高中物理機(jī)械能守恒定律練習(xí)題難題帶答案

第1頁(yè)（共1頁(yè)）高中物理機(jī)械能守恒定律一．選擇題（共25小題）1．一汽車在平直公路上行駛。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中，可能正確的是（）A．B． C．D．2．一物體靜止在粗糙水平地面上，現(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)間后其速度為v，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分別表示前兩次克服摩擦力所做的功，則（）A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf13．如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為（）A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR4．如圖所示，一輛有四分之一圓弧的小車停在不光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小球從靜止開(kāi)始由車的頂端無(wú)摩擦滑下，且小車始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，地面對(duì)小車的靜摩擦力最大值是（）A． B． C．mg D．5．小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點(diǎn)，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度6．如圖所示，一物體以初速度v0沖向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h(yuǎn)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．若把斜面從C點(diǎn)鋸斷，由機(jī)械能守恒定律可知，物體沖出C點(diǎn)后仍能升高h(yuǎn) B．若把斜面變成圓弧形AB′，物體仍能沿AB′升高h(yuǎn) C．無(wú)論是把斜面從C點(diǎn)鋸斷或把斜面彎成圓弧形，物體都不能升高h(yuǎn)，因?yàn)闄C(jī)械能不守恒 D．無(wú)論是把斜面從C點(diǎn)鋸斷或把斜面彎成圓弧形，物體都不能升高h(yuǎn)，但機(jī)械能守恒7．將一物體豎直向上拋出，物體向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受到的空氣阻力大小恒定．若以地面為零勢(shì)能參考面，則在物體從拋出直至落回地面的過(guò)程中，物體機(jī)械能E與物體距地面的高度h的關(guān)系圖象（E﹣h）是（圖中h0為上拋的最大高度）（）A．B． C．D．8．在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的靜止的長(zhǎng)木板的最右端，滑塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．現(xiàn)用一個(gè)大小為F的恒力作用在M上，當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時(shí)，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對(duì)于地面的位移大小分別為s1、s2，下列關(guān)系式錯(cuò)誤的是（）A．μmgs1＝mv12 B．Fs2﹣μmgs2＝Mv22 C．μmgL＝mv12 D．Fs2﹣μmgs2+μmgs1＝Mv22+mv129．如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直面內(nèi)，開(kāi)口向上，兩端點(diǎn)A、B連線水平，半徑為R/2的四分之一光滑圓弧軌道也在豎直面內(nèi)，C端在B點(diǎn)正上方，D端的切線水平。一個(gè)質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)正上方由靜止下落，從A點(diǎn)進(jìn)入半圓軌道后從B點(diǎn)飛出再進(jìn)入四分之一圓弧軌道，重力加速度為g。要使小球從D點(diǎn)飛出后剛好從A點(diǎn)進(jìn)入軌道，則BC間的高度最大為（）A．R B． C．2R D．10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長(zhǎng)。將圓環(huán)從A處?kù)o止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A．已知AC＝L，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．下滑過(guò)程中，環(huán)受到的合力先減小后增大 B．下滑過(guò)程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2 C．從C到A過(guò)程，彈簧對(duì)環(huán)做功為mgLsinα﹣mv2 D．環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度小于下滑的速度11．物體以60J的初動(dòng)能，從A點(diǎn)出發(fā)作豎直上拋運(yùn)動(dòng)，在它上升到某一高度時(shí)，動(dòng)能損失了30J，而機(jī)械能損失了10J，則該物體在落回到A點(diǎn)的動(dòng)能為：（空氣阻力大小恒定）（）A．50J B．40J C．30J D．20J12．如圖所示，A、B兩小球由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的斜面上，斜面的傾角α＝30°，B、C兩小球在豎直方向上通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上。現(xiàn)用手控制住A球，并使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為M，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)C恰好離開(kāi)地面。下列說(shuō)法正確的是（）A．M＝3.2m B．A、B速度最大時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài) C．A到達(dá)最低點(diǎn)后會(huì)繼續(xù)沿斜面上升 D．從釋放A到C剛離開(kāi)地面的過(guò)程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直減小13．如圖所示，一塊長(zhǎng)木板B放在光滑的水平地面上，在B上放一個(gè)木塊A，現(xiàn)以恒定的力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參照物，A、B都向前移動(dòng)了一段距離，在此過(guò)程中（）A．外力F做的功等于A和B所組成的系統(tǒng)的動(dòng)能增量 B．