1、第四章进阶突破1(多选)将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度v0，沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示g取10 m/s2，则()A小铁块的初速度大小v05 m/sB小铁块与木板间的动摩擦因数C当60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5 m/sD当60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速度为 m/s2【答案】AB【解析】根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有mgsin xmgcos x0mv，由题图可得，当90时，x1.25 m，根据v2gx，代入数据得v05 m/
2、s，故A正确；由题图可得，30时，x1.25，式代入数据得，故B正确；把60代入，解得x m，由动能定理得mgcos 2xmvmv，代入数据得vt m/s，故C错误；下滑的加速度ag(sin cos )，当60时，代入数据得a m/s2，D错误2有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30，另一半长度竖直下垂在空中当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)()A2.5 m/sB m/sC m/sD m/s【答案】B【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的
3、机械能EEpEk2mgsin 2mg0mgL(1sin )链条全部滑出后，动能Ek2mv2，重力势能Ep2mg，由机械能守恒定律可得EEkEp，即mgL(1sin )mv2mgL.解得v m/s，故B正确，A、C、D错误3如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OBL，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为L时的速度大小为()ABCD【答案】C【解析】开始时A到O的距离OAL，以B为研究对象，开始时B受到重
4、力、杆的支持力FN和绳子的拉力T，如图所示，则tan .由几何关系tan ，联立得FNmg.以AB组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F和杆对B的支持力FN，由于水平方向受力平衡，所以FFNmg.现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则F4F3mg.B球向上运动时，小球B运动到O点的距离L时，由几何关系，得A到O点的距离OAL.A向左的距离sLLL，B上升的距离hLLL，此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值tan ，则得cos 0.6，sin 0.8.由运动的合成与分解知识可知，A球受到与B球的速度之间的关系为vBcos vAsin ，可得vBvA以AB球组成的整体为研究对象，拉力和重力
5、对系统做功，由动能定理，得Fsmghmvmv，联立以上方程，解得vB，C正确4(多选)一辆CRH2型动车组的总质量M2.0105kg，额定输出功率为4 800 kW.假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270 km/h，受到的阻力Ff与速度v满足Ffkv，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A该动车组以最大速度行驶时的牵引力为6.4104 NB从题中给出的数据可算出k1.0103 Ns/mC当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组受到的阻力为1.6104 ND当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为1 200 kW【答案】AD【解析】最大速度vm270 km/h75 m/
6、s，根据PFv，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力F N6.4104N，故A正确；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，则有FFfkvm，解得k Ns/m853.3 Ns/m，故B错误；当匀速行驶的速度v时，则有Ffkv853.3 N3.2104N，此时牵引力FFf3.2104N，动车组输出功率PFv3.2104 W1 200 kW，故C错误，D正确5(多选)如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行于斜面的初速度v向弹簧运动已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是()A物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大B物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
7、C物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能小于增加的弹性势能D物块的动能最大时，物块的重力势能最小【答案】AC【解析】物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsin ，则加速度向下，并且随弹力的增加，加速度逐渐减小；当弹力等于mgsin 时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsin ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，A正确，B错误；物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，C正确；当弹力等于mgsin 时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运
8、动，可知此时重力势能不是最小，D错误6如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态(若规定弹簧自然长度时弹性势能为零，弹簧的弹性势能Epkx2，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的形变量)一质量为m、带电荷量为q(q0)的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好能返回到s0段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.则下列说法不正确的是()A滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间tB弹簧的劲
9、度系数kC滑块运动过程中的最大动能等于Ekm(mgsin qE)s0D运动过程中物体和弹簧组成的系统机械能和电势能总和始终不变【答案】C【解析】滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律，得qEmgsin ma，由位移公式，得s0at2，联立可得t，A正确；滑块从释放到返回到s0段中点的过程，由功能关系，得(qEmgsin )k2，解得k，B正确；滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有mgsin qEkx0，解得x0，从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理，得(mgsin qE)(s0x0)WEkm0，弹簧弹力做功Wk
10、x(qEmgsin )，则最大动能Ekm(mgsin qE)(s0x0)(mgsin qE)s0，C错误；物体运动过程中只有重力和电场力做功，故只有重力势能、电势能和弹性势能动能参与转化，滑块的机械能和电势能的总和始终不变，D正确7(多选)如图所示，一小物体m从光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R0.2 m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，g取10 m/s2，则下列判断可能正确的是()A若传送带逆时针方向运行且v2 m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点B若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v2 m/s
11、时，物体m到达地面上C点的右侧C若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v2 m/s时，物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，也可能一直做匀加速直线运动，物块到达传送带右端时的速度大于2 m/s，做平抛运动的初速度大于2 m/s，物体将落在C点的右侧，B正确；若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度vvB4 m/s，所以传送带运转方向为顺时针假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理，得1mgL1mv2mv，解得v m/svC8 m/s.所以参赛者在传送带上匀加速运动再匀速运动，所以传送带速率v传vC8 m/s，方向顺时针方向(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间t s0.8 s.此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小xv传tt，解得x1.6 m.传送带由于传送参赛者多消耗的电能EQEk1mgx，代入数据，解得E1 920 J.
