《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 能力課2 機(jī)械能守恒定律練習(xí)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 能力課2 機(jī)械能守恒定律練習(xí)（含解析）新人教版（16頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課2 機(jī)械能守恒定律 一、選擇題 1.(2019屆桂林模擬)一棵樹上有一個(gè)質(zhì)量為0.3 kg的熟透了的蘋果P，該蘋果從樹上與A等高處先落到地面C最后滾入溝底D.已知AC、CD的高度差分別為2.2 m和3 m，以地面C為零勢(shì)能面，A、B、C、D、E面之間豎直距離如圖所示．算出該蘋果從A落下到D的過程中重力勢(shì)能的減少量和在D處的重力勢(shì)能分別是(g取10 m/s2)(　　) A．15.6 J和9 J　　　　　　　　 B．9 J和－9 J C．15.6 J和－9 J D．15.6 J和－15.6 J 解析：選C　以地面C為零勢(shì)能面，根據(jù)重力勢(shì)能的計(jì)算公式得D處的重力勢(shì)能Ep＝

2、mgh＝0.3×10×(－3) J＝－9 J，從A下落到D的過程中重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝mgΔh＝0.3×10×(2.2＋3) J＝15.6 J，選項(xiàng)C正確． 2.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧正處于原長(圖乙)．忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力．則小球從A位置運(yùn)動(dòng)到C位置的過程中，下列說法正確的是(　　) A．經(jīng)過位置B時(shí)小球的加速度為0 B．經(jīng)過位置B時(shí)小球的速度最大 C．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小 解析：選C　分析小球從A位置到

3、B位置的過程中受力情況，開始時(shí)彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在B點(diǎn)時(shí)，彈力為零，小球從B到C的過程中，只受重力．根據(jù)牛頓第二定律可以知道小球從A位置到B位置過程中，小球先向上做加速運(yùn)動(dòng)再向上做減速運(yùn)動(dòng)，所以速度最大位置應(yīng)該是加速度為零的位置，在A、B之間某一位置，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；從A位置到C位置過程中小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 3.(多選)(2018屆湖南郴州一中模擬)一蹦極運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落，到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是(

4、　　) A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢(shì)能始終減小 B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加 C．蹦極過程中，運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．蹦極過程中，重力勢(shì)能的改變量與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān) 解析：選ABC　在運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前，運(yùn)動(dòng)員一直向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)重力勢(shì)能的定義可知重力勢(shì)能始終減小，故選項(xiàng)A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運(yùn)動(dòng)員向下運(yùn)動(dòng)，所以彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)C正確；重力做功是重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化的量度，即WG＝－ΔEp，

5、而蹦極過程中重力做功與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取無關(guān)，所以重力勢(shì)能的改變量與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取無關(guān)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 4.(多選)(2018屆山東山師附中三模)如圖所示，質(zhì)量為m的a、b兩球固定在輕桿的兩端，桿可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，已知兩物體距O點(diǎn)的距離L1>L2，現(xiàn)在由圖示位置靜止釋放，則在a下降過程中(　　) A．a(chǎn)、b兩球的角速度大小始終相等 B．重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率一直增大 C．桿對(duì)a做負(fù)功，a球機(jī)械能不守恒 D．桿對(duì)b做負(fù)功，b球機(jī)械能守恒 解析：選AC　a、b兩球同時(shí)繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度大小始終相等，故A正確；剛開始，b的速度為0，重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率為0，在豎

6、直位置，速度與重力方向垂直，重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率為0，所以重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率先增大后減小，故B錯(cuò)誤；在a下降過程中，b球的動(dòng)能增加，重力勢(shì)能增加，所以b球的機(jī)械能增加，根據(jù)重力之外的力做功量度物體機(jī)械能的變化，所以桿對(duì)b做正功，球a和b系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以a機(jī)械能減小，所以桿對(duì)a做負(fù)功，故D錯(cuò)誤，C正確． 5.(多選)(2019屆揭陽市揭東一中檢測(cè))如圖，兩個(gè)相同小物塊a和b之間用一根輕彈簧相連，小物塊a和b及彈簧組成的系統(tǒng)用細(xì)線靜止懸掛于足夠高的天花板下．細(xì)線某時(shí)刻被剪斷，系統(tǒng)下落，已知重力加速度為g，則(　　) A．細(xì)線剪斷瞬間，a和b的加速度大小均為g B．彈簧恢復(fù)原

