高考物理一輪復(fù)習(xí) 高考真題備選題庫(kù) 第五章 機(jī)械能-人教版高三物理試題

第五章機(jī)械能第1節(jié)功和功率1．(2014·重慶高考)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重的k1和k2倍，最大速率分別為v1和v2，則()A．v2＝k1v1 B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1 D．v2＝k2v1解析：選B該車在水平路面上達(dá)到最大速率時(shí)，處于平衡狀態(tài)，即該車此時(shí)的牽引力F1＝k1mg，F(xiàn)2＝k2mg，兩種情況下，車的功率相同，即F1v1＝F2v2，解得v2＝eq\f(k1v1,k2)，故B項(xiàng)正確。2．(2013·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ)2012年11月，“殲15”艦載機(jī)在“遼寧號(hào)”航空母艦上著艦成功。圖(a)為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機(jī)在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機(jī)著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機(jī)的動(dòng)力系統(tǒng)立即關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過(guò)阻攔索對(duì)飛機(jī)施加一作用力，使飛機(jī)在甲板上短距離滑行后停止，某次降落，以飛機(jī)著艦為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，飛機(jī)在t＝0.4s時(shí)恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度－時(shí)間圖線如圖(b)所示。假如無(wú)阻攔索，飛機(jī)從著艦到停止需要的滑行距離約為1000m。已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g。則()A．從著艦到停止，飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為無(wú)阻攔索時(shí)的1/10B．在0.4～2.5s時(shí)間內(nèi)，阻攔索的張力幾乎不隨時(shí)間變化C．在滑行過(guò)程中，飛行員所承受的加速度大小會(huì)超過(guò)2.5D．在0.4～2.5s時(shí)間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對(duì)飛機(jī)做功的功率幾乎不變解析：選AC本題考查直線運(yùn)動(dòng)圖像，意在考查考生對(duì)圖像的理解和應(yīng)用。由v-t圖像可知飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為無(wú)阻攔索時(shí)的1/10，選項(xiàng)A正確；由v-t圖像可以看出0.4～2.5s內(nèi)飛機(jī)在甲板上滑行過(guò)程中的加速度不變，說(shuō)明飛機(jī)受到的合力不變，而兩段阻攔索的夾角逐漸減小，故阻攔索的張力減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖像可以看出0.4～2.5s內(nèi)加速度大小約為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(70－10,2.1)m/s2＝28.6m/s2，選項(xiàng)C正確；由于飛機(jī)做勻減速運(yùn)動(dòng)，所受阻力不變，根據(jù)P＝Fv可知，功率逐漸減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．(2012·江蘇)如圖所示，細(xì)線的一端固定于O點(diǎn)，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。在此過(guò)程中拉力的瞬時(shí)功率變化情況是()A．逐漸增大B．逐漸減小C．先增大，后減小D．先減小，后增大解析：小球從A到B在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加得越來(lái)越快，故拉力的瞬時(shí)功率逐漸增大。答案：A4．(2012·天津理綜)如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則()A．0～t1時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大B．t2時(shí)刻物塊A的加速度最大C．t2時(shí)刻后物塊A做反向運(yùn)動(dòng)D．t3時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大解析：0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊靜止，F(xiàn)的功率為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻合外力最大，物塊A的加速度最大，選項(xiàng)B正確；t2時(shí)刻后物塊A繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t1～t3時(shí)間內(nèi)，物塊一直加速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻后物塊做減速運(yùn)動(dòng)，所以t3時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大，選項(xiàng)D正確。答案：BD5．(2012·福建理綜)如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過(guò)滑輪(不計(jì)滑輪的質(zhì)量和摩擦)。初始時(shí)刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊()A．速率的變化量不同B．機(jī)械能的變化量不同C．重力勢(shì)能的變化量相同D．重力做功的平均功率相同解析：由題意根據(jù)力的平衡有mAg＝mBgsinθ，所以mA＝mBsinθ。根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，所以兩物塊落地速率相等，選項(xiàng)A錯(cuò)；因?yàn)閮晌飰K的機(jī)械能守恒，所以兩物塊的機(jī)械能變化量都為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，重力勢(shì)能的變化為ΔEp＝－WG＝－mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因?yàn)锳、B兩物塊都做勻變速運(yùn)動(dòng)，所以A重力的平均功率為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?yàn)閙A＝mBsinθ，所以eq\o(P,\s\up6(—,))A＝eq\o(P,\s\up6(—,))B，選項(xiàng)D正確。