1、阶段验收评估(五)|机 械 能(时间：60 分钟 满分：100 分)一、单项选择题(本题共 5 小题，每小题 6 分，共 30 分，每小题只有一个选项正确)1(2014河南中原名校模拟)一物体自 t0 时由静止开始向上做直线运动，其 a-t 图像如图 1 所示，则下列判断正确的是()图 1A在第 4 s 时，物体离出发点最远B在 06 s 内，物体的平均速度为 3 m/sC在 24 s 内，物体的机械能守恒D在 46 s 内，物体所受的合外力做负功解析：选 B 由 a-t 图像可知，物体在 02s 内向上做匀加速直线运动，末速度 v16 m/s；在 24 s 内，物体向上做匀速直线运动；45
2、s 内物体向上做匀减速直线运动，5 s 末速度为零；56 s 内物体再反向向下做匀加速直线运动，且第 6 s 末回到第 4 s 末的位置，因此，物体在第 5 s 时离出发点最远，在 24 s 内，机械能增加，46 s 内合外力做功为零，A、C、D 均错误；06 s 内的总位移 h12a1t12a1t1t218 m，平均速度 v ht3 m/s，B 正确。2(2013江苏高考)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图 2 所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的()图 2A30%B50%C70%D90%解析：选 A 量出碰撞前的小球间距与碰撞后的
3、小球间距之比为 127，即碰撞后两球速度大小 v与碰撞前白球速度 v 的比值，vv 712。所以损失的动能 Ek12mv2122mv2，EkEk0 30%，故选项 A 正确。3(2014上海八校联考)质量相同的两个物体，分别在地球和月球表面以相同的初速度竖直上抛，已知月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，若不计空气阻力，下列说法中正确的是()A物体在地球表面时的惯性比在月球表面时的惯性大B物体在地球表面上升到最高点所用时间比在月球表面上升到最高点所用时间长C落回抛出点时，重力做功的瞬时功率相等D在上升到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等解析：选 D 两个物体质量相同，惯性相同，选项
4、 A 错误；由于月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，物体在地球表面上升到最高点所用时间比在月球表面上升到最高点所用时间短，选项 B 错误；落回抛出点时，速度相等，而月球表面重力小，所以落回抛出点时，月球上重力做功的瞬时功率小，选项 C 错误；由于抛出时动能相等，由机械能守恒定律可知，在上升到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等，选项 D 正确。4电动机以恒定的功率 P 和恒定的转速 n 卷动绳子，拉着质量为 M 的木箱在光滑的水平地面上前进，如图 3 所示，电动机卷绕绳子的轮子的半径为 R，当运动至绳子与水平面成 角时，下述说法正确的是()图 3A木箱将匀速运动，速度是 2nRB木
5、箱将匀加速运动，此时速度是 2nR/cos C此时木箱对地的压力为 MgPsin 2nRD此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化解析：选 C 绳子的速度 v12nR，木箱的速度 v2v1/cos，其大小随着 变化，选项 A 错误；绳子上的拉力 FP/v1P/2nR，大小不变。木箱受的合力 F 合Fcos，其方向不变，其大小随着 变化，木箱做变加速直线运动，选项 B、D 错误；木箱对地的压力为FNMgFsin MgPsin 2nR，选项 C 正确。5(2014武汉部分学校联考)如图 4 所示，轻绳的一端固定在 O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周
6、运动时，通过传感器测得轻绳拉力 T、轻绳与竖直线 OP 的夹角 满足关系式 Tabcos，式中 a、b 为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()图 4A.b2mB.2bmC.3bmD.b3m解析：选 D 当小球运动到最低点时，0，拉力最大，T1ab，T1mgmv12/L；当小球运动到最高点时，180，拉力最小，T2ab，T2mgmv22/L；由 mg2L12mv1212mv22，联立解得：g b3m，选项 D 正确。二、多项选择题(本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，每小题有多个选项正确，全选对得 6 分，选对但不全得 3 分，选错或不选得 0 分)6(2014滨州模拟)下