7、長時(shí)，a和b的加速度大小均為g C．下落過程中彈簧一直保持拉伸狀態(tài) D．下落過程中a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析：選BD　開始時(shí)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力大小等于物塊b的重力mg，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，彈簧不能突變，則物塊b受力仍然平衡，加速度為零，而a受向下的重力和拉力作用，加速度為2g，故A錯(cuò)誤；彈簧恢復(fù)原長時(shí)，兩物塊均只受重力，故加速度大小為g，由于此時(shí)物塊a的速度大于b的速度，故此后一段時(shí)間彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)a、b和彈簧組成的系統(tǒng)來說，由于只有重力和彈簧彈力做功，故機(jī)械能守恒，故D正確． 6.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道和光滑水平軌道相切，

8、三個(gè)小球1、2、3沿水平軌道分別以速度v1＝2、v2＝3、v3＝4水平向左沖上半圓形軌道，g為重力加速度，下列關(guān)于三個(gè)小球的落點(diǎn)到半圓形軌道最低點(diǎn)A的水平距離和離開軌道后的運(yùn)動(dòng)形式的說法正確的是(　　) A．三個(gè)小球離開軌道后均做平拋運(yùn)動(dòng) B．小球2和小球3的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離之比為 ∶2 C．小球1和小球2做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶1 D．小球2和小球3做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶1 解析：選BD　設(shè)小球恰好通過最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，此時(shí)由重力提供向心力，則mg＝m，得v＝ 設(shè)小球能通過最高點(diǎn)時(shí)在軌道最低點(diǎn)的最小速度為v′，由機(jī)械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv′2 得v′＝

9、 由于v1＝2

10、簧相連，彈簧原長為L，用長為2L的細(xì)線連接兩球．現(xiàn)將質(zhì)量為M的物塊用光滑的鉤子掛在細(xì)線上，從細(xì)線繃直開始釋放，物塊向下運(yùn)動(dòng)．則物塊(　　) A．運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為零 B．速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大 C．速度最大時(shí)，桿對(duì)兩球的支持力為(M＋2m)g D．運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)兩球的支持力小于(M＋2m)g 解析：選AC　物塊從開始釋放先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零即到達(dá)最低點(diǎn)，此時(shí)小球速度為零，兩球相距最近，彈簧形變最大，彈性勢(shì)能最大，故A正確，B錯(cuò)誤；速度最大時(shí)，即此時(shí)系統(tǒng)合力為零，將兩小球和物塊看成系統(tǒng)，受重力(M＋2m)g，桿對(duì)兩球的支持力二力平衡，故C正

11、確；運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊具有向上的加速度，由類整體法可知，桿對(duì)兩球的支持力大于(M＋2m)g，故D錯(cuò)誤． 8.如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的二倍．當(dāng)B位于地面時(shí)，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　) A．2R B. C. D. 解析：選C　設(shè)A球剛落地時(shí)兩球速度大小為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律2mgR－mgR＝(2m＋m)v2得v2＝gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝＝，B球上升的最大高度為h＋R＝R. 9.(2016年海南卷)如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿

12、軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N1，在高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1－N2的值為(　　) A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg 解析：選D　設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度為v1，在最高點(diǎn)時(shí)速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律有，在最低點(diǎn)：N1－mg＝，在最高點(diǎn)：N2＋mg＝；從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv22＋mg·2R＝mv12，聯(lián)立可得N1－N2＝6mg，故選項(xiàng)D正確． 10.(2019屆云南模擬)如圖所示，由半徑為R的光滑圓周和傾角為45°的光滑斜面組成的軌道固定在豎直平面內(nèi)，斜面和圓周之間由小圓弧平滑連接．一

13、小球恰能過最高點(diǎn)，并始終貼著軌道內(nèi)側(cè)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．則小球通過斜面的時(shí)間為(重力加速度為g)(　　) A．2 B．2 C．(2－2) D．(－) 解析：選D　小球恰好通過最高點(diǎn)的速度v1＝，由機(jī)械能守恒定律得mv12＋mgR＝mv22，解得小球通過斜面頂端時(shí)的速度v2＝，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得R＝v2t＋gt2sin45°，則t＝(－)，選項(xiàng)D正確． 二、非選擇題 11.(2018年江蘇卷)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度．細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長為3l.用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此

14、時(shí)BC與水平方向的夾角為53°.松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)．忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T. 解析：(1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2. F1sin53°＝F2cos53° F＋mg＝F1cos53°＋F2sin53°且F1＝Mg 解得F＝Mg－mg. (2)小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過程中 小球上升高度h1＝3lsin53°，物塊下降高度h2＝2l