答案：D第2節(jié)動(dòng)能定理1.(2014·上海高考)如圖，豎直平面內(nèi)的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細(xì)直桿連接而成，兩軌道長(zhǎng)度相等。用相同的水平恒力將穿在軌道最低點(diǎn)B的靜止小球，分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點(diǎn)A，所需時(shí)間分別為t1、t2；動(dòng)能增量分別為ΔEk1、ΔEk2，假定球在經(jīng)過(guò)軌道轉(zhuǎn)折點(diǎn)前后速度大小不變，且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，則()A．ΔEk1>ΔEk2t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2t1>t2C．ΔEk1>ΔEk2t1<t2 D．ΔEk1＝ΔEk2t1<t2解析：選B小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)受到摩擦力做功：Wf＝μmgcosαL＝μmgx水平，與斜面傾角無(wú)關(guān)；水平拉力為恒力，水平位移相同，所以拉力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，兩球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度相同，動(dòng)能相等，AC項(xiàng)錯(cuò)誤；將小球的運(yùn)動(dòng)看做直線運(yùn)動(dòng)，畫出其速率隨時(shí)間變化的圖像，可知，沿Ⅱ軌道運(yùn)動(dòng)的小球先到達(dá)，B項(xiàng)正確。2．(2014·全國(guó)卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v。對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、牛頓第二定律、功的計(jì)算公式解題。根據(jù)x＝eq\f(v＋v0,2)t得，兩過(guò)程的位移關(guān)系x1＝eq\f(1,2)x2，根據(jù)加速度的定義a＝eq\f(v－v0,t)，得兩過(guò)程的加速度關(guān)系為a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上運(yùn)動(dòng)，故兩過(guò)程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根據(jù)功的計(jì)算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤。3．(2014·天津高考)某同學(xué)把附有滑輪的長(zhǎng)木板平放在實(shí)驗(yàn)桌上，將細(xì)繩一端拴在小車上，另一端繞過(guò)定滑輪，掛上適當(dāng)?shù)你^碼，使小車在鉤碼的牽引下運(yùn)動(dòng)，以此定量探究繩拉力做功與小車動(dòng)能變化的關(guān)系。此外還準(zhǔn)備了打點(diǎn)計(jì)時(shí)器及配套的電源、導(dǎo)線、復(fù)寫紙、紙帶、小木塊等。組裝的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。①若要完成該實(shí)驗(yàn)，必需的實(shí)驗(yàn)器材還有哪些___________________________________。②實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)，他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨募?xì)繩與木板平行。他這樣做的目的是下列的哪個(gè)________(填字母代號(hào))。A．避免小車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)生抖動(dòng)B．可使打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出的點(diǎn)跡清晰C．可以保證小車最終能夠?qū)崿F(xiàn)勻速直線運(yùn)動(dòng)D．可在平衡摩擦力后使細(xì)繩拉力等于小車受的合力③平衡摩擦力后，當(dāng)他用多個(gè)鉤碼牽引小車時(shí)，發(fā)現(xiàn)小車運(yùn)動(dòng)過(guò)快，致使打出的紙帶上點(diǎn)數(shù)較少，難以選到合適的點(diǎn)計(jì)算小車速度。在保證所掛鉤碼數(shù)目不變的條件下，請(qǐng)你利用本實(shí)驗(yàn)的器材提出一個(gè)解決方法：______________________________________________。④他將鉤碼重力做的功當(dāng)作細(xì)繩拉力做的功，經(jīng)多次實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)拉力做功總是要比小車動(dòng)能增量大一些。這一情況可能是下列哪些原因造成的________(填字母代號(hào))。A．在接通電源的同時(shí)釋放了小車B．小車釋放時(shí)離打點(diǎn)計(jì)時(shí)器太近C．阻力未完全被小車重力沿木板方向的分力平衡掉D．鉤碼做勻加速運(yùn)動(dòng)，鉤碼重力大于細(xì)繩拉力解析：①實(shí)驗(yàn)要處理紙帶測(cè)速度，需要刻度尺，要分析動(dòng)能的變化，必須要測(cè)出小車的質(zhì)量，因此還需要天平。②實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)定滑輪高度，使細(xì)繩與木板平行，可在平衡摩擦力后使細(xì)繩的拉力等于小車所受的合力，如果不平行，細(xì)繩的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改變了摩擦力就不能使細(xì)繩拉力等于小車所受的合力，D正確。③在所掛鉤碼個(gè)數(shù)不變的情況下，要減小小車運(yùn)動(dòng)的加速度，可以增大小車的質(zhì)量，即可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼)。