1、2015-2016学年浙江省金华市艾青中学高三（上）物理滚动练习卷（2）一单项选择题（每题3分）1游乐场中的一种滑梯如图所示小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则（）A下滑过程中支持力对小朋友做功B下滑过程中小朋友的重力势能增加C整个运动过程中小朋友的机械能守恒D在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功2物体在上升的过程中，下列说法正确的是（）A重力做正功，重力势能增加B重力做正功，重力势能减小C重力做负功，重力势能增加D重力做负功，重力势能减少3汽车上坡时，在发动机的功率P不变的情况下，要想增大牵引力F，应该怎样改变速度的大小v（）A增大vB减小vC维持v不变D与
2、v的变化无关4（3分）如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧保持竖直），下列关于能的叙述不正确的是（不计空气阻力）（）A弹簧的弹性势能不断增大B小球的动能先增大后减小C小球的重力势能先增大后减小D小球的机械能总和要改变5（3分）如图所示，竖直平面内光滑圆轨道半径R=2m，从最低点A有一质量为m=1kg的小球开始运动，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，下列说法不正确的是（）A小球能到达最高点B的条件是v04m/sB若初速度v0=5m/s，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道C若初速度v0=8m/s，则小球将在离A点2
3、.8m高的位置离开圆轨道D若初速度v0=8m/s，则小球离开圆轨道时的速度大小为2m/s6汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶下面四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（）ABCD7有一辆质量为170kg、输出功率为1200W的太阳能试验汽车，安装有约2m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为24W/m2若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为20m/s假设汽车行驶时受到的空气阻力与其速率成正比，则汽车（）A保持最大速度行驶1h至
4、少需要有效光照5hB以最大速度行驶时牵引力大小为60NC起动时的加速度大小为0.25m/s2D直接用太阳能电池板提供的功率可获得4m/s的最大行驶速度8质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）At2时刻两个质点在同一位置B0t2时间内两质点的平均速度相等C0t2时间内A质点处于超重状态D在t1t2时间内质点B的机械能守恒9质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随位移x的变化情况如图所示物体在x=0处速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x=16m处时，速度大小为（）A2m/sB3m/sC4m/sDm/s1
5、0（3分）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WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能大于WmgaD物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能二多项选择题（每题4分）11河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，
6、则下列判断正确的是（）A船渡河的最短时间是100sB船在河水中的最大速度是5m/sC船在河水中航行的轨迹是一条直线D船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直12将一小球以10m/s的速度水平抛出，经过1s小球落地，不计空气阻力，g取10m/s2关于这段时间小球的运动，下列表述正确的是（）A着地速度是10 m/sB竖直方向的位移是5mC着地速度是20 m/sD水平方向的位移是10 m/s13如图所示，长为l的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子；把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是（）A小球的
7、线速度不发生突变B小球的角速度突然增大到原来的2倍C小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D绳子对小球的拉力突然增大到原来的2倍14如图所示为通过弹射器研究轻弹簧的弹性势能的实验装置半径为R的光滑圆形轨道竖直固定于光滑水平面上并与水平地面相切于B点，弹射器固定于A处某次实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最髙点C，然后从轨道D处（D与圆心等高）下落至水平面忽略空气阻力，取重力加速度为g下列说法正确的是（）A小球从D处下落至水平面的时间小于B小球运动至最低点B时对轨道压力为5mgC小球落至水平面时的动能为2mgRD释放小球前弹射器的弹性势能为15如图所示，直杆AB与水平面成角
8、固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定（）A滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B滑块最终所处的位置C滑块与杆之间动摩擦因数D滑块第k次与挡板碰撞后速度vk16在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为