B對(duì)A的摩擦力所做的功大于A的動(dòng)能增量 C．A對(duì)B的摩擦力所做的功等于B對(duì)A的摩擦力所做的功 D．外力F對(duì)B所做的功等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和14．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，其中光滑的水平軌道AB與半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)相切，CD為粗糙的水平軌道。質(zhì)量為m的小球靜止在距B點(diǎn)x0＝2R的水平軌道上A點(diǎn)，現(xiàn)對(duì)小球施加水平向右的恒力F＝mg（g為重力加速度），小球向右運(yùn)動(dòng)，沖出C點(diǎn)后上升到最大高度，最后落到軌道CD上（不再反彈）。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球上升的最大高度距軌道CD的距離為R B．小球在軌道CD上的落點(diǎn)到C點(diǎn)的距離為4R C．若僅將外力F加倍，則小球上升的最大高度距軌道CD的距離為5R D．若僅將外力F加倍，則小球落到軌道CD時(shí)速度與水平方向的夾角也加倍15．質(zhì)量為5t的汽車，在水平路面上以加速度a＝2m/s2起動(dòng)，所受阻力為1.0×103N，汽車起動(dòng)后第一秒末的即時(shí)功率是（）A．2kW B．22kW C．1.1kW D．20kW16．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，乙的速度為2v0，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，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)，重力加速度為g。則驅(qū)動(dòng)乙的電動(dòng)機(jī)的平均輸出功率P為（）A．p＝B．p＝ C．p＝D．p＝17．用鋼索吊起質(zhì)量為m的物體，當(dāng)物體以加速度a勻加速上升h時(shí)，鋼索對(duì)重物做的功是（不計(jì)阻力）（）A．mgh B．mgh+mah C．m（g﹣a）h D．mah18．如圖所示，一裝置固定在水平面上，AB是半徑為R的四分之一光滑軌道，上端A離地面的高度為H，一個(gè)質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)處由靜止滑下，落到地面上C點(diǎn)，若以軌道下端B點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球在A點(diǎn)的重力勢(shì)能為mgH B．小球在B點(diǎn)的機(jī)械能為0 C．小球在C的機(jī)械能為mgR D．小球在C點(diǎn)的動(dòng)能為mg（H﹣R）19．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)度為R的細(xì)繩拴著在豎直面上繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)豎直面的最高點(diǎn)A，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則（）A．小球通過(guò)最高點(diǎn)A的速度為gR B．小球通過(guò)最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差為mgR C．若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的C點(diǎn)斷了，則小球還能上升的高度為R D．若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了，則經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的位置20．如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R：bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球。始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到它運(yùn)動(dòng)軌跡最高點(diǎn)的位移大小為（）A．3R B．3R C．5R D．R21．如圖，一半圓形碗的邊緣上裝有一定滑輪，滑輪兩邊通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線掛著兩個(gè)小物體，質(zhì)量分別為m1、m2，m1＞m2．現(xiàn)讓m1從靠近定滑輪處由靜止開(kāi)始沿碗內(nèi)壁下滑．設(shè)碗固定不動(dòng)，其內(nèi)壁光滑、半徑為R．則m1滑到碗最低點(diǎn)的速度為（）A． B． C． D．22．如圖所示：固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)滑塊，用輕繩系著滑塊繞過(guò)光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點(diǎn)起由靜止開(kāi)始上升，若從A點(diǎn)上升至B點(diǎn)和從B點(diǎn)上升至C點(diǎn)的過(guò)程中拉力F做的功分別為W1和W2，滑塊經(jīng)B、C兩點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別是EKB、EKC，圖中AB＝BC，則一定有（）A．W1＞W(wǎng)2 B．W1＜W2 C．EKB＞EKC D．EKB＜EKc23．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24．用一根繩子豎直向上拉一個(gè)物塊，物塊從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化，已知物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g，0﹣t0時(shí)間內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻后功率保持不變，t1時(shí)刻物塊達(dá)到最大速度，則下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．0﹣t0時(shí)間內(nèi)物塊的加速度大小為 C．t0時(shí)刻物塊的速度大小為 D．.0﹣t1時(shí)間內(nèi)物塊上升的高度為25．如圖所示，帶等量異種電荷，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)小球A、B，通過(guò)絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上。