7、面关于蹦床运动的说法中正确的是()A运动员下落到刚接触蹦床时，速度最大B运动到最低点时，床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力C从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，运动员的加速度先减小后增大D在下落过程中，重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量解析：选 CD 运动员刚下落到刚接触蹦床时，合力仍为 mg，之后还要加速，A 错误；运动员对床的作用力与床对运动员的作用力等大反向，B 错误；从刚接触床到运动到最低点，运动员随受向上弹力的增大，其加速度先减小后反向增大，C 正确；重力对运动员所做的功一定等于运动员重力势能的减少量，D 正确。7(2013新课标全国卷)2012 年 11 月，“歼 1
8、5”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图 5(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在 t0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为 1 000 m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则()图 5A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 1/10B在 0.42.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C在
9、滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5gD在 0.42.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析：选 AC 由 v-t 图像可知飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 1/10，选项A 正确；由 v-t 图像可以看出 0.42.5 s 内飞机在甲板上滑行过程中的加速度不变，说明飞机受到的合力不变，而两段阻拦索的夹角逐渐减小，故阻拦索的张力减小，选项 B 错误；根据 v-t 图像可以看出 0.42.5 s 内加速度大小约为：avt70102.1m/s228.6 m/s2，选项C 正确；由于飞机做匀减速运动，所受阻力不变，根据 PFv 可知，功率逐渐减小，选项 D错误。8(
10、2013北京西城区期末)如图 6 甲所示，物体以一定的初速度从倾角 37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为 3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能 E 随高度 h 的变化如图乙所示。g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80。则()图 6A物体的质量 m0.67 kgB物体与斜面之间的动摩擦因数 0.40C物体上升过程中的加速度大小 a10 m/s2D物体回到斜面底端时的动能 Ek10 J解析：选 CD 上升过程，由动能定理得，(mgsin mgcos)hm/sin 0Ek1，摩擦生热 mgcos hmsin E1E2，解得 m1 kg，0.50，故
11、 A、B 错误；物体上升过程中的加速度大小 agsin gcos 10 m/s2，故 C 正确；上升过程中的摩擦生热为 E1E220 J，下降过程摩擦生热也应为 20 J，故物体回到斜面底端时的动能 Ek50 J40 J10 J，故 D 正确。三、非选择题(本题共 4 小题，共 52 分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)9(10 分)(2013新课标全国卷)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图 7 所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止
12、释放；小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。回答下列问题：图 7(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 Ep 与小球抛出时的动能 Ek 相等。已知重力加速度大小为 g。为求得 Ek，至少需要测量下列物理量中的_(填正确答案标号)。A小球的质量 mB小球抛出点到落地点的水平距离 sC桌面到地面的高度 hD弹簧的压缩量 xE弹簧原长 l0(2)用所选取的测量量和已知量表示 Ek，得 Ek_。图 8(3)图 8 中的直线是实验测量得到的 sx 图线。从理论上可推出，如果 h 不变，m 增加，sx 图线的斜率会_(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果 m 不