④如果用鉤碼重力做的功當(dāng)作細(xì)繩拉力做的功，發(fā)現(xiàn)拉力做的功總比小車動(dòng)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來(lái)增大小車動(dòng)能，一部分用來(lái)克服阻力做功；也可能是小車做加速運(yùn)動(dòng)，因此細(xì)繩的拉力小于鉤碼的重力，鉤碼的重力做的功大于細(xì)繩的拉力做的功，即大于小車動(dòng)能的增量，C、D項(xiàng)正確。答案：①刻度尺、天平(包括砝碼)②D③可在小車上加適量的砝碼(或鉤碼)④CD4．(2012·江蘇)某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為f。輕桿向右移動(dòng)不超過(guò)l時(shí)，裝置可安全工作。一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導(dǎo)致輕桿向右移動(dòng)eq\f(1,4)。輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且不計(jì)小車與地面的摩擦。(1)若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開(kāi)始移動(dòng)時(shí)，彈簧的壓縮量x；(2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm；(3)討論在裝置安全工作時(shí)，該小車彈回速度v′和撞擊速度v的關(guān)系。解析：(1)輕桿開(kāi)始移動(dòng)時(shí)，彈簧的彈力F＝kx①且F＝f②解得x＝eq\f(f,k)③(2)設(shè)輕桿移動(dòng)前小車對(duì)彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過(guò)程中由動(dòng)能定理得－f·eq\f(l,4)－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④同理，小車以vm撞擊彈簧時(shí)－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)設(shè)輕桿恰好移動(dòng)時(shí)，小車撞擊速度為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))當(dāng)v<eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))時(shí)，v′＝v當(dāng)eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))≤v≤eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(3fl,2m))時(shí)，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)見(jiàn)解析5．(2012·山東理綜)如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道，BC段為一長(zhǎng)度L＝0.5m的粗糙水平軌道，二者相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道位于同一豎直平面內(nèi)，P點(diǎn)為圓弧軌道上的一個(gè)確定點(diǎn)。一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，其質(zhì)量m＝0.2kg，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4。工件質(zhì)量M＝0.8kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1。(取g＝10m/s2)(1)若工件固定，將物塊由P點(diǎn)無(wú)初速度釋放，滑至C點(diǎn)時(shí)恰好靜止，求P、C兩點(diǎn)間的高度差h。(2)若將一水平恒力F作用于工件，使物塊在P點(diǎn)與工件保持相對(duì)靜止，一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。①求F的大小。②當(dāng)速度v＝5m/s時(shí)，使工件立刻停止運(yùn)動(dòng)(即不考慮減速的時(shí)間和位移)，物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求物塊的落點(diǎn)與B點(diǎn)間的距離。解析：(1)物塊從P點(diǎn)下滑經(jīng)B點(diǎn)至C點(diǎn)的整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－μ1mgL＝0①代入數(shù)據(jù)得h＝0.2m②(2)①設(shè)物塊的加速度大小為a，P點(diǎn)與圓心的連線與豎直方向間的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得cosθ＝eq\f(R－h(huán),R)③根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)物塊有mgtanθ＝ma④對(duì)工件和物塊整體有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a⑤聯(lián)立②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得F＝8.5N⑥②設(shè)物塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，水平位移為x1，物塊落點(diǎn)與B點(diǎn)間的距離為x2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得h＝eq\f(1,2)gt2⑦x1＝vt⑧x2＝x1－Rsinθ⑨聯(lián)立②③⑦⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得x2＝0.4m⑩答案：(1)0.2m(2)①8.5N②0.4m6．(2010·新課標(biāo)全國(guó))如圖所示，在外力作用下某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v－t圖象為正弦曲線．從圖中可以判斷()A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，外力做正功B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，外力的功率逐漸增大C．在t2時(shí)刻，外力的功率最大D．在t1～t3時(shí)間內(nèi)，外力做的總功為零解析：本題考查速度圖象、動(dòng)能定理與功率的計(jì)算，意在考查考生對(duì)速度圖象的理解，以及結(jié)合速度圖象綜合分析功與功率的方法．