9、g）（）A物块A运动的距离为B物块A加速度为C拉力F做的功为D拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量三计算题17（16分）（2012菏泽一模）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角=37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6、cos37=0.8求：（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时
10、间间隔18（14分）（2015春玉溪校级期末）如图所示，足够长的传送带水平放置，以速度v=4m/s向右匀速转动，传送带上表面离地面的高度h=0.45m，一质量为m=1kg的物块，以速度v0=6m/s向左滑上传送带，与传送带之间的动摩擦因数为=0.2，g取10m/s2，求：（1）物块落地时的速度大小；（2）物块相对传送带滑动过程中，产生的热量Q19（16分）（2014秋河南期中）如图所示，一个质量m=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R=1.8m的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为s=0.08m；另一质量也为m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的
11、最低点A滑上木板设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失木板的长度可保证物块在运动的过程中不与墙接触已知滑块与长木板间的动摩擦因数=0.1，g取10m/s2试求：（1）滑块到达A点时对轨道的压力大小；（2）当滑块与木板达到共同速度（v0）时，滑块距离木板左端的长度是多少？2015-2016学年浙江省金华市艾青中学高三（上）物理滚动练习卷（2）参考答案与试题解析一单项选择题（每题3分）1游乐场中的一种滑梯如图所示小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则（）A下滑过程中支持力对小朋友做功B下滑过程中小朋友的重力势能增加C整个运动过程中小朋友的机械能守恒D在水平面
12、滑动过程中摩擦力对小朋友做负功【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律 【专题】动能定理的应用专题【分析】下滑过程中小朋友在支持力方向没有发生位移，支持力对小朋友不做功下滑过程中，小朋友高度下降，重力势能减小摩擦力做负功，机械能减小在水平面滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，做负功【解答】解：A、下滑过程中小朋友在支持力方向没有发生位移，支持力不做功故A错误 B、下滑过程中，小朋友高度下降，重力做正功，其重力势能减小故B错误 C、整个运动过程中，摩擦力做功，小朋友的机械能减小，转化为内能故C错误 D、在水平面滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故D正确故选D【点评】判断
13、力是否做功，可根据做功的两个要素，也可根据动能定理整个过程重力做正功，动能变化量为零，根据动能定理可判断出摩擦力做负功2物体在上升的过程中，下列说法正确的是（）A重力做正功，重力势能增加B重力做正功，重力势能减小C重力做负功，重力势能增加D重力做负功，重力势能减少【考点】机械能守恒定律 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】当力与位移反向时，该力做负功；重力势能的表达式为：Ep=mgh【解答】解：物体在上升的过程中，位移向上，重力向下，故重力做负功；物体升高，故重力势能增加；故选：C【点评】重力做功的过程总是伴随着重力势能的改变，重力做功等于重力势能的减小量，基础题目3汽车上坡时，在发动机的功
14、率P不变的情况下，要想增大牵引力F，应该怎样改变速度的大小v（）A增大vB减小vC维持v不变D与v的变化无关【考点】功率、平均功率和瞬时功率 【专题】功率的计算专题【分析】司机用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，由P=FV可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大【解答】解：由功率公式P=Fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，故B正确故选：B【点评】本题很好的把现实生活中的事情与所学的物理知识结合了起来，可以激发学生的学习兴趣4（3分）如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压
15、缩到最短的过程中（弹簧保持竖直），下列关于能的叙述不正确的是（不计空气阻力）（）A弹簧的弹性势能不断增大B小球的动能先增大后减小C小球的重力势能先增大后减小D小球的机械能总和要改变【考点】功能关系 【分析】分析小球的运动过程与受力情况，然后根据影响弹性势能、机械能、动能、重力势能的因素分析答题【解答】解：A、小球下落过程中弹簧被压缩，压缩量增大，弹力增大，故弹簧的弹性势能不断增大，故A正确；B、小球下落和弹簧接触过程中，弹簧的弹力先小于重力，后大于重力，小球先加速后减速，则小球的动能先增大后减小，故B正确；C、小球下落过程，高度一直减小，故重力势能一直减小，故C错误；D、小球与弹簧构成的系统只
16、有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的机械能不断减小故D正确本题选不正确的，故选：C【点评】弹簧问题往往是动态变化的，分析这类问题时用动态变化的观点进行，分析时关键抓住弹力的可变性，同时注意其过程中的功能转化关系5（3分）如图所示，竖直平面内光滑圆轨道半径R=2m，从最低点A有一质量为m=1kg的小球开始运动，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10m/s2，下列说法不正确的是（）A小球能到达最高点B的条件是v04m/sB若初速度v0=5m/s，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道C若初速度v0=8m/s，则小球将在离A点2.8m高的位置离开圆轨道D若初速度v