13、变，h 增加，s-x图线的斜率会_(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图乙中给出的直线关系和 Ek的表达式可知，Ep 与 x 的_次方成正比。解析：(1)利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度 v。由 svt，h12gt2，联立解得 vsg2h。要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离 s，桌面到地面的高度 h。根据动能公式，为求得 Ek，还需要测量小球的质量 m，所以正确选项是 A、B、C。(2)小球抛出时的动能 Ek12mv2mgs24h。(3)如果 x 和 h 不变，m 增加，则小球抛出时的速度减小，s 减小，sx 图线的斜率会减小。如果 x 和 m 不变，h 增加，则小
14、球抛出时的速度不变，s 增大，sx 图线的斜率会增大。由实验绘出的图像可知，s 与 x 成正比，而 Ek12mv2mgs24h，所以弹簧被压缩后的弹性势能 Ep 与 x 的 2 次方成正比。答案：(1)ABC(2)mgs24h(3)减小 增大 210(12 分)(2013海南高考)一质量 m0.6 kg 的物体以 v020 m/s 的初速度从倾角为30的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了 Ek18 J，机械能减少了 E3 J，不计空气阻力，重力加速度 g10 m/s2。求：(1)物体向上运动时加速度的大小；(2)物体返回斜坡底端时的动能。解析：(1)设物体在运动过程
15、中所受的摩擦力大小为 f，向上运动的加速度大小为 a，由牛顿定律有 amgsin fm 设物体动能减少 Ek 时，在斜坡上运动的距离为 s，由功能关系得Ek(mgsin f)s Efs 联立式并代入数据可得a6 m/s2(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为 sm，由运动学规律可得smv022a设物体返回底端时的动能为 Ek，由动能定理有Ek(mgsin f)sm联立式并代入数据可得Ek80 J答案：(1)6 m/s2(2)80 J11(14 分)(2013济南测试)如图 9 所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m0.1 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为 L0.5 m，所有接触面之
16、间的动摩擦因数相同。现用水平向左的恒力，经 2 s 时间将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为 v2 m/s。已知桌面高度为 H0.8 m，不计纸带重力，铁块视为质点。重力加速度 g 取 10 m/s2，求：图 9(1)铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离；(2)纸带抽出过程中系统产生的内能。解析：(1)水平方向：svt竖直方向：H12gt2 由联立解得：s0.8 m(2)设铁块的加速度为 a1，由牛顿第二定律，得：mgma1 纸带抽出时，铁块的速度：va1t1 联立解得 0.1铁块的位移：s112a1t12 设纸带的位移为 s2；由题意知，s2s1L 由功能关系可得
17、Emgs2mg(s2s1)由联立解得 E0.3 J。答案：(1)0.8 m(2)0.3 J12(16 分)(2014苏州模拟)如图 10 所示，水平地面与一半径为 l 的竖直光滑圆弧轨道相接于 B 点，轨道上的 C 点位置处于圆心 O 的正下方。在距地面高度为 l 的水平平台边缘上的 A 点，质量为 m 的小球以 v0 2gl的速度水平飞出，小球在空中运动至 B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为 g，试求：图 10(1)B 点与抛出点 A 正下方的水平距离 x；(2)圆弧 BC 段所对的圆心角；(3)小球滑到 C 点时，对圆轨道的压力。解析
18、：(1)设小球做平抛运动到达 B 点的时间为 t，由平抛运动规律，l12gt2，xv0t，联立解得 x2l。(2)由小球到达 B 点时竖直分速度 vy22gl，tan vy/v0，解得 45。(3)小球从 A 运动到 C 点的过程中机械能守恒，设到达 C 点时速度大小为 vC，有机械能守恒定律，mgl(11 22)12mvC212mv02，设轨道对小球的支持力为 F，有：FmgmvC2l，解得：F(7 2)mg，由牛第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为 F(7 2)mg，方向竖直向下。答案：(1)2l(2)45(3)(7 2)mg 竖直向下如图 1 所示，一工件置于水平地面上，其 AB 段为
19、一半径 R1.0 m的光滑圆弧轨道，BC 段为一长度 L0.5 m 的粗糙水平轨道，二者相切于 B 点，整个轨道位于同一竖直平面内，P 点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量 m0.2 kg，与 BC 间的动摩擦因数 10.4。工式考查功能关系，此处也可应用动能定理列出方程：mgh1mgL0式考查机械能守恒定律，在工件固定时，只有重力对物块做功，物块机械能守恒。式考查圆周运动规律，解题时注意两点：(一)分析物块在 B 点受力；(二)应用牛顿第二定律列方程时要选取正方向。考查牛顿第三定律。件质量 M0.8 kg，与地面间的动摩擦因数 20.1。(取 g10 m/s2)图 1(1)