由速度圖象可知，在0～t1時(shí)間內(nèi)，由于物體的速度增大，根據(jù)動(dòng)能定理可知，外力對(duì)物體做正功，A正確；在0～t1時(shí)間內(nèi)，因?yàn)槲矬w的加速度減小，故所受的外力減小，由圖可知t1時(shí)刻外力為零，故功率為零，因此外力的功率不是逐漸增大，B錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻，由于物體的速度為零，故此時(shí)外力的功率最小，且為零，C錯(cuò)誤；在t1～t3時(shí)間內(nèi)，因?yàn)槲矬w的動(dòng)能不變，故外力做的總功為零，D正確．答案：AD第3節(jié)機(jī)械能守恒定律1．(2014·全國(guó)卷Ⅱ)取水平地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)。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為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析：選B根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和機(jī)械能守恒定律解題。設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物塊在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故落地時(shí)的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，則該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角θ＝eq\f(π,4)，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。2．(2014·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))，從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)，大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為()A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：選C根據(jù)機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律和平衡條件解題。設(shè)大環(huán)半徑為R，質(zhì)量為m的小環(huán)滑下過(guò)程中遵守機(jī)械能守恒定律，所以eq\f(1,2)mv2＝mg·2R。小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)的速度為v＝2eq\r(gR)，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低點(diǎn)時(shí)大環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg。根據(jù)牛頓第三定律知，小環(huán)對(duì)大環(huán)的壓力FN′＝FN＝5mg，方向向下。對(duì)大環(huán)，據(jù)平衡條件，輕桿對(duì)大環(huán)的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根據(jù)牛頓第三定律，大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤。3．(2014·廣東高考)某同學(xué)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究彈簧的彈性勢(shì)能與壓縮量的關(guān)系。①如圖(a)，將輕質(zhì)彈簧下端固定于鐵架臺(tái)，在上端的托盤中依次增加砝碼，測(cè)量相應(yīng)的彈簧長(zhǎng)度，部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表。有數(shù)據(jù)算得勁度系數(shù)k＝________N/m。(g取9.80m/s2)砝碼質(zhì)量(g)50100150彈簧長(zhǎng)度(cm)8.627.636.66②取下彈簧，將其一端固定于氣墊導(dǎo)軌左側(cè)，如圖(b)所示；調(diào)整導(dǎo)軌使滑塊自由滑動(dòng)時(shí)，通過(guò)兩個(gè)光電門的速度大小________。③用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量x；釋放滑塊，記錄滑塊脫離彈簧后的速度v。釋放滑塊過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為_(kāi)_______。④重復(fù)③中的操作，得到v與x的關(guān)系如圖(c)，由圖可知，v與x成________關(guān)系。由上述實(shí)驗(yàn)可得結(jié)論：對(duì)同一根彈簧，彈性勢(shì)能與彈簧的________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要調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平，使滑塊自由滑動(dòng)時(shí)，通過(guò)兩個(gè)光電門的速度相等；③根據(jù)機(jī)械能守恒定律，釋放滑塊后，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為滑塊的動(dòng)能；④由題圖可知，x與v成正比，即v＝kx，由Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mk2x2，因此彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的壓縮量的平方成正比。答案：①50②相等③滑塊的動(dòng)能④正比壓縮量的平方4．(2014·安徽高考)如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過(guò)橢圓中心O點(diǎn)的水平線。已知一小球從M點(diǎn)出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)的速率為v1，所需時(shí)間為t1；若該小球仍由M點(diǎn)以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)的速率為v2，所需時(shí)間為t2。則()A．