17、0=8m/s，则小球离开圆轨道时的速度大小为2m/s【考点】机械能守恒定律；向心力 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】当小球恰好到达最高点时，由重力提供向心力，此时速度最小，求出最小速度，再根据动能定理求出v0的最小值，刚好脱离轨道时，轨道对小球的弹力为零，重力沿半径方向的分量提供向心力，根据向心力公式结合动能定理以及几何关系即可求解【解答】解：A、当小球恰好到达最高点时，有mg=m，得小球能到达最高点B临界速度是 vB=2m/s根据机械能守恒定律知，2mgR+=，解得v010m/s，故A错误；B、若初速度v0=5m/s，设小球上升高度为H，由机械能守恒得：mgH=，H=1.25mR=2m
18、，故小球将会左右摆动，一定不会离开轨道，故B正确；CD、小球刚好脱离轨道时，对轨道的压力为0，重力沿半径方向的分力提供向心力，设重力与半径方向的夹角为，mgcos=m根据几何关系，cos=，根据动能定理得，=mg（R+h），解得v=2m/s，h=0.8m，故离开圆轨道的位置离A点的距离为H=h+R=2.8m，故C、D正确本题选错误的，故选：A【点评】本题主要考查了向心力公式、动能定理的直接应用，知道小球到达最高点的条件，特别注意刚好脱离轨道时，轨道对小球的弹力为零6汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶下
19、面四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（）ABCD【考点】牛顿运动定律的综合应用；功率、平均功率和瞬时功率 【分析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式P=Fv，功率减小一半时，牵引力减小了，物体减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度和速度的变化情况即可【解答】解：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式P=Fv，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式P=Fv可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大
20、到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动；故选C【点评】本题关键分析清楚物体的受力情况，结合受力情况再确定物体的运动情况7有一辆质量为170kg、输出功率为1200W的太阳能试验汽车，安装有约2m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为24W/m2若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为20m/s假设汽车行驶时受到的空气阻力与其速率成正比，则汽车（）A保持最大速度行驶1h至少需要有效光照5hB以最大速度行驶时牵引力大小为60NC起动时的加速度大小为0.25m/s2D直接用太阳能电池板提供的功率可获得4m/s的最大行驶速度【考点】功率、平均功率和瞬
21、时功率 【专题】功率的计算专题【分析】根据P=Fv计算最大速度时的牵引力大小；由牛顿第二定律和公式P=Fv结合求解加速度由能量守恒定律分析答题【解答】解：A、由公式W=Pt，由能量守恒得：1200W1h=242Wt，解得：t=25h，即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照25h，故A错误；B、根据P额=Fvmax，得：F=60N，故B正确；C、以额定功率启动时：f=ma，而刚启动时v=0，则f=0，故刚启动时加速度很大，根据现有条件无法求出，故C错误；D、汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv，则结合前面分析：60=k20，解得：k=3，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度
22、时：牵引力=阻力，即：=kv，解得：v=4m/s，故D正确；故选：BD【点评】本题考查推力、功率、面积等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，本题还告诉我们一定要广泛应用太阳能，太阳能不但节省能源，还可以环保8质量相等的两个质点A、B在拉力作用下从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）At2时刻两个质点在同一位置B0t2时间内两质点的平均速度相等C0t2时间内A质点处于超重状态D在t1t2时间内质点B的机械能守恒【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系；超重和失重 【专题】运动学中的图像专题【分析】速度时间图象与坐标轴围成的面积表
23、示位移，平均速度等于位移除以时间，当加速度方向向上时，物体处于超重状态，方向向下时，处于失重状态，物体的动能和势能之和不变时，机械能守恒【解答】解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，0t2时间内B的位移大于A的位移，B在A的上面，故A错误；B、0t2时间内B的位移大于A的位移，时间相等，则B的平均速度大于A的平均速度，故B错误；C、0t2时间内A的斜率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，故C正确；D、t1t2时间内质点B匀速向上运动，动能不变，重力势能变大，机械能增大，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的