20、若工件固定，将物块由 P 点无初速度释放，滑至 C 点时恰好静止，求 P、C 两点间的高度差 h，及物块刚到达 B 点时对轨道的压力。(2)若工件固定，A 点比 B 点高 h0.8 m。求物块从 A 点释放后在 BC 段滑行的时间 t及物块到达 C 点的速度。(3)若将一水平恒力 F 作用于工件，使物块在 P 点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。求 F 的大小。当速度 v5 m/s 时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至 BC 段，求物块的落点与 B 点间的距离。解题流程 回扣知识(1)物块由 P 点经 B 点到 C 点的过程中，根据功能关系可得：
21、mgh1mgL解得：h0.2 m 设物块到 B 点的速度大小为 vB1，由机械能守恒定律可得：mgh12mvB12 在 B 点，FNBmgmvB12R，解得：FNB2.8 N 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为 2.8 N，方向竖直向下。自我补充 某同学要利用图2所示的实验器材探究“物体的加速度与所受合外力之间的关系”实验，分析下列问题：图 2 图 3(1)某次实验中，打点计时器打出了如图 3 所示的一条纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为 T0.10 s，其中 s17.05 cm、s27.68 cm、s38.33 cm、s48.95 cm、s59.61 cm、(2)设物块到达 B 点
22、的速度为 vB2，由机械能守恒定律得：mgh12mvB22 设物块在 BC 段滑行的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得：1mgma 由运动学公式可得：LvB2t12at2 vCvB2at 解得：t2 32s(另解舍去)，vC2 3 m/s。式考查机械能守恒定律。式考查牛顿第二定律。式考查运动学公式的应用。注意：物块到达 C 点的速度一定向左，不可能为负值，故 t2 32s 要舍去。(3)设物块的加速度大小为 a，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得 cos RhR 根据牛顿第二定律，对物块有mgtan ma对工件和物块整体有F2(Mm)g(Mm)a 第二定律，联立上式，代入数
23、据得 F8.5 N设物块做平抛运动的时间为 t，水平位移为 x1，物块落点与 B 点间的距离为 x2，由运动学公式得 h12gt2 x1vt x2x1Rsin 联立求得：x20.4 m 式考查隔离法应用及牛顿第二定律，物块的加速度沿水平方向，故弹力与物块重力的合力沿水平方向，大小为 ma。式考查整体法应用牛顿第二定律。式考查平抛运动知识。注意：平抛运动的水平位移大小与物块落点到 B 点间的距离大小之间的关系。s610.26 cm，根据以上数据确定 B、E 两点对应小车的速度的表达式为 vB_，vE_，确定小车的加速度的表达式为 a_。加速度的大小 a_m/s2。(结果保留两位有效数字)(2)实
24、验中所用的每个钩码的质量都为 m0.01 kg，在平衡摩擦力后每次实验后增加一个同等质量的钩码，然后重复以上实验，一共进行了五次实验。然后从打出的纸带中求出小车在每次实验中所获得的加速度如下表所示：实验次数钩码个数 N(个)小车的加速度 a(m/s2)110.146220.302330.428440.592550.751该同学以钩码的个数为横坐标，以加速度 a 为纵坐标，根据表中的实验数据作出了如图4 所示的图像，那么该图像中图线的斜率 k_；所表示的物理意义是_。图 4(3)若将木板换成气垫导轨，在忽略一切阻力影响的情况下，打出的纸带仍为图 3 所示，要利用该装置验证只悬挂两个钩码的情况下，
25、小车和钩码组成的系统机械能守恒，其表达式应为_。考查实验：探究速度随时间的变化规考查实验：探究加速度与物体质量、物体受力的关系，利用图像处理实验数据的方法 考查实验：验证机械能守恒(1)由平均速度公式可得：vBs1s22T，vEs4s52T由逐差法求小车的加速度as6s5s4s3s2s19T20.64 m/s2 解题流程 回扣知识 考查利用平均速度公式求解各计数点速度的方法和利用逐差法求解加速度的方法。自我补充 一、不能合理运用整体法与隔离法导致错误例 1 如图 5 所示，在粗糙水平面上放一斜面体 a，有一物体 b 在斜面上刚好匀速下滑，现在 b 上施加沿斜面向下的力 F，使 b 沿斜面加速下