v1＝v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2解析：選A由于橢圓形管道內(nèi)壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球從M到N過(guò)程機(jī)械能守恒，由于M、N在同一高度，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球在M、N點(diǎn)的速率相等，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤；小球沿MPN運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，速率先減小后增大，而沿MQN運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，速率先增大后減小，兩個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)的路程相等，到N點(diǎn)速率都為v0，根據(jù)速率隨時(shí)間變化關(guān)系圖像可知，由于兩圖像與時(shí)間軸所圍面積相等，因此t1>t2，A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。5．(2014·福建高考)如圖，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長(zhǎng)的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動(dòng)。質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端。現(xiàn)用外力作用在物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開(kāi)彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過(guò)程，兩物塊()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．重力勢(shì)能的變化量不同解析：選C整個(gè)過(guò)程中，物塊達(dá)到平衡位置時(shí)速度最大，物塊質(zhì)量越大，其平衡位置越靠近最低點(diǎn)，則由最低點(diǎn)到平衡位置過(guò)程中，回復(fù)力對(duì)質(zhì)量較大的物塊做功較小，又Ek＝eq\f(1,2)mv2，故質(zhì)量較大的物塊在平衡位置速度較小，A項(xiàng)錯(cuò)；撤去外力瞬間，物塊的加速度最大，由牛頓第二定律可知，兩物塊的最大加速度不同，B項(xiàng)錯(cuò)；撤去外力前，兩彈簧具有相同的壓縮量，即具有相同的彈性勢(shì)能，從撤去外力到物塊速度第一次減為零，物塊的機(jī)械能分別守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，物塊的重力勢(shì)能的變化量等于彈簧彈性勢(shì)能的變化量，所以重力勢(shì)能的變化量相同，D項(xiàng)錯(cuò)；因?yàn)閮晌飰K質(zhì)量不同，物塊的初始高度相同，由ΔEp＝mgΔh可知，兩物塊上升的最大高度不同，C項(xiàng)對(duì)。6．(2014·福建高考)圖為某游樂(lè)場(chǎng)內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切。點(diǎn)A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面。一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下，不計(jì)空氣阻力。(1)若游客從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面D點(diǎn)，OD＝2R，求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB大小及運(yùn)動(dòng)過(guò)程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾動(dòng)，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h。(提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(v2,R))解析：(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有2R＝vBt ①R＝eq\f(1,2)gt2 ②由①②式得vB＝eq\r(2gR) ③從A到B，根據(jù)動(dòng)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)設(shè)OP與OB間夾角為θ，游客在P點(diǎn)時(shí)的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由機(jī)械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0 ⑥過(guò)P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)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·廣東理綜)如圖，游樂(lè)場(chǎng)中，從高處A到水面B處有兩條長(zhǎng)度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時(shí)從A處自由滑向B處，下列說(shuō)法正確的有()A．甲的切向加速度始終比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一時(shí)刻總能到達(dá)同一高度D．甲比乙先到達(dá)B處解析：選BD本題考查力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，意在考查考生綜合分析問(wèn)題的能力。若切線的傾角為θ，則這時(shí)的加速度為gsinθ，由于甲的軌道切線傾角并不是都比乙的大，因此A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)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項(xiàng)正確；甲開(kāi)始的切向加速度比乙的大，且這個(gè)加速度在豎直方向的分加速度也大，因此開(kāi)始時(shí)甲在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)比乙在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)快，則C項(xiàng)錯(cuò)誤；從如圖所示的速率—時(shí)間圖像可以判斷，甲先到達(dá)B點(diǎn)，D項(xiàng)正確。第4節(jié)功能關(guān)系能量守恒定律1．