當(dāng)突然加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，兩小球A、B將由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)兩個(gè)小球和彈簧組成的系統(tǒng)（設(shè)整個(gè)過(guò)程中不考慮電荷間庫(kù)侖力的作用且彈簧不超過(guò)彈性限度），以下說(shuō)法正確的是（）A．兩個(gè)小球所受電場(chǎng)力合力為零，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．電場(chǎng)力對(duì)A、B兩球均做正功，系統(tǒng)機(jī)械能不斷增加C．當(dāng)彈簧長(zhǎng)度達(dá)到最大值時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能最大 D．當(dāng)小球所受電場(chǎng)力與彈簧的彈力相等時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能最大二．多選題（共5小題）26．如圖所示，由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)的水平傳送帶以速度為v＝2.0m/s勻速運(yùn)行，A端上方靠近傳送帶料斗中裝有煤，打開(kāi)閥門，煤以流量為Q＝50kg/s落到傳送帶上，煤與傳送帶達(dá)共同速度后被運(yùn)至B端，在運(yùn)送煤的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率為100W B．電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率為200W C．在一分鐘內(nèi)因煤與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱為6.0×103J D．在一分鐘內(nèi)因煤與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱為1.2×104J27．如圖所示光滑管形圓軌道半徑為R（管徑遠(yuǎn)小于R），小球a、b大小相同，質(zhì)量均為m，其直徑略小于管徑，能在管中無(wú)摩擦運(yùn)動(dòng)。兩球先后以相同速度v通過(guò)軌道最低點(diǎn)，且當(dāng)小球a在最低點(diǎn)時(shí)，小球b在最高點(diǎn)，以下說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)小球b在最高點(diǎn)對(duì)軌道無(wú)壓力時(shí)，小球a比小球b所需向心力大5mg B．當(dāng)v＝時(shí)，小球b在軌道最高點(diǎn)對(duì)軌道無(wú)壓力 C．速度v至少為，才能使兩球在管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)D．只要v≥，小球a對(duì)軌道最低點(diǎn)的壓力比小球b對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力大6mg28．如圖，固定斜面傾角為30°，C為斜面的最高點(diǎn)。輕彈簧一端固定在擋板A上，處于原長(zhǎng)時(shí)另一端在B處，CB兩點(diǎn)間的高度差為h。質(zhì)量為m的木箱（可看作質(zhì)點(diǎn)）與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，木箱從斜面頂端C無(wú)初速下滑，下列選項(xiàng)正確的是（）A．箱子從C點(diǎn)剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)這一過(guò)程損失的機(jī)械能為 B．箱子最終將停在斜面上B點(diǎn)的下方 C．箱子在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程等于4h D．箱子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能一定大于mgh29．如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長(zhǎng)量成正比）左端固定在A點(diǎn)彈性繩自然長(zhǎng)度等于AB，跨過(guò)由輕桿OB固定的定滑輪連接一個(gè)質(zhì)量為m的小球小球穿過(guò)豎直固定的桿。初始時(shí)ABC在一條水平線上，小球從C點(diǎn)由靜止釋放滑到E點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。已知C、E兩點(diǎn)間距離為h，D為CE的中點(diǎn)，小球在C點(diǎn)時(shí)彈性繩的拉力為，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球在D點(diǎn)時(shí)速度最大 B．若在E點(diǎn)給小球一個(gè)向上的速度v，小球恰好能回到C點(diǎn)，則v＝ C．小球在CD階段損失的機(jī)械能等于小球在DE階段損失的機(jī)械能 D．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝30．如圖所示，左右兩側(cè)水平面等高，A、B為光滑定滑輪，C為光滑動(dòng)滑輪。足夠長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)滑輪，右端與小車相連，左端固定在墻壁上，質(zhì)量為m的物塊懸掛在動(dòng)滑輪上。從某時(shí)刻開(kāi)始小車向右移動(dòng)，使物塊以速度v0勻速上升，小車在移動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒定不變。在物塊上升的過(guò)程中（未到AB所在的水平面），下列說(shuō)法正確的是（）A．輕繩對(duì)小車的拉力增大 B．小車向右做加速運(yùn)動(dòng) C．小車阻力的功率可能不變 D．小車牽引力做的功小于物塊重力勢(shì)能的增加量與小車克服阻力做功之和三．填空題（共4小題）31．在光滑水平面上有一靜止物體．現(xiàn)以水平恒力甲推這一物體，作用一段時(shí)間后，換成相反方向水平恒力乙推這一物體，當(dāng)恒力乙作用時(shí)間與恒力甲作用時(shí)間相同時(shí)，物體恰好回到原處，此時(shí)物體動(dòng)能為32J，則在整個(gè)過(guò)程中，恒力甲做的功為J，恒力乙做的功為J．32．京津城際鐵路是我國(guó)最早建成并運(yùn)營(yíng)的高標(biāo)準(zhǔn)鐵路客運(yùn)專線，如圖所示．列車在正式運(yùn)營(yíng)前要進(jìn)行測(cè)試．某次測(cè)試中列車由靜止開(kāi)始到最大速度360km/h所用時(shí)間為550s，已知列車的總質(zhì)量為4.4×105kg，設(shè)列車所受牽引力的總功率恒為8800kW，列車在運(yùn)動(dòng)中所受的阻力大小不變．在這次測(cè)試中，當(dāng)速度為180km/h時(shí)，列車加速度的大小等于m/s2；在這550s內(nèi)列車通過(guò)的路程為m．33．