26、滑，则()图 5Aa 保持静止，且没有相对水平面运动的趋势Ba 保持静止，但有相对水平面向右运动的趋势Ca 保持静止，但有相对水平面向左运动的趋势D因未给出所需数据，无法对 a 是否运动或有无运动趋势作出判断解析 选 A 未施加力 F 时，若以 b 为研究对象，由平衡条件知，b 所受支持力和摩擦力的合力方向竖直向上，大小等于 b 的重力，因此 b 对 a 的压力和摩擦力的合力方向竖直向下，a 没有相对水平面运动的趋势。当施加沿斜面向下的力 F 后，斜面体所受各力均未发生变化，故 a 仍保持静止状态，且没有相对水平面运动的趋势，即选 A。易错病症 以整体为研究对象，当 b 物体受到拉力 F 时，
27、因 F 水平分力的作用，斜面体 a 有向左的运动趋势，从而错选 C。实际上，a、b 两物体的运动状态不同，外力 F 的出现，只影响了物体 b 的运动而没有对 a 产生影响。(2)由数学知识可知题图 4 中图线的斜率 kaN0.60040.15，由牛顿第二定律得 MaNmg，由此可得 amgM N，可见图线斜率所表示的物理意义为挂一个钩码时小车的加速度。实 验 创新点：利用 aN 图像研究 a 与 F 之间的关系。(3)利用小车的运动验证小车和钩码组成的系统机械能守恒的表达式为：2mg(s2s3s4)12(M2m)(s4s52T)212(M2m)(s1s22T)2 实验的障碍点：小车和钩码组成的
28、系统动能的增加量中质量应为 M2m，易写成 M 或Mm。因此，当两物体的状态不相同时，一般采用隔离法分析。二、对叠加物体发生相对滑动的临界条件理解不到位导致错误例 2 如图 6 所示，物体 A 叠放在物体 B 上，B 置于光滑水平面上。A、B 质量分别为mA6 kg，mB2 kg，A、B 之间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g10 m/s2，开始时 F10 N，此后逐渐增大，在增大到 45 N 的过程中，则()图 6A当拉力 F12 N 时，两物体均保持静止状态B两物体开始没有相对运动，当拉力超过 12 N 时，开始相对滑动C两物体从受力开始就有相对运动D两物体始终没有相对运动解析 选 D
29、首先了解各物体的运动情况，B 从静止开始加速运动是因为 A 对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以 B 的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动。所以这里存在一个临界点，就是 A、B 间静摩擦力达到最大值时拉力 F 的大小，以 A 为研究对象进行受力分析，A 受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，有FfmAa 再以 B 为研究对象，B 受水平向右的静摩擦力fmBa 当 f 为最大静摩擦力时，由得 a fmBmAgmB 6 m/s2由得 F(mAmB)a(62)6 N48 N由此可以看出当 F12 N 时，A 物体相对 B 物体运动；F1
30、2 N 时，A 物体相对B 物体不运动，误选 A、B。同时，还隐含的一个错因是对 A 选项的理解不正确，A 中说两物体均保持静止状态，是以地面为参照物，显然当有力 F 作用在 A 物体上，A、B 两物体对地面来说是运动的。实际上两物体间要发生相对滑动，静摩擦力必须达到最大值。三、对物体运动情况分析不清导致错误 例 3(多选)图 7 中 AB 为斜面，BC 为水平面，从 A 点以水平速度 v 抛出一小球，其落点到 A 的水平距离为 x1；从 A 点以水平速度 3v 抛出小球，其落点到 A 的水平距离为 x2，不计空气阻力，则 x1x2 可能等于()图 7A13 B16C19D112解析 选 AB
31、C 设斜面 AB 倾角为，若小球两次都落至斜面，则 xv0t，y12gt2，tanyx，解得 t2v0tan g，x2v02tan g，所以 x1x219；若小球两次都落至水平面，则下落高度都为 A 点距水平面的高度，所以运动时间相等，由 xv0t 知 x1x213；若小球第一次落至斜面，第二次落至水平面，则19x1x2F3Ba1a2ga3Cv1v2vv3D132解析 选 D 地球同步卫星绕行的角速度与地球自转的角速度相同，即 13。在地球表面附近做圆周运动的人造卫星的角速度 2 与 1 和 3 的关系为 13r1，由向心力公式 Fm2r 得，F3F1；地球表面附近的人造卫星与地球同步卫星的向
32、心力等于其重力，则有 F2F3。则三者向心力关系为 F2F3F1，故 A 错误。地球表面附近的人造卫星的向心加速度近似等于地球表面的重力加速度，即 a2g；地球同步卫星的加速度 a3a1。则三者向心加速度的关系为 a2ga3a1，故 B 错误。地球表面附近的人造卫星的绕行速度等于第一宇宙速度，即 v2v；由 vGMr 得v2v3；由 vr 得 v3v1。则三者线速度的关系为 v2v3v1，故 C 错误。易错病症 解本题容易犯的错误是，由于思维定式，将近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体均由 GMmr2 mamv2r 分析得出结论而错选。实际上，赤道上的物体随地球自转做匀速圆周运动时，受力与近地