24、面积表示位移，当加速度方向向上时，物体处于超重状态，方向向下时，处于失重状态9质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随位移x的变化情况如图所示物体在x=0处速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x=16m处时，速度大小为（）A2m/sB3m/sC4m/sDm/s【考点】牛顿第二定律 【分析】在04m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，可以根据匀变速直线运动位移速度公式求出x=4m处时的速度，在4m8m位移内，力在逐渐减小，是变力，在8m12m位移内力等于零，在12m16m位移内，力F反方向逐渐增大，根据做功公式可知：力F在416m内做功之和为零，可对这一阶段运用动能定理得
25、到x=16m处时速度等于x=4m处时的速度【解答】解：在04m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得；a=1m/s2根据2ax=得：v4=3m/s对物体在416m内运动过程运用动能定理得；=s48+0s1216从图中可知=，s48=s1216=4m，所以416m内力F做功之和为0，所以v16=v4=3m/s故选B【点评】本题考查了牛顿第二定律、功的计算以及动能定理的应用，要求同学们能根据图象找出有用信息，选取合适的运动过程运用动能定理求解，该题难题适中10（3分）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
26、，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为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WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能大于WmgaD物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【考点】功能关系 【分析】到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力mg），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点
27、；如果较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可【解答】解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点故，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故
28、A错误；B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于Wmga，故C正确；D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误故选：BC【点评】利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻，难度适中二多项选择题（每题4分）11河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在
29、静水中的速度与时间关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，则下列判断正确的是（）A船渡河的最短时间是100sB船在河水中的最大速度是5m/sC船在河水中航行的轨迹是一条直线D船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直【考点】运动的合成和分解 【专题】运动的合成和分解专题【分析】当船的静水速与河岸垂直时，渡河的时间最短，当船运动到河中央时，水流速最大，则合速度最大【解答】解：A、D、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，则最短时间t=故A、D正确B、当水流速最大时，船的速度最大，最大速度v=故B正确C、因为水流速度在变化，即沿河岸方向有加速度，知合速度方向与加速度方向不在同一条直线上，船的轨迹是曲线故C错误故
30、选ABD【点评】解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，合成分解遵循平行四边形定则，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短12将一小球以10m/s的速度水平抛出，经过1s小球落地，不计空气阻力，g取10m/s2关于这段时间小球的运动，下列表述正确的是（）A着地速度是10 m/sB竖直方向的位移是5mC着地速度是20 m/sD水平方向的位移是10 m/s【考点】平抛运动 【专题】平抛运动专题【分析】通过速度时间公式求出小球着地时竖直分速度，根据平行四边形定则求出小球落地的速度大小根据小球运动的时间求出小球的竖直位移，结合初速度和时间求出水平位移【解答】解：AC、小球做平抛运动，落地时竖直分速度为
31、：vy=gt=101m/s=10m/s，则小球着地时速度为：v合=10m/s，故AC错误B、小球竖直方向的位移为：h=gt2=1012m=5m，故B正确D、小球的水平位移为：x=v0t=101m=10m，故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住分运动与合运动具有等时性，结合运动学公式灵活求解13如图所示，长为l的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子；把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是（）A小球的线速度不发生突变B小球的角速度突然增大到