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系中，一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在外力F的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止沿直線ON斜向下運(yùn)動(dòng)，直線ON與y軸負(fù)方向成θ角（θ＜）．則F大小至少為；若F＝mgtanθ，則質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能大小的變化情況是．34．以初速為v0，射程為s的平拋運(yùn)動(dòng)軌跡制成一光滑軌道．一物體由靜止開(kāi)始從軌道頂端滑下，當(dāng)其到達(dá)軌道底部時(shí)，物體的速率為，其水平方向的速度大小為．四．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）35．利用圖1裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。①為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過(guò)程中任意兩點(diǎn)間的。A．動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量B．速度變化量和勢(shì)能變化量C．速度變化量和高度變化量②除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(tái)（含鐵夾）、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、導(dǎo)線及開(kāi)關(guān)外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是A．交流電源B．刻度尺C．天平（含砝碼）③實(shí)驗(yàn)中，先接通電源，再釋放重物，得到圖2所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測(cè)得它們到起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的周期為T．設(shè)重物的質(zhì)量為m。從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過(guò)程中，重物的重力勢(shì)能變化量△Ep＝，動(dòng)能變化量△Ek＝。④大多數(shù)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)結(jié)果顯示，重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，原因是A．利用公式v＝gt計(jì)算重物速度B．利用公式v＝計(jì)算重物速度C．存在空氣阻力和摩擦力阻力的影響D．沒(méi)有采用多次試驗(yàn)去平均值的方法。⑤根據(jù)以下方法研究機(jī)械能是否守恒：在紙帶上選取多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，測(cè)量它們到起始點(diǎn)O的距離h，計(jì)算對(duì)應(yīng)計(jì)數(shù)點(diǎn)的重物速度v，描繪v2﹣h圖象，并做如下判斷：若圖象是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，則重物下落過(guò)程中機(jī)械能守恒。請(qǐng)你分析論證該同學(xué)的判斷依據(jù)是否正確。五．計(jì)算題（共5小題）36．如圖AB水平，在恒力F作用下質(zhì)量m＝1kg的小滑塊由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)達(dá)列B點(diǎn)時(shí)立即停止用力，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，AB長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5.0m，BCD為一半徑為R＝1.0m的光滑半圓軌道，B0D在同一豎直線上（g取10m/s2），求：（1）欲使小滑塊剛能通過(guò)D點(diǎn)，力F大?。唬?）若力F＝15N，求小滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；（3）若使小滑塊正好又落回點(diǎn)A，小滑塊通過(guò)半圓軌道D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小．37．如圖所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個(gè)小球固定在一根直角尺的兩端A、B，直角尺的頂點(diǎn)O處有光滑的固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸。AO、BO的長(zhǎng)分別為2L和L．開(kāi)始時(shí)直角尺的AO部分處于水平位置而B(niǎo)在O的正下方。讓該系統(tǒng)由靜止開(kāi)始自由轉(zhuǎn)動(dòng)，求：（1）當(dāng)A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，A小球的速度大小v；（2）B球能上升的最大高度h；（3）開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)后B球可能達(dá)到的最大速度vm。38．滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示。求：①滑塊a、b的質(zhì)量之比；②整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比。39．如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑斜面上有固定擋板AB，斜面上B、C兩點(diǎn)間高度差為h。斜面上疊放著質(zhì)量均為m的薄木板和小物塊，木板長(zhǎng)為L(zhǎng)，下端位于擋板AB處，整體處于靜止?fàn)顟B(tài)。木板和物塊兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。重力加速度為g。（1）若木板和物塊一起以某初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，木板上端恰能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求初速度大小v0；（2）若對(duì)木板施加沿斜面向上的拉力，為使木板上滑且與物塊間沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)，求拉力應(yīng)滿足的條件；（3）若給木板施加大小為F＝2mg、方向沿斜面向上的拉力，此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未脫離木板，要使木板上端恰能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，求拉力F作用的時(shí)間t1。40．將一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的光滑細(xì)鋼絲ABCDE制成如圖所示的形狀，并固定在豎直平面內(nèi)。其中AD段豎直，DE段為圓弧，圓心為O，E為圓弧最高點(diǎn)，C與E、D與O分別等高，BC＝AC．將質(zhì)量為m的小珠套在鋼絲上由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。（1）小珠由C點(diǎn)釋放，求到達(dá)E點(diǎn)的速度大小v1；（2）小珠由B點(diǎn)釋放，從E點(diǎn)滑出后恰好撞到D點(diǎn)，求圓弧的半徑R；（3）欲使小珠到達(dá)E點(diǎn)與鋼絲間的彈力超過(guò)，求釋放小珠的位置范圍。

