0.8 m，O點(diǎn)在B點(diǎn)的正下方。將一滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點(diǎn)處。g取10 m/s2。 (1)求OC的長(zhǎng)；

29、(2)在B端接一長(zhǎng)為1.0 m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運(yùn)動(dòng)到N端停止，求木板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)若將木板右端截去長(zhǎng)為ΔL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點(diǎn)處，要使落地點(diǎn)距O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，ΔL應(yīng)為多少？ 解析：(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh1＝mvB2，得vB＝＝2 m/s 滑塊離開(kāi)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則 豎直方向：h2＝gt2 水平方向：x＝vBt 聯(lián)立得到x＝vB 代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4 s，x＝0.8 m。 (2)滑塊從B端運(yùn)動(dòng)到N端停止的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得 －μmgL＝0－mvB2 代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。 (3)將木板右端截去長(zhǎng)為ΔL的一段后，設(shè)滑塊滑到木板最右端時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得 －μmg(L－ΔL)＝mv2－mvB2 滑塊離開(kāi)木板后仍做平拋運(yùn)動(dòng)，高度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，則落地點(diǎn)距O點(diǎn)的距離s＝L－ΔL＋vt 聯(lián)立整理得，s＝1＋0.8－ΔL 根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知，當(dāng)＝0.4時(shí)，s最大，即ΔL＝0.16 m時(shí)，s最大。 答案：(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m 12