33、卫星和同步卫星有所不同，满足的是 GMmR2 FNmam2R。五、不能正确理解绳连接物体间的速度关系导致错误 例 5 如图 8 所示，跨过同一高度处的光滑轻小定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和 B，A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度 h0.2 m，开始时让连接 A 的细线与水平杆的夹角 53。由静止释放 A，在以后的运动过程中，A 所能获得的最大速度为多少？(sin 530.8，cos 530.6，g 取 10 m/s2，且 B 不会与水平杆相碰)图 8解析 当物体 A 速度最大时，物体 B 的速度为零。由机械能守恒定律得：12mv2mghsin h，所以物体 A 的最大速度为 v
34、1 m/s。答案 1 m/s易错病症 能分析出当连接 A 的细线与杆垂直时，物体 A 的速度最大，且对系统而言，只有重力做功，机械能守恒，但认为 A、B 速度大小相同，列出：12(mm)v2mghsin h，解得 v 22m/s 的错误结果。实际上，绳连接的两个物体的速度不一定相同，尤其是当物体速度方向与细绳不在一条直线上时，这时要将物体的速度沿绳和垂直于绳两个方向分解，由两物体沿绳方向分速度大小相同找出物体间的速度关系。(时间：60 分钟 满分：100 分)一、单项选择题(本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分，每小题只有一个选项正确)1(2014皖北协作区联考)下列图像均能正确反映
35、物体在直线上的运动，在 t2 s 内物体位移最大的是()图 1解析：选 B 选项 A 中，当 t2 s 时，x0，这表示物体在 t2 s 内位移为 0，即物体做的是一次往返运动；v-t 图像与坐标轴所围图形的“面积”表示位移大小，当图形位于时间轴上方时表示位移方向为正，当位于下方时表示位移方向为负，观察选项图可知，选项 B中的“图形”只位于横轴上方，这表示物体在 t2 s 内位移方向为正，大小等于图形的“面积”，而选项 C、D 中的“图形”有两部分组成，它们分别在横轴上下两侧，且两部分图形的“面积”大小相等，这表示物体在 t2 s 内位移均为 0。选项 B 符合题意。2.如图 2 所示，倾角为
36、 的斜面体 C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与 A 相连接，连接 B 的一段细绳与斜面平行，A、B、C 都处于静止状态，则()图 2AB 受到 C 的摩擦力一定不为零BC 受到水平面的摩擦力一定为零C不论 B、C 间摩擦力大小、方向如何，水平面对 C 的摩擦力方向一定向左D水平面对 C 的支持力等于 B、C 的总重力解析：选 C 当 mBgsin mAg 时，B 受到 C 的摩擦力为零，故 A 错误；取 B、C 为一个整体，由平衡条件可得：Tcos fC，Tsin FNC(mBmC)g，故 B 错误，C 正确，D错误。3.(2014苏州市第一中学质检)如图 3 所示，
37、半径为 R、圆心角为 60的光滑圆弧槽，固定在高为 h 的平台上，小物块从圆弧槽的最高点 A 静止开始滑下，滑出槽口 B 时速度水平向左，小物块落在地面上 C 点，B、C 两点在以 O2 点为圆心的圆弧上，O2 在 B 点正下方地面上，则()图 3A4Rh B2RhCRhDR2h解析：选 B 小物块从圆弧槽的最高点 A 静止开始滑下，机械能守恒，由 mgR(1cos 60)12mv2。滑出槽口 B 后做平抛运动，h12gt2，hvt，联立解得 2Rh，选项 B 正确。4(2013盐城检测)一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的 x 方向和 y 方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图 4
38、所示。关于物体的运动，下列说法中正确的是()图 4A物体做匀变速曲线运动B物体做变加速直线运动C物体运动的初速度大小是 7 m/sD物体运动的加速度大小是 5 m/s2解析：选 A 根据运动的合成与分解，物体初速度 v 合 vx2vy25 m/s，选项 C 错误。由题图知物体沿 x 方向做匀速运动，沿 y 方向做匀变速运动，其加速度大小为 a2 m/s2，由于初速度的方向与加速度的方向不共线，所以物体做匀变速曲线运动，选项 A 正确；B、D 错误。5(2014江南十校联考)如图 5 是质量为 1 kg 的质点在水平面上运动的 v-t 图像，以水平向右的方向为正方向。以下判断正确的是()图 5A
39、在 03 s 时间内，合力对质点做功为 10 JB在 46 s 时间内，质点的平均速度为 3 m/sC在 15 s 时间内，合力的平均功率为 4 WD在 t6 s 时，质点的加速度为零解析：选 B 在 03 s 时间内，由动能定理 W 合Ek6 J，所以 A 错误。在 46 s时间内，由图像可知 x6 m，v xt3 m/s，所以 B 正确。在 15 s 时间内，W 合Ek8 J，P W合t 2 W，C 错误。由题图可知，t6 s 时质点的加速度 a4 m/s2，D 错误。6如图 6 所示，一质量为 m 的质点在半径为 R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的 A 点滑下，到达最低点