(2014·上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計(jì)空氣阻力，在整個(gè)上升過(guò)程中，物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系是()解析：選C物體受恒力加速上升時(shí)，恒力做正功，物體的機(jī)械能增大，又因?yàn)楹懔ψ龉椋篧＝F×eq\f(1,2)at2，與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系，AB項(xiàng)錯(cuò)誤；撤去恒力后，物體只受重力作用，所以機(jī)械能守恒，D項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。2.(2014·海南高考)如圖，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時(shí)用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在a下降的過(guò)程中，b始終未離開(kāi)桌面。在此過(guò)程中()A．a(chǎn)的動(dòng)能小于b的動(dòng)能B．兩物體機(jī)械能的變化量相等C．a(chǎn)的重力勢(shì)能的減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量D．繩的拉力對(duì)a所做的功與對(duì)b所做的功的代數(shù)和為零解析：選AD由于va＝vbcosθ，θ為b的拉繩與水平面的夾角，質(zhì)量相同，動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知選項(xiàng)A正確；a物體下降時(shí)，a的機(jī)械能的減少量等于b物體的動(dòng)能增加量和b克服摩擦力做功之和，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；繩的拉力對(duì)a所做的功等于a的機(jī)械能的減少量，繩的拉力對(duì)b所做的功等于b的動(dòng)能增加和克服摩擦力做功，選項(xiàng)D正確。3．(2014·北京高考)伽利略創(chuàng)造的把實(shí)驗(yàn)、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力地促進(jìn)了人類科學(xué)認(rèn)識(shí)的發(fā)展。利用如圖所示的裝置做如下實(shí)驗(yàn)：小球從左側(cè)斜面上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并沿右側(cè)斜面上升。斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時(shí)，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3。根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，可以得到的最直接的結(jié)論是()A．如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點(diǎn)等高的位置B．如果小球不受力，它將一直保持勻速運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)C．如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變D．小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小解析：選A題述要求根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，得到最直接的結(jié)論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料，可理解為斜面越來(lái)越光滑，小球沿右側(cè)斜面上升的最高位置依次為1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的結(jié)論是：如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點(diǎn)等高的位置，選項(xiàng)A正確。B、C、D選項(xiàng)都不能根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比直接得到，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。4.(2014·廣東高考)如圖是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖。圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過(guò)程中()A．緩沖器的機(jī)械能守恒 B．摩擦力做功消耗機(jī)械能C．墊板的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能解析：選B在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過(guò)程中，由于要克服摩擦力做功，且緩沖器所受合外力做功不為零，因此機(jī)械能不守恒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；克服摩擦力做功消耗機(jī)械能，B項(xiàng)正確；撞擊以后墊板和車廂有相同的速度，因此動(dòng)能并不為零，C項(xiàng)錯(cuò)誤；壓縮彈簧過(guò)程彈簧的彈性勢(shì)能增加，并沒(méi)有減小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。5．(2014·江蘇高考)如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個(gè)相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0。小工件離開(kāi)甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。乙的寬度足夠大，重力加速度為g。(1)若乙的速度為v0，求工件在乙上側(cè)向(垂直于乙的運(yùn)動(dòng)方向)滑過(guò)的距離s；(2)若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側(cè)向滑動(dòng)時(shí)的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不變，當(dāng)工件在乙上剛停止滑動(dòng)時(shí)，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復(fù)。若每個(gè)工件的質(zhì)量均為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計(jì)，求驅(qū)動(dòng)乙的電動(dòng)機(jī)的平均輸出功率eq\x\to(P)。