32、原来的2倍C小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D绳子对小球的拉力突然增大到原来的2倍【考点】向心力；牛顿第二定律 【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】小球在下摆过程中，受到线的拉力与小球的重力，由于拉力始终与速度方向相垂直，所以它对小球不做功，只有重力在做功当碰到钉子瞬间，速度大小不变，而摆长变化，从而导致向心加速度变化，拉力变化【解答】解；A、小球的线速度发生不会突变，故A正确；B、由=，当r变为r时，小球的线速度发生不会突变，故变为原来的2倍，故B正确 C、由a=，当r变为r时，小球的线速度发生不会突变，故a变为原来的2倍，故C正确D、Fn=Fmg，而Fn=man，故由C分析得
33、Fn变为原来2倍，故拉力F不会变为2倍，故D错误故选：ABC【点评】本题中要注意细绳碰到钉子前后转动半径的变化，再由向心力公式分析绳子上的拉力变化小球摆到最低点虽与钉子相碰，但没有能量的损失，所以小球仍能达到原来的高度14如图所示为通过弹射器研究轻弹簧的弹性势能的实验装置半径为R的光滑圆形轨道竖直固定于光滑水平面上并与水平地面相切于B点，弹射器固定于A处某次实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到达最髙点C，然后从轨道D处（D与圆心等高）下落至水平面忽略空气阻力，取重力加速度为g下列说法正确的是（）A小球从D处下落至水平面的时间小于B小球运动至最低点B时对轨道压力为5mgC小球
34、落至水平面时的动能为2mgRD释放小球前弹射器的弹性势能为【考点】功能关系；向心力；动能定理 【分析】小球从被弹出后机械能守恒；在最高点应保证重力充当向心力，由临界条件可求得最高点的速度；由机械能守恒可求得B点的压力、小球到达水平面的动能及开始时的机械能【解答】解：A、小球恰好通过最高点，则由mg=m，解得v=；小球从C到D的过程中机械能守恒，则有mgR=mv2；解得vD=；小球由D到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由R=可得，t=；而现在有初速度，故时间小于；故A正确；B、由B到C过程中，机械能守恒，则有：mg2R=；B点时由牛顿第二定律有：Fmg=m；联立解得，F=6mg，故B错
35、误；C、对C到地面过程由机械能守恒得：Ek=mg2R；EK=2.5mgR；故C错误；D、小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能；故弹性势能为E=mg2R+=；故D正确；故选：AD【点评】本题考查功能关系及机械能守恒定律，要注意明确系统只有重力及弹簧的弹力做功，故机械能守恒；正确选择初末状态即可顺利求解15如图所示，直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定（）A滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B滑块最终所处的位
36、置C滑块与杆之间动摩擦因数D滑块第k次与挡板碰撞后速度vk【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律求出两端加速度，利用运动学公式求解【解答】解：设下滑位移为L，到达底端速度为v由公式v2=2ax得：下滑过程：v2=2a下L 上滑过程： 由牛顿第二定律得：下滑加速度为： 上滑加速度为： 联立得： 所以A正确；，又f=FN=mgcos两式联立得：，所以c正确；因为滑杆粗糙，所以最终滑块停在底端，所以B正确；因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，所以D错误；故选ABC【点评】解决本题的关键是上滑和下滑
37、时摩擦力方向不同，所以加速度不同，另外抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等16在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（）A物块A运动的距离为B物块A加速度为C拉力F做的功为D拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；机械能守恒定律 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于
38、其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可【解答】解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsin=kx1解得：x1=物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；mgsin=kx2解得：x2=故物块A运动的距离为：，故A正确；B、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：FmgsinT=ma弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：T=mgsin故：a=，故B错误
39、；C、拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，为：W=mgxsin+，故C错误；D、由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开始相同，同时B物体机械能没有变化，那么整个过过程中外力F做的功全部用于增加物块A的机械能，故D正确；故选：AD【点评】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析，不难三计算题17（16分）（2012菏泽一模）如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角=37，A、D两点离轨道BC