15、根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh1＝Mgh2 解得M∶m＝6∶5. (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn)．設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為a，物塊受到的拉力為T，由牛頓第二定律得Mg－T＝Ma，小球受AC的拉力T′＝T 由牛頓第二定律得T′－mgcos53°＝ma 解得T＝. 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3) 12．如圖甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行，游客不會(huì)掉下來．我們把這種情形抽象為如圖乙所示的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使質(zhì)量為m的小球從弧形軌道上端滾下，小球從圓軌道下端進(jìn)入后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)．如果已知圓軌道的半徑為R，重力加速度為g，不考慮阻力．

16、 (1)求若小球從高為h處由靜止釋放，小球到達(dá)圓軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)若要使小球運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，討論小球由靜止釋放時(shí)的高度應(yīng)滿足的條件； (3)若讓小球從高為h＝2R處的A點(diǎn)由靜止釋放，試求小球通過圓軌道底端后所能到達(dá)的最大高度． 解析：(1)小球從高為h處由靜止釋放到到達(dá)圓軌道底端的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝mv2 在底端，由牛頓第二定律得N－mg＝m 解得N＝mg＋m＝mg 根據(jù)牛頓第三定律得N′＝N＝mg，方向?yàn)樨Q直向下． (2)要使小球運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道 第一種可能：恰能到達(dá)最高點(diǎn)，設(shè)在最高點(diǎn)時(shí)速度為vm，有mg＝m 能過最高點(diǎn)，則在最高

17、點(diǎn)時(shí)速度應(yīng)滿足v≥vm＝ 由機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv2＋mg·2R 解得h≥R. 第二種可能：小球到達(dá)圓軌道上與圓心等高處時(shí)速度恰為零，有mgh＝mgR 則h＝R 不能到達(dá)圓軌道上高于圓心處，則h≤R. 所以h≥R或h≤R. (3)h＝2R

18、·2R＝mgh′＋mvx2 解得h′＝R. 答案：(1)mg，豎直向下　(2)h≥R或h≤R　(3)R |學(xué)霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1.(2019屆石家莊一模)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)．開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細(xì)繩伸直，此時(shí)物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上．現(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài) B．物體A即將落地時(shí)，物體B處于失重狀態(tài) C．物體A下落過程中，彈簧的彈性

19、勢(shì)能最大值為mgh D．物體A下落過程中，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和先增大后減小 解析：選C　根據(jù)題述“A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為零”可知A先加速后減速向下運(yùn)動(dòng)，加速度方向先向下后向上，物體A先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)題述“A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為零，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力”，可知此時(shí)細(xì)繩中拉力等于B的重力，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度為零，B不是處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)A和彈簧組成的系統(tǒng)，在A由靜止下落到A與地面即將接觸時(shí)的過程，系統(tǒng)重力勢(shì)能、動(dòng)能和彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，取地面為重力勢(shì)能為零，初狀態(tài)系統(tǒng)機(jī)械能等于mgh，末狀態(tài)系統(tǒng)機(jī)械能為彈性勢(shì)能，由機(jī)械能守恒定

20、律，物體A下落過程中，彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgh，選項(xiàng)C正確；物體A下落過程中，A的重力勢(shì)能一直減小，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和一直增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2.(多選)(2018屆佛山模擬)如圖所示，一根長為L不可伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O，兩端分別連接質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)輕繩的中點(diǎn)正好在水平軸O點(diǎn)，且此時(shí)物塊B的速度剛好為零，則下列說法中正確的是(　　) A．物塊B一直處于靜止?fàn)顟B(tài) B．小球A從圖示位置運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方的過程中機(jī)械能守恒 C．小球A運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)的速度小于 D．小球A從圖示位置運(yùn)動(dòng)到水平軸正

21、下方的過程中，小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析：選CD　當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)輕繩的中點(diǎn)正好在水平軸O點(diǎn)，所以小球A下降的高度為，繩的拉力大于B的重力，物塊B會(huì)上升一定的高度h，由機(jī)械能守恒得·2mv2＝2mg·－mgh，所以小球A運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)的速度v<，A錯(cuò)誤，C正確；在整個(gè)過程中小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤，D正確． 3.如圖所示，在一個(gè)直立的光滑管內(nèi)放置一個(gè)輕質(zhì)彈簧，上端O點(diǎn)與管口A的距離為2x0，一個(gè)質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，壓縮量為x0，不計(jì)空氣阻力，則正確的是(　　) A．小球運(yùn)動(dòng)的最大速度等于2 B．彈簧的