解析：(1)摩擦力與側(cè)向的夾角為45°側(cè)向加速度大小ax＝μgcos45°在側(cè)向上由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律知－2axs＝0－veq\o\al(2,0)解得s＝eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)設(shè)t＝0時(shí)刻摩擦力與側(cè)向的夾角為θ，側(cè)向、縱向加速度的大小分別為ax、ay則eq\f(ay,ax)＝tanθ很小的Δt時(shí)間內(nèi)，側(cè)向、縱向的速度變化量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt解得eq\f(Δvy,Δvx)＝tanθ且由題意知tanθ＝eq\f(vy,vx)，則eq\f(vy′,vx′)＝eq\f(vy－Δvy,vx－Δvx)＝tanθ所以摩擦力方向保持不變則當(dāng)vx′＝0時(shí)，vy′＝0，即v＝2v0(3)設(shè)工件在乙上滑動(dòng)時(shí)側(cè)向位移為x，沿乙運(yùn)動(dòng)方向的位移為y，由題意知ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ在側(cè)向上－2axx＝0－veq\o\al(2,0)在縱向上2ayy＝(2v0)2－0工件滑動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(2v0,ay)乙前進(jìn)的距離y1＝2v0t工件相對(duì)乙的位移L＝eq\r(x2＋y1－y2)則系統(tǒng)摩擦生熱Q＝μmgL電動(dòng)機(jī)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·江蘇)如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連。彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)。物塊的質(zhì)量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W。撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零。重力加速度為g。則上述過(guò)程中()A．物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于W－μmgaD．物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能解析：選BC本題考查功能關(guān)系的應(yīng)用，意在考查考生對(duì)不同功能關(guān)系的理解與應(yīng)用。設(shè)O點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為x，則物塊在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為EpA＝W－μmgx，由于摩擦力的存在，因此A、B間的距離a小于2x，即x＞eq\f(1,2)a，所以EpA＜W－eq\f(1,2)μmga，A項(xiàng)錯(cuò)誤；物塊從O點(diǎn)經(jīng)A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)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項(xiàng)正確；在O點(diǎn)彈性勢(shì)能為零，從O點(diǎn)再到O點(diǎn)W－2μmgx＝Ek0，由于x＞eq\f(1,2)a，因此Ek0＜W－μmga，C項(xiàng)正確；物塊動(dòng)能最大時(shí)，是摩擦力等于彈簧的彈力的時(shí)候，此位置在O點(diǎn)右側(cè)，如果B點(diǎn)到O點(diǎn)的距離小于動(dòng)能最大的位置到O點(diǎn)的距離，則物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能大于物塊在B點(diǎn)時(shí)的彈簧的彈力勢(shì)能，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．(2011·新課標(biāo)全國(guó))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(shuō)法正確的是()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(guò)程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加C．蹦極過(guò)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(guò)程中，重力勢(shì)能的改變與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān)解析：重力做功決定重力勢(shì)能的變化，隨著高度的降低，重力一直做正功，重力勢(shì)能一直減小，故A選項(xiàng)正確；彈性勢(shì)能的變化取決于彈力做功，當(dāng)橡皮筋張緊后，隨著運(yùn)動(dòng)員的下落彈力一直做負(fù)功，彈性勢(shì)能一直增大，故B選項(xiàng)正確；在蹦極過(guò)程中，由于只有重力和彈性繩的彈力做功，故由運(yùn)動(dòng)員、地球及彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)C正確；重力勢(shì)能的大小與勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān)，而勢(shì)能的改變與勢(shì)能零點(diǎn)選取無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：ABC8．(2010·福建理綜)如圖(甲)所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開(kāi)彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)．通過(guò)安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過(guò)程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖(乙)所示，則()A．t1時(shí)刻小球動(dòng)能最大B．t2時(shí)刻小球動(dòng)能最大C．t2～t3這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少D．t2～t3這段時(shí)間內(nèi)，小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢(shì)能解析：本題意在考查學(xué)生的結(jié)合圖象以及應(yīng)用動(dòng)能定理、功能觀點(diǎn)綜合分析問(wèn)題的能力．