40、 B 时，它对容器的正压力为 FN。重力加速度为 g，则质点自 A 滑到 B 的过程中，摩擦力对其所做的功为()图 6A.12R(FN3mg)B.12R(3mgFN)C.12R(FNmg)D.12R(FN2mg)解析：选 A 质点到达最低点 B 时，它对容器的正压力为 FN，根据牛顿定律有 FNmgmv2R，根据动能定理，质点自 A 滑到 B 的过程中有 WFfmgR12mv2，故摩擦力对其所做的功 WFf12RFN32mgR，故 A 项正确。7如图 7 所示，某段滑雪雪道倾角为 30，总质量为 m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g。在
41、他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()图 7A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为13mghC运动员克服摩擦力做功为23mghD下滑过程中系统减少的机械能为13mgh解析：选 D 运动员的加速度为13g，沿斜面：12mgFfm13g，Ff16mg，WFf16mg2h13mgh，所以 A、C 项错误，D 项正确；Ekmgh13mgh23mgh，B 项错误。二、多项选择题(本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分，每小题有多个选项正确，全选对得 4 分，选对但不全得 2 分，选错或不选得 0 分)8(2013山东高考)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规
42、律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()A力不是维持物体运动的原因B物体之间普遍存在相互吸引力C忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反解析：选 AC 伽利略利用理想斜面实验和逻辑推理相结合的方法否定了亚里士多德“力是维持物体运动状态的原因”的错误结论，正确地指出力不是维持物体运动状态的原因，A 项正确；牛顿提出万有引力定律，B 项错；伽利略首先运用逻辑推理的方法发现物体下落的快慢和它的重量无关，C 项正确；牛顿提出了物体间的相互作用力总是等大反向的结论，D 项错。9如图 8 所示，质量为 m 的物体在与斜面平行向上的拉力 F 作用下，沿着水平地面
43、上质量为 M 的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面()图 8A无摩擦力B支持力等于(mM)gC支持力为(Mm)gFsin D有水平向左的摩擦力，大小为 Fcos 解析：选 CD 由于 m 沿斜面向上匀速运动，M 静止，故以 m、M 为整体，系统合力为零，整体受力分析如图所示，由平衡条件可得：FfFcos，Ff 方向水平向左。FNFsin(Mm)g，FN(Mm)gFsin，故 C、D 均正确。10(2013天水一中信息卷)如图 9 所示，两光滑斜面的倾角分别为 30和 45，质量分别为 2m 和 m 的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个
44、斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放，则在上述两种情形中正确的有()图 9A质量为 2m 的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B质量为 m 的滑块均沿斜面向上运动C两种情形中绳的拉力大小相同D系统在运动中机械能均守恒解析：选 BCD 质量为 2m 的滑块沿斜面下滑，但并不受沿斜面的下滑力，A 错误；因系统只有重力做功，故两种情况下系统机械能均守恒，D 正确；由牛顿第二定律得：2mgsin30mgsin 453ma1，F1mgsin 45ma1,2mgsin 45mgsin 303ma2，F2mgsin 30ma2，解得：F113(21)mg，F213(21
45、)mg，故 B、C 均正确。11(2014靖江模拟)2013 年 4 月将出现“火星合日”的天象，“火星合日”是指火星、太阳、地球三者之间形成一条直线时，从地球的方位观察，火星位于太阳的正后方，火星被太阳完全遮蔽的现象，如图 10 所示，已知地球、火星绕太阳运行的方向相同，若把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆，火星绕太阳公转周期约等于地球公转周期的 2 倍，由此可知()图 10A“火星合日”约每 1 年出现一次B“火星合日”约每 2 年出现一次C火星的公转半径约为地球公转半径的3 4倍D火星的公转半径约为地球公转半径的 8 倍解析：选 BC 由GMmr2 m42T2 r 可得：r3T2GM42