參考答案與試題解析一．選擇題（共25小題）1．【分析】對(duì)于汽車，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)P＝Fv和牛頓第二定律分析加速度的變化情況，得到可能的v﹣t圖象?！窘獯稹拷猓涸?﹣t1時(shí)間內(nèi)，如果勻速，則v﹣t圖象是與時(shí)間軸平行的直線，如果是加速，根據(jù)P＝Fv，牽引力減?。桓鶕?jù)F﹣f＝ma，加速度減小，是加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，即F1＝f，汽車開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度v1＝＝．所以0﹣t1時(shí)間內(nèi)，v﹣t圖象先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線；在t1﹣t2時(shí)間內(nèi)，功率突然增加，故牽引力突然增加，是加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)P＝Fv，牽引力減小；再根據(jù)F﹣f＝ma，加速度減小，是加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，即F2＝f，汽車開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度v2＝＝．所以在t1﹣t2時(shí)間內(nèi)，即v﹣t圖象也先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線。故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。2．【分析】根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出滑動(dòng)摩擦力做功，從而求得結(jié)果。【解答】解：由題意可知，兩次物體均做勻加速運(yùn)動(dòng)，則在同樣的時(shí)間內(nèi)，它們的位移之比為S1：S2＝＝1：2；兩次物體所受的摩擦力不變，根據(jù)力做功表達(dá)式，則有滑動(dòng)摩擦力做功之比Wf1：Wf2＝fS1：fS2＝1：2；再由動(dòng)能定理，則有：WF﹣Wf＝；可知，WF1﹣Wf1＝；WF2﹣Wf2＝4×；由上兩式可解得：WF2＝4WF1﹣2Wf1，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C。3．【分析】質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度，再由動(dòng)能定理求解克服摩擦力所做的功。【解答】解：質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：N﹣mg＝m由題有：N＝2mg可得：vQ＝質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgR﹣Wf＝得克服摩擦力所做的功為Wf＝mgR故選：C。4．【分析】因?yàn)樾∏蛑挥兄亓ψ龉市∏驒C(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒可求得任一位置時(shí)的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；對(duì)小車受力分析可求得靜摩擦力的最大值．【解答】解：設(shè)圓弧半徑為R，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到重力與半徑夾角為θ時(shí)，速度為v。根據(jù)機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律有：mv2＝mgRcosθN﹣mgcosθ＝m解得小球?qū)π≤嚨膲毫椋篘＝3mgcosθ其水平分量為Nx＝3mgcosθsinθ＝mgsin2θ根據(jù)平衡條件，地面對(duì)小車的靜摩擦力水平向右，大小為：f＝Nx＝mgsin2θ可以看出：當(dāng)sin2θ＝1，即θ＝45°時(shí)，地面對(duì)車的靜摩擦力最大，其值為fmax＝mg；故選：A。5．【分析】從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒列式，可知最低點(diǎn)的速度、動(dòng)能；在最低點(diǎn)由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度?！窘獯稹拷猓篈B．從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：mgR＝mv2，解得：v＝在最低點(diǎn)的速度只與半徑有關(guān)，可知vP＜vQ；動(dòng)能與質(zhì)量和半徑有關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較動(dòng)能的大小。故AB錯(cuò)誤；CD．在最低點(diǎn)，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m，解得，F(xiàn)＝mg+m＝3mg，a向＝，所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等。故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。6．【分析】物體上升過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒；斜拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)，速度不為零；AB′軌道最高點(diǎn)，合力充當(dāng)向心力，速度也不為零?！窘獯稹拷猓篈、若把斜面從C點(diǎn)鋸斷，物體沖過(guò)C點(diǎn)后做斜拋運(yùn)動(dòng)，由于物體機(jī)械能守恒，同時(shí)斜拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)，速度不為零，故不能到達(dá)h高處，故A錯(cuò)誤；B、若把斜面變成圓弧形AB′，如果能到圓弧最高點(diǎn)，即h處，由于合力充當(dāng)向心力，速度不為零，故會(huì)得到機(jī)械能增加，矛盾，故B錯(cuò)誤，C、無(wú)論是把斜面從C點(diǎn)鋸斷或把斜面彎成圓弧形，物體都不能升高h(yuǎn)，但機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。