40、的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6、cos37=0.8求：（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔【考点】动能定理 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）直接对小物块从ABCD过程中运用动能定理列式求解即可；（2）先对从ABC过程运用动能定理求出小滑块到达C点的速度，求出在斜面CD上的加速度，再对小滑块在CD斜面上的运动运用运动学公式求解；【解答】解：（1）小物、块从ABCD过程中，由动能定理得将h1、h2、s、
41、g代入得：vD=3m/s （2）小物块从ABC过程中，由动能定理得将h1、s、g代入得：vC=6m/s 小物块沿CD段上滑的加速度大小a=gsin=6m/s2小物块沿CD段上滑到最高点的时间=1s 由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s 故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s 答：（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小为3m/s；（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔为2s【点评】本题关键灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解，同时要注意摩擦力做的总功等于摩擦力与路程的积18（14分）（2015春玉溪校级期末）如图所示，足够长的传送带水平放置，以
42、速度v=4m/s向右匀速转动，传送带上表面离地面的高度h=0.45m，一质量为m=1kg的物块，以速度v0=6m/s向左滑上传送带，与传送带之间的动摩擦因数为=0.2，g取10m/s2，求：（1）物块落地时的速度大小；（2）物块相对传送带滑动过程中，产生的热量Q【考点】动能定理的应用；向心力 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）物块离开传送带后做平抛运动，应用动能定理可以求出落地时的速度（2）求出物块相对于传送的滑行的路程，然后求出产生的热量【解答】解：（1）物块向向左做匀减速直线运动，然后向右做初速度为零的匀加速直线运动，当物块速度与传送带速度相等后向右做匀速直线运动，离开传送带后做平抛
43、运动，当物块再次返回A点时，物块的速度：vA=4m/s，由动能定理得：mgh=mv2mvA2，代入数据解得，物体落地时的速度：v=5m/s；（2）物块相对传送带滑动时的加速度：a=g=0.210=2m/s2，物块向左滑动过程中，其与传送带之间的相对位移：x1=+v=+4=21m，物块向右滑动过程中，其与传送带之间的相对位移：x2=v=4=4m，产生的热量：Q=mg（x1+x2）=0.2110（21+4）=50J；答：（1）物块落地时的速度大小为5m/s；（2）物块相对传送带滑动过程中，产生的热量Q为50J【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理、运动学
44、公式与功的计算公式可以解题19（16分）（2014秋河南期中）如图所示，一个质量m=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R=1.8m的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为s=0.08m；另一质量也为m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点A滑上木板设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失木板的长度可保证物块在运动的过程中不与墙接触已知滑块与长木板间的动摩擦因数=0.1，g取10m/s2试求：（1）滑块到达A点时对轨道的压力大小；（2）当滑块与木板达到共同速度（v0）时，滑块距离木板左端的长度是多少？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；
45、向心力 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）滑块下滑过程机械能守恒，先根据守恒定律求解A点速度；再A点重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解支持力；最后根据牛顿第三定律求解压力；（2）开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，对两者分别列示求解；【解答】解：（1）滑块滑到A点时，有动能定理得：mgR=，解得：mv2=2mgR，滑块在A点由牛顿第二定律得：，解得：vA=6m/s，N=mg+2
46、mg=30N，由牛顿第三定律得：滑块到达A点时对轨道的压力大小N=N=30N（2）滑块滑上木板后，在摩擦力的作用下，做匀加速运动，设加速度为a，碰撞时的速度为v1，由牛顿第二定律得：umg=ma，解得：a=1m/s2，根据运动学公式：L=，解得：t=0.4s，由v=at，解得：v=0.4m/s，碰撞后木板，向右做匀减速运动，速度减到零，再做匀加速运动，一直重复直至两者速度相同，设两者速度达到共同速度v时，共经历n次，t为碰撞n次后木板从起始位置到速度相等时经历的时间，0t0.4s则有：v=vAa（2nt+t）=at，代入数据解得：6.75n7.5，n为整数，故取n=7，t=0.2s，其末速度为0.2m/s，滑块的位移为：，对木板=0.02m，则木板的长度为x滑x木=17.98m0.02m=17.96m答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力大小为30N；（2）当滑块与木板达到共同速度（v0）时，滑块距离木板左端的长度是17.96m【点评】本题关键要分清出长木板的运动为往复运动，具有重复性，而小木块的运动是匀减速直线运动，然后根据运动学公式列式求解