46、，r火3T火2r地3T地2，r火r地3 T火2T地23 4，故 C 正确，D 错误；由2T地t2T火t2 可得：t T地T火T火T地T 火2T 地，故 A 错误，B 正确。12(2014唐山模拟)为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在 2050 年前建造成太空升降机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系住升降机，放开绳，升降机能到达地球上，科学家可以控制卫星上的电动机把升降机拉到卫星上。已知地球表面的重力加速度 g10 m/s2，地球半径 R6 400 km，地球自转周期为 24 h。某宇航员在地球表面测得体重为 800 N，他随升降机垂直地面上升，某时刻升降机加速度为 10
47、 m/s2，方向竖直向上，这时此人再次测得体重为 850 N，忽略地球公转的影响，根据以上数据()A可以求出升降机此时所受万有引力的大小B可以求出此时宇航员的动能C可以求出升降机此时距地面的高度D如果把绳的一端搁置在同步卫星上，可知绳的长度至少有多长解析：选 CD 由 Fmgma，gGMR2，g GMRh2，可求得：此时升降机距地面的高度 h3R，C 正确；由 GMmRH2m42T2(RH)，可求得同步卫星的高度也即绳的至少长度 H3 gR2T242 R，D 正确；升降机不是匀加速直线运动，无法确定此时宇航员的速度，故 B 错误；因不知升降机的质量，故也无法求升降机此时所受的万有引力大小，A
48、错误。三、非选择题(本题共 4 小题，共 52 分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)13(10 分)(2014武汉模拟)某同学设计了如下实验方案用来“验证牛顿运动定律”：(1)如图 11 甲所示，将木板有定滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹的重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下夹一纸带，穿过打点计时器。调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动。(2)如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之由静止开始加速运动。打点计时器使用的交流电的频率为 50 H
49、z，打出的纸带如图丙所示，A、B、C、D、E 是纸带上五个计数点。图 11图乙中滑块下滑的加速度为_。(结果保留两位有效数字)若重锤质量为 m，滑块质量为 M，重力加速度为 g，则滑块加速下滑受到的合力为_。某同学在保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变滑块所受合力，由实验数据作出的 a-F 图像如图 12 所示，则滑块的质量为_kg。(结果保留两位有效数字)图 12解析：由逐差法可得：axCDxDExABxBC4T2T0.04 s。可求得：a3.9 m/s2。调整木板倾角，滑块匀速下滑时滑块沿斜面重力的分力与摩擦力的合力与重锤重力mg 大小相等，故当取下重锤时，滑块的合外力大小为 mg。a-
50、F 图线的斜率表示滑块质量的倒数1M，由 k3.00.255.50 1M可得：M2.0 kg。答案：3.9 m/s2 mg 2.014(12 分)(2013景德镇摸底)如图 13 所示是月亮女神、嫦娥 1 号绕月做圆周运行时某时刻的图片，用 R1、R2、T1、T2 分别表示月亮女神和嫦娥 1 号的轨道半径及周期，用 R 表示月亮的半径。图 13(1)请用万有引力知识证明：它们遵循R13T12R23T23K，其中 K 是只与月球质量有关而与卫星无关的常量；(2)经过多少时间两卫星第一次相距最远；(3)请用嫦娥 1 号所给的已知量，估测月球的平均密度。解析：(1)设月球的质量为 M，对任一卫星均有
51、 G MmR2m42T2 R得R3T2 GM42常量(2)两卫星第一次相距最远时有2tT1 2tT2 tT1T22T2T1(3)对嫦娥 1 号有 GMmR22m42T22R2M43R3 3R23GR3T22答案：(1)见解析(2)T1T22T2T1(3)3R23GR3T2215(14 分)(2013上海高考)如图 14 所示，质量为 M、长为 L、高为 h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为 m 的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度 v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。图 14解析：滑块左端滑到小球正下方时速度为 v1，由动能定理有(mM)gL12Mv1212Mv02 得 v12v022mMgLM，小球自由落地时间 t2hg，此过程中滑块的加速度的大小 aMgM g，滑块继续运动的最长时间 tmv1g，当 ttm时，小球落地时距滑块左端的水平距离s v122gv022gmMLM，当 t12mv02代入解得：H2.9 m为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离 CDO 轨道须满足：mg(Hr)5mgL0代入解得：H3.0 m故：2.9 mH3.0 m答案：(1)32 N(2)不会脱离轨道 8.5 m(3)2.9 mH3.0 m