7．【分析】只有重力對(duì)物體做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒，由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機(jī)械能要減小，減小的機(jī)械能等于克服阻力做的功．【解答】解：由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機(jī)械能要減小，減小的機(jī)械能等于克服阻力做的功，設(shè)阻力的大小為f，則物體的機(jī)械能為E＝E0﹣fh，在返回的過(guò)程中，阻力大小恒定，機(jī)械能還是均勻減小的，所以B錯(cuò)誤，當(dāng)返回地面時(shí)，物體還有動(dòng)能，所以物體的機(jī)械能不會(huì)是零，所以C正確，AD錯(cuò)誤。故選：C。8．【分析】對(duì)滑塊、木板分別受力分析，并分別運(yùn)用動(dòng)能定理或功能關(guān)系列式分析即可?！窘獯稹拷猓篈B、對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動(dòng)能定理有：μmgs1＝mv12，故A正確；對(duì)木板，由動(dòng)能定理得Fs2﹣μmgs2＝Mv22，故B正確。CD、由上兩式相加可得：Fs2﹣μmgs2+μmgs1＝Mv22+mv12，又s2﹣s1＝L，則得：Fs2﹣μmgL＝Mv22+mv12，故C錯(cuò)誤，D正確；本題選錯(cuò)誤的，故選：C。9．【分析】小球從D飛出后平拋運(yùn)動(dòng)，D點(diǎn)只有重力時(shí)速度最小時(shí)，BC間距離最大，再根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，從而即可求解。【解答】解：小球從D點(diǎn)拋出剛好落在A點(diǎn)，做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移恒為R，BC間的高度越大，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，做平拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度越小；當(dāng)小球在D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力恰好為零時(shí)，從D點(diǎn)拋出的速度最小。根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：mg＝m解得：vD＝由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：R＝vDt解得：t＝設(shè)BC間的高度為h，則有：H+＝gt2；解得：h＝R，故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B。10．【分析】根據(jù)圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)情況分析下滑過(guò)程中加速度的變化，來(lái)判斷合力的變化。研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C和在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A兩個(gè)過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式求解；研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程和圓環(huán)從B處上滑到A的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式，可比較上滑和下滑經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度的大小。【解答】解：A、圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，初速度為零，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，所以加速度先減小至零，后反向增大，則合力先減小后增大，故A正確；B、圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgh+Wf﹣W彈＝0﹣0在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式﹣mgh+W彈+Wf＝0﹣mv2聯(lián)立解得：Wf＝﹣mv2，所以產(chǎn)生的熱量為mv2，故B正確；C、從C到A過(guò)程，由動(dòng)能定理得﹣mgh+W彈+Wf＝0﹣mv2，h＝Lsinα，聯(lián)立解得：彈簧對(duì)環(huán)做功為W彈＝mgLsinα﹣mv2，故C正確；D、研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式mgh′+W′f﹣W′彈＝mvB2﹣0研究圓環(huán)從B處上滑到A的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式﹣mgh′+W′f+W′彈＝0﹣mvB′2。即得mgh′﹣W′f﹣W′彈＝mvB′2。由于W′f＜0，所以有mvB2＜mvB′2，則環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度，故D錯(cuò)誤；本題選錯(cuò)誤的，故選：D。11．【分析】解決本題需要掌握：合外力做功對(duì)應(yīng)著物體動(dòng)能的變化，除重力之外的力做功對(duì)應(yīng)著機(jī)械能的變化；物體落回原地過(guò)程中只有阻力做功，因此只要求出物體上升到最高點(diǎn)過(guò)程中克服阻力做的功，整個(gè)過(guò)程阻力所做功就明確了，根據(jù)動(dòng)能定理即可解出結(jié)果。【解答】解：由題可知上升到某一高度時(shí)，重力、阻力均做負(fù)功，所以根據(jù)功能關(guān)系有：WG+Wf＝△Ek①阻力做功對(duì)應(yīng)著機(jī)械能的變化，固有：Wf＝△E②將△EK＝30J，△E＝10J，帶入①②可得，WG＝﹣20J，Wf＝﹣10J由于上升過(guò)程中重力、阻力大小都恒定，而且是直線運(yùn)動(dòng)，因此重力和阻力做功關(guān)系為：WG＝2Wf③物體上升到最高點(diǎn)時(shí)由功能關(guān)系可得：WG總+Wf總＝﹣Ek④聯(lián)立③④解得上升過(guò)程中阻力做功：Wf總＝﹣20J當(dāng)物體落回原地時(shí)由動(dòng)能定理得：2Wf總＝Ek1﹣Ek代入數(shù)據(jù)得：Ek1＝20J，落回原地時(shí)動(dòng)能為20J，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。