22、勁度系數(shù)為 C．小球運(yùn)動(dòng)中最大加速度為g D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為3mgx0 解析：選D　小球從A點(diǎn)到O點(diǎn)做自由落體運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O點(diǎn)的速度為v2＝2g·2x0，解得v＝2，接觸彈簧后，合力減小，加速度減小，到合力減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大值，所以最大速度大于2，A錯(cuò)誤；小球速度達(dá)到最大時(shí)，mg＝F＝k·Δx，解得Δx＝

23、2 m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時(shí)兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個(gè)2 m/s的初速度，經(jīng)一段時(shí)間兩小球滑上一個(gè)傾角為30°的光滑斜面，不計(jì)球與斜面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，g取10 m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是(　　) A．桿對(duì)小球A做正功 B．小球A的機(jī)械能守恒 C．桿對(duì)小球B做正功 D．小球B速度為零時(shí)距水平面的高度為0.15 m 解析：選AD　將小球A、B視為一個(gè)系統(tǒng)，設(shè)小球的質(zhì)量均為m，最后小球B上升的高度為h，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有×2mv2＝mgh＋mg(h＋0.2×sin30°)，解得h＝0.15 m，選項(xiàng)D正確；以小球A為研究對(duì)象

24、，由動(dòng)能定理有－mg(h＋0.2×sin30°)＋W＝0－mv2，可知W>0，可見桿對(duì)小球A做正功，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球A增加的機(jī)械能等于小球B減小的機(jī)械能，桿對(duì)小球B做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 5.(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，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)的伸長量一定大于彈簧在C點(diǎn)的壓縮量 B

25、．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．彈簧處于原長時(shí)，小球的速度最大 D．小球機(jī)械能最大的位置有兩處 解析：選AD　因只有重力和彈簧彈力做功，故小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和最小，所以在A點(diǎn)彈簧的彈性勢(shì)能大于彈簧在C點(diǎn)的彈性勢(shì)能，A正確；小球從A點(diǎn)至C點(diǎn)，切線方向先加速后減速，當(dāng)切線方向加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧處于伸長狀態(tài)，B、C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧處于原長狀態(tài)時(shí)，其彈性勢(shì)能為零，小球的機(jī)械能最大，由對(duì)稱性可知，在A、C間和C、B間應(yīng)各有一處，D正確． 6．如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個(gè)小球，在同一水平面上，A球豎直

26、上拋，B球以傾斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計(jì)，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則(　　) A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBhC D．hA＝hC>hB 解析：選D　A球和C球上升到最高點(diǎn)時(shí)速度均為零，而B球上升到最高點(diǎn)時(shí)仍有水平方向的速度，即仍有動(dòng)能．對(duì)A、C球列機(jī)械能守恒定律方程為 mgh＝mv02，解得h＝， 對(duì)B球：mgh′＋mvt2＝mv02，且vt≠0 所以h′＝

27、托住Q使整個(gè)系統(tǒng)靜止，此時(shí)輕繩剛好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB

28、2mg(L－h(huán))＝mv2，得v＝2，選項(xiàng)C正確；由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，當(dāng)P速度再次為零時(shí)，Q物體回到原位置，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 8.(多選)(2019屆棗莊期末)在豎直桿上安裝一個(gè)光滑導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失；設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為的位置 B．最大水平位移為 C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45°角 解析：選AD　設(shè)平拋時(shí)的速度為v0，根據(jù)機(jī)械

29、能守恒定律可得mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得下落時(shí)間t＝，則水平位移x＝v0t＝，所以當(dāng)－2h＝2h時(shí)水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為x＝＝2h＝，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)速度與水平方向成θ角，位移與水平方向的夾角為α，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×＝1，則θ＝45°，D正確． 二、非選擇題 9.(2018屆德州一模)如圖所示，在粗糙水平軌道OO1上的O點(diǎn)靜止放置一質(zhì)量m＝0.25 kg的小物塊，它與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，OO1的距離s＝4 m．

30、在O1右側(cè)固定了一半徑R＝0.32 m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用F＝2 N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉力(g＝10 m/s2)．求： (1)為使小物塊到達(dá)O1，求拉力F作用的最短時(shí)間； (2)若將拉力變?yōu)镕1，使小物塊由O點(diǎn)靜止運(yùn)動(dòng)至OO1的中點(diǎn)位置撤去拉力，恰能使小物塊經(jīng)過半圓弧的最高點(diǎn)，求F1的大?。? 解析：(1)小物塊能運(yùn)動(dòng)到O1點(diǎn)，由動(dòng)能定理得Fx－μmgs＝0 解得x＝2 m 由牛頓第二定律得F－μmg＝ma 解得a＝4 m/s2 由運(yùn)動(dòng)公式得x＝at2 解得t＝1 s. (2)設(shè)小物塊到達(dá)O1點(diǎn)的速度為v2，剛好到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v 由牛頓第二定律