在t1時(shí)刻，小球剛好與彈簧接觸，重力大于彈力，合外力與速度方向一致，故小球繼續(xù)加速，即小球動(dòng)能繼續(xù)增加，A項(xiàng)錯(cuò)；在t2時(shí)刻彈簧彈力最大，說(shuō)明彈簧被壓縮到最短，此時(shí)，小球速度為零，B項(xiàng)錯(cuò)；t2～t3過(guò)程中，彈簧從壓縮量最大逐漸恢復(fù)到原長(zhǎng)，在平衡位置時(shí)，小球動(dòng)能最大，所以小球的動(dòng)能先增大后減小，C項(xiàng)正確；t2～t3過(guò)程中小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球增加的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和等于彈簧減少的彈性勢(shì)能，D項(xiàng)錯(cuò)．答案：C9．(2010·江蘇)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點(diǎn)距A端較近，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)由A到B逐漸減?。茸屛飰K從A由靜止開(kāi)始滑到B.然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過(guò)程相同，再讓物塊從B由靜止開(kāi)始滑到A.上述兩過(guò)程相比較，下列說(shuō)法中一定正確的有()A．物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能，前一過(guò)程較小B．物塊從頂端滑到P點(diǎn)的過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過(guò)程較少C．物塊滑到底端的速度，前一過(guò)程較大D．物塊從頂端滑到底端的時(shí)間，前一過(guò)程較長(zhǎng)解析：本題考查功的計(jì)算、動(dòng)能定律、能量守恒，意在考查考生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題的能力．設(shè)前一過(guò)程中合力做功為mgl1(sinα－μ1cosα)，后一過(guò)程中合力做功為mgl2(sinα－μ2cosα)，因l1＜l2，前一過(guò)程中任一位置的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1大于后一過(guò)程中任一位置的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2，所以mgl1(sinα－μ1cosα)＜mgl2(sinα－μ2cosα)，因此根據(jù)動(dòng)能定理知物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能前一過(guò)程較小，選項(xiàng)A正確；因兩個(gè)過(guò)程中摩擦力做的功一樣大，所以產(chǎn)生的熱量一樣大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；又因?yàn)閮蓚€(gè)過(guò)程中合力做的功一樣大，所以物塊滑到底端的速度一樣大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；前一過(guò)程物塊做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)(圖線1)，后一過(guò)程物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)(圖線2)，而物塊到底端的速度又相等，v－t圖象如圖所示，可見(jiàn)后一過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，選項(xiàng)D正確．答案：AD10．(2011·廣東理綜)如圖所示，以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C.一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板．滑板運(yùn)動(dòng)到C時(shí)被牢固粘連．物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M＝2m，兩半圓半徑均為R，板長(zhǎng)l＝6.5R，板右端到C的距離L在R<L<5R范圍內(nèi)取值，E距A為s＝5R，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度取g.(1)求物塊滑到B點(diǎn)的速度大?。?2)試討論物塊從滑上滑板到離開(kāi)滑板右端的過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn)．解析：(1)設(shè)物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為vB，對(duì)物塊從E到B由動(dòng)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)假設(shè)物塊與滑板達(dá)到共同速度v時(shí)，物塊還沒(méi)有離開(kāi)滑板，對(duì)物塊與滑板，由動(dòng)量守恒，有mvB＝(m＋M)v③設(shè)物塊在滑板上運(yùn)動(dòng)的距離為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即達(dá)到共同速度v時(shí)，物塊不會(huì)脫離滑板滑下．設(shè)此過(guò)程滑板向右運(yùn)動(dòng)的距離為s2，對(duì)滑板由動(dòng)能定理得μmg·s2＝eq\f(1,2)Mv2⑥由③⑥，得s2＝2R討論：ⅰ當(dāng)R<L<2R時(shí)，滑塊在滑板上一直減速到右端，設(shè)此時(shí)的速度為vC，對(duì)物塊由動(dòng)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設(shè)物塊離開(kāi)滑板沿圓軌道上升的高度為H由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgH⑧解得H<eq\f(3,4)R，故物塊不能滑到CD軌道中點(diǎn)．ⅱ當(dāng)2R≤L<5R時(shí)，滑塊與滑板最終一起運(yùn)動(dòng)至滑板與C相碰，碰后滑塊在滑板上繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)到右端，設(shè)此時(shí)的速度為vC1，對(duì)物塊由動(dòng)能定理得－μmg(l＋s2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－eq\