12．【分析】C剛離開(kāi)地面時(shí)，彈簧的彈力等于C的重力。A的速度最大時(shí)合力為零，對(duì)A和B，根據(jù)平衡方程求出A的質(zhì)量M；以AB整體為對(duì)象，分析受力情況確定速度最大的位置，再根據(jù)平衡條件確定A能否上升；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況分析A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能的變化?！窘獯稹拷猓篈、彈簧原來(lái)處于壓縮狀態(tài)由平衡知：kx1＝mBg＝mg，得：x1＝當(dāng)C剛要離開(kāi)地面時(shí)，由平衡知：kx2＝mCg＝mg，得：x2＝，此時(shí)A、B有最大速度，即aB＝aA＝0設(shè)繩子拉力為T，則對(duì)B有：T﹣kx2﹣mg＝0對(duì)A有：Mgsinα﹣T﹣μMgcos30°＝0解得：M＝6.4m，故A錯(cuò)誤；B、以AB整體為對(duì)象，當(dāng)AB的加速度等零時(shí)，速度由最大值，此時(shí)彈簧拉伸x2＝，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)C剛剛離開(kāi)地面所以T＝mg，把AB作為一個(gè)整體分析受力得：mg+T＜Mgsinα+μMgcosα；此后A和B一起減速下滑、C加速上升，當(dāng)三者速度相等時(shí)，彈簧拉力最大，此后C的速度大于A和B的速度，彈簧縮短，彈力減小，當(dāng)A下落到最低點(diǎn)時(shí)，若彈簧的彈力與B的重力之和小于A重力沿斜面向下的分力與摩擦力之和，A不會(huì)沿斜面上滑，故C錯(cuò)誤；D、剛開(kāi)始彈簧的彈力kx1＝mg＜μMgcos30°＝1.2mg，對(duì)AB系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，機(jī)械能的變化與彈簧的彈力和摩擦力做功有關(guān)，一開(kāi)始彈力做正功，摩擦力做負(fù)功，且正功小于負(fù)功，所以機(jī)械能減小，隨著彈力的減小，彈力做的正功越來(lái)越小，機(jī)械能也減小，當(dāng)彈簧被拉長(zhǎng)后，彈力和摩擦力都做負(fù)功，機(jī)械能還是在減小，所以AB系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，故D正確。故選：D。13．【分析】選擇研究對(duì)象運(yùn)用動(dòng)能定理研究此過(guò)程找出功和能的對(duì)應(yīng)關(guān)系；求總功時(shí)，要正確受力分析，準(zhǔn)確求出每一個(gè)力所做的功?！窘獯稹拷猓篈、選擇A和B作為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)能定理研究，B受外力F做功，A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不等，故：wF+（﹣f?△x）＝△EkA+△EkB其中△x為A、B的相對(duì)位移，所以外力F做的功不等于A和B的動(dòng)能的增量，故A錯(cuò)誤。B、對(duì)A物運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能的增量，故B錯(cuò)誤。C、A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不等，故C錯(cuò)誤。D、對(duì)B物體應(yīng)用動(dòng)能定理，WF﹣Wf＝△EkB，Wf為B克服摩擦力所做的功，即WF＝△EkB+Wf，就是外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，故D正確。故選：D。14．【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求解C點(diǎn)速度，離開(kāi)C點(diǎn)將運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)豎直方向速度為零，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。【解答】解：AB、設(shè)到達(dá)C點(diǎn)速度為vC，根據(jù)動(dòng)能定理知：3FR﹣mgR＝解得：vC＝2小球上升的最大高度豎直方向速度減為零，即又上升的高度為：h＝＝2R，時(shí)間為：t1＝＝2，根據(jù)豎直方向運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知下落到CD時(shí)間為t2＝t1水平方向一直做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，水平位移x＝＝8R，故AB錯(cuò)誤；C、若僅將外力F加倍，根據(jù)動(dòng)能定理知：3?2FR﹣mgR＝mv，知C點(diǎn)速度變?yōu)関′C＝，h′＝＝5R，故C正確；D、小球落到軌道CD時(shí)速度與水平方向的夾角α，則tanα＝＝，將外力F加倍，水平方向加速度加倍，正切值變?yōu)樵瓉?lái)的，故D錯(cuò)誤。故選：C。15．【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出勻加速運(yùn)動(dòng)汽車的牽引力，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)求出第1s末的速度，最后根據(jù)P＝Fv求出第1s末發(fā)動(dòng)機(jī)的瞬時(shí)功率．【解答】解：由牛頓第二定律可知：F﹣f＝ma；解得：F＝f+ma＝1.0×103N+5000×2N＝1.1×104N；1s末的速度為：v＝at＝2×1＝2m/s；故瞬時(shí)功率為：P＝Fv＝1.1×104N×2m/s＝22kw；故選：B。16．【分析】結(jié)合工件在側(cè)向和沿乙方向上的加速度，結(jié)合速度位移公式得出在兩個(gè)方向上的位移，從而得出工件相對(duì)乙的位移，根據(jù)功能關(guān)系，求出電動(dòng)機(jī)做功的大小，結(jié)合工件滑動(dòng)的時(shí)間求出平均功率的大小【解答】解：設(shè)摩擦力和側(cè)向的夾角為θ，工件在乙上滑動(dòng)時(shí)側(cè)向位移為x，沿乙方向的位移為y，由題意知，ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ，在側(cè)向上﹣2axs＝0﹣，在縱向上，2ayy＝（2v0）2﹣0工件滑動(dòng)時(shí)間t＝，乙前進(jìn)的距離y1＝2v0t。工件相對(duì)乙的位移L＝，則系統(tǒng)摩擦生熱Q＝μmgL，依據(jù)功能關(guān)系，則電動(dòng)機(jī)做功：W＝m（22v）mv由＝，解得＝．故D正確故選：D。17．【分析】由牛頓第二定律可求得鋼索對(duì)重物的拉力，再由功的公式可求得鋼索對(duì)重物所做的功．【解答】解：由牛頓第二定律可得：F﹣mg＝ma；故拉力F＝mg+ma；則鋼索對(duì)重物所做的功W＝Fh＝m（a+g）h＝mgh+mah；故選：B。