1、一、单项选择题1(2015高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A一样大B水平抛的最大C斜向上抛的最大 D斜向下抛的最大解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等故只有选项A正确2.(2015高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下
2、滑到最大距离的过程中()A圆环的机械能守恒B弹簧弹性势能变化了mgLC圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度hL，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了EpmghmgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误3.(2015无锡质检)在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧
3、劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A沿斜面运动的距离为d，速度为v，则()A此过程中拉力F做功的大小等于物块A动能的增加量B当物块B刚要离开挡板时，受力满足m2gsin kdC当物块B刚要离开挡板时，物块A的加速度为(Fkd)/m1D此过程中弹簧弹性势能的增加量为Fdm1v2解析：选C.整个过程中，由功能关系可知拉力F对系统做功等于系统机械能的增加量，若两物块质量相等，初、末状态弹簧的弹性势能不变，物块A动能和重力势能均增大，拉力做功大于物块A动能增加量，A项错误；开始时，弹簧处于压缩状态，m1gsin
4、 kx1；B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，形变量为x2，由平衡条件可知，m2gsin kx2kd，B项错误；由牛顿第二定律有，Fkx2m1gsin m1a，x1x2d，解得：a，C项正确；整个过程中，由功能关系可知，弹性势能增加量EpFdm1v2m1gdsin ，D项错误4(2015漳州一模)质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A小球的动能减少了B小球的动能增加了C小球的电势能减少了D小球的电势能增加了mgh解析：选B.小球受的合力Fmg，据动能定理，合力做功等于
5、动能的增加量，故EkFhmgh，选项A错、B对由题意可知，电场力F电mg，电场力做负功，电势能增加，EpF电hmgh，选项C、D均错5.(2014高考山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep，其中G为引力常量，M为月球质量若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做
6、的功为()A.(h2R) B.(hR)C. D.解析：选D.“玉兔”在h高处做圆周运动时有G.发射“玉兔”时对“玉兔”做的功Wmv2Ep.在月球表面有mg月，联立各式解得W.故选项D正确，选项A、B、C错误二、多项选择题6(2015江苏省六校高三联考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)()A橡皮绳的弹性势能一直增大B圆环的机械能先不变后减小C橡皮绳的弹性势能增加了mghD橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大
7、解析：选BC.橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错误；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错误7.(2015高考全国卷)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g
8、.则()Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：选BD.由题意知，系统机械能守恒设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为，分别将va、vb分解，如图因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v与v是相等的，即vacos vbsin .当a滑至地面时90，此时vb0，由系统机械能守恒得mghmv，解得va，选项B正确同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误杆对b的作用力先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即
9、a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确8.(2015淮安适应考)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是()A电动机多做的功为mv2B摩擦力对物体做的功为mv2C电动机增加的功率为mgvD传送带克服摩擦力做的功为mv2解析：选BC.由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦产生
10、的热量Q的总和，所以A项错误；根据动能定理，对物体列方程，Wfmv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率Pmgv，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误9(2015苏州市质量检测)如图所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为Ek，重力势能为Ep(选水平地面为零势能参考面)下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是()解析：选AD.由动能定理可知，mg(Hh)EkEk0，即EkEk0mgHmgh，Ekh图象为一次函数图
11、象，B项错误；又EkEk0mg2t2，可知Ekt图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有：Epmgh，Eph为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：Hhgt2，所以Epmg，所以Ept图象不是直线，C项错误10.(2015镇江一模)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长，且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力若在物体A下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A接触地面前的瞬间()A物体A的加速度大小为g，方向竖直
12、向下B弹簧的弹性势能等于mghmv2C物体B有向上的加速度D弹簧对物体A拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选BD.当A即将接触地面时，物体B对地面恰好无压力，对B受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F2mg，选项C错误；然后对A受力分析可得：Fmgma，可得ag，方向竖直向上，选项A错误；A下落过程中，A与弹簧整体机械能守恒，可得mghEpmv2，弹簧的弹性势能Epmghmv2，选项B正确；拉力的瞬时功率为PFv2mgv，选项D正确三、计算题11.(2015南京八校二联)如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，直径MN为竖直方向，环上套有两个小球A和B，A、B之间用一长为R的轻杆相连，小球可以沿
13、环自由滑动，开始时杆处于水平状态，已知A的质量为m，重力加速度为g.(1)若B球质量也为m，求此时杆对B球的弹力大小；(2)若B球质量为3m，由静止释放轻杆，求B球由初始位置运动到N点的过程中，轻杆对B球所做的功解析：(1)对B球，受力分析如图，由几何关系得60，FN2mgtan 60mg.(2)由系统机械能守恒得：3mgRmgR3mvmv又vAvB对B运用动能定理得：3mgW3mv解得：WmgR.答案：(1)mg(2)mgR12(2015淮安二模)如图所示，轮半径r10 cm的传送带，水平部分AB的长度L1.5 m，与一圆心在O点、半径R1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地
14、面H1.25 m，一质量m0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角37.已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数0.1，不计空气阻力(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；(3)若传送带以v00.5 m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能解析：(1)从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1cos 37)mv2在圆轨道末端由牛顿第二定律得：FNmg由以上两式得FN1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N，方向竖直向下(2)若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：mgLmvmv2解得：vB1 m/s由于mgm所以滑块从B点开始做平抛运动滑块的落地点与B点间的水平距离为：xvB 0.5 m.(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变所以滑块和传送带间的相对位移为：xLv02 m滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Qmgx0.2 J.答案：(1)1.4 N，方向竖直向下(2)0.5 m(3)0.2 J