31、得mg＝m 由機(jī)械能守恒定律得mv12＝2mgR＋mv2 在水平軌道上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理得F1s1－fs＝mv12 解得F1＝3 N. 答案：(1)1 s　(2)3 N 10.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面體上，一勁度系數(shù)為k＝200 N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m＝4 kg的物體A，一輕細(xì)繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細(xì)繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求： (1)彈簧恢復(fù)原長時(shí)細(xì)繩上的拉力； (2)物體A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)時(shí)獲得最大速度； (3)物體A的最大速度大小

32、． 解析：(1)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，物體A、B的加速度大小相同， 對(duì)B分析有mg－T＝ma 對(duì)A分析有T－mgsin30°＝ma 代入數(shù)據(jù)解得T＝30 N. (2)初始位置，彈簧的壓縮量為 x1＝＝10 cm 當(dāng)物體A速度最大時(shí)，即物體A的加速度為0，對(duì)物體A分析有mg＝kx2＋mgsin30° 彈簧的伸長量為x2＝10 cm 所以物體A沿斜面上升的距離為 x＝x1＋x2＝20 cm. (3)因?yàn)閤1＝x2，所以彈簧的彈性勢(shì)能沒有改變，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝·2m·v2 解得v＝1 m/s. 答案：(1)30 N　(2)20

33、 cm　(3)1 m/s 11．(2019屆泉州質(zhì)檢)如圖甲所示，固定的光滑半圓軌道的直徑PQ沿豎直方向，其半徑R的大小可以連續(xù)調(diào)節(jié)，軌道上裝有壓力傳感器，其位置N始終與圓心O等高．質(zhì)量M＝1 kg、長度L＝3 m的小車靜置在光滑水平面上，小車上表面與P點(diǎn)等高，右端與P點(diǎn)的距離s＝2 m，一質(zhì)量m＝2 kg的小滑塊以v0＝6 m/s的水平初速度從左端滑上小車，小車與墻壁碰撞后小車立即停止運(yùn)動(dòng)．在R取不同值時(shí)，壓力傳感器讀數(shù)F與的關(guān)系如圖乙所示，已知小滑塊與小車表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度v1； (2)圖乙中a和b的值；

34、 (3)在>3.125 m－1的情況下，小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xmin. 解析：(1)小滑塊滑上小車后將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小車將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小滑塊加速度大小為a1，小車加速度為a2，由牛頓第二定律可得 對(duì)小滑塊有μmg＝ma1?、? 對(duì)小車有μmg＝Ma2　② 設(shè)小車與小滑塊經(jīng)歷時(shí)間t后速度相等，則有v0－a1t＝a2t?、? 小滑塊的位移s1＝v0t－a1t2?、? 小車的位移s2＝a2t2?、? 代入數(shù)據(jù)解得s1＝5 m，s2＝2 m?、? 由于s2＝s，L＝s1－s2，說明小車與墻壁碰撞時(shí)小滑塊恰好與小車共速并到達(dá)小車右端，即小滑塊到達(dá)P點(diǎn)的速度v1＝

35、＝4 m/s.　⑦ (2)設(shè)小滑塊到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度為vN，則有F＝m⑧ 從P點(diǎn)到N點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律有mv12＝mvN2＋mgR?、? 由⑧⑨式得F＝m－2mg?、? 故b＝2mg＝40 N 由⑩式，結(jié)合圖乙可知，圖象的斜率k＝mv12＝32＝ 解得a＝1.25 m－1. (3)設(shè)小滑塊恰能經(jīng)過半圓軌道最高點(diǎn)Q時(shí)的軌道半徑為R，此時(shí)經(jīng)過Q點(diǎn)的速度為vQ 則有mg＝m 從P到Q點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒可得mv12＝mvQ2＋2mgR　? 解得R＝0.32 m，即＝3.125 m－1 可見>3.125 m－1在的情況下，小滑塊在半圓軌道運(yùn)動(dòng)過程中始終不會(huì)脫離軌道 由?式可知vQ＝＝ 小滑塊離開Q點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)至到達(dá)小車的過程中，有x＝vQt,2R＝gt2 解得x＝，當(dāng)R＝0.2 m時(shí)，x有最大值xm＝0.8 m 小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xmin＝L－xm＝2.2 m. 答案：(1)4 m/s　(2)1.25　40　(3)2.2 m 16