18．【分析】物體的重力勢(shì)能由物體的質(zhì)量和高度決定，由EP＝mgh可以計(jì)算重力勢(shì)能的大小。軌道光滑，小球在下滑的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，小球在B點(diǎn)的機(jī)械能等于在A點(diǎn)的機(jī)械能。由機(jī)械能守恒定律求小球在C點(diǎn)的動(dòng)能?！窘獯稹拷猓篈、以B點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，A點(diǎn)的高度為R，小球在A點(diǎn)的重力勢(shì)能為mgR，故A錯(cuò)誤。B、根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：小球在B點(diǎn)的機(jī)械能等于在A點(diǎn)的機(jī)械能，為mgR，故B錯(cuò)誤。C、小球從B到C的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則小球在C點(diǎn)的機(jī)械能等于小球在B點(diǎn)的機(jī)械能，為mgR，故C正確。D、從A到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理：EKC﹣0＝mgH，解得：EKC＝mgH，故D錯(cuò)誤。故選：C。19．【分析】小球剛好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，繩子的拉力恰好為零，靠重力提供向心力。根據(jù)牛頓第二定律求出小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度；根據(jù)動(dòng)能定理求解小球通過(guò)最低點(diǎn)B和最高點(diǎn)A的動(dòng)能之差；細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的C點(diǎn)斷了，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得；若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了，小球做平拋，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)。【解答】解：A、小球剛好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，繩子的拉力恰好為零，有：mg＝m，解得：vA＝，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理，△EK＝mg?2R＝2mgR，故B錯(cuò)誤；C、從A到C，由動(dòng)能定理可得：mgR＝mvC2﹣mvA2，細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的C點(diǎn)斷了，小球豎直上拋，設(shè)上升的高度為h，由動(dòng)能定理可得：﹣mgh＝0﹣mvC2，解得：h＝1.5R，故C錯(cuò)誤；D、若細(xì)繩在小球運(yùn)動(dòng)到A處斷了，小球平拋，下落高度R，時(shí)間為t＝，此時(shí)與圓心的位置等高，故D正確。故選：D。20．【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求得小球到達(dá)軌道最高點(diǎn)C時(shí)的速度，小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求得小球離開(kāi)C點(diǎn)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的水平方向位移和豎直方向位移，再根據(jù)幾何關(guān)系求得小球的總位移即可。【解答】解：小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中由動(dòng)能定理有：F（2R+R）﹣mgR＝代入F＝mg后解得小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度v＝小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)D，設(shè)小球升高h(yuǎn)，則：在豎直方向有：﹣mgh＝0﹣代入v解得h＝2R水平方向有：x＝a＝t＝＝所以，即最高點(diǎn)D在C點(diǎn)上方2R，在C點(diǎn)右方2R處，則D點(diǎn)距A點(diǎn)水平方向距離x′＝2R+R+2R＝5R，豎直高度h′＝R+h＝3R，所以整個(gè)過(guò)程中小球的位移S＝，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。21．【分析】m1和m2組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒．根據(jù)系統(tǒng)重力的勢(shì)能的減小量等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量求出m1的速度．注意m1的速度沿繩子方向的分速度等于m2的速度，根據(jù)平行四邊形定則求出m1在最低點(diǎn)的速率．【解答】解：設(shè)m1到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，m2的速度為v，則m1的速度v′＝＝v。根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：m1gR﹣m2g?R＝m2v2+m1v′2又v′＝v聯(lián)立兩式解得：v＝．所以v′＝。故選：A。22．【分析】根據(jù)功的定義式去判斷兩個(gè)過(guò)程中功的大小．分析滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)受力情況找出滑塊可能出現(xiàn)的情況．【解答】解：A、這是一道變力做功的創(chuàng)新題，可進(jìn)行半定量分析。從A點(diǎn)上升至B點(diǎn)和從B點(diǎn)上升至C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)幾何關(guān)系我們看出輕繩拉著滑塊的拉力與光滑豎直桿的夾角α越來(lái)越大。圖中AB＝BC，即從A點(diǎn)上升至B點(diǎn)的位移等于從B點(diǎn)上升至C點(diǎn)的位移。輕繩拉著滑塊的拉力是恒力，夾角α越來(lái)越大，那么cosα越來(lái)越小，因?yàn)镕大小恒定，故F在豎直方向的分量Fcosα隨α的增大而減小，顯然從A點(diǎn)上升至B點(diǎn)繩子對(duì)滑塊拉力做的功大于從B點(diǎn)上升至C點(diǎn)的過(guò)程中繩子對(duì)滑塊拉力做的功。由于用輕繩系著滑塊繞過(guò)光滑的定滑輪，所以繩子對(duì)滑塊的拉力做的功與拉力F做的功相等。所以W1＞W(wǎng)2，故A正確。B、通過(guò)以上分析，故B錯(cuò)誤。C、由于在A點(diǎn)由于靜止出發(fā)，可以肯定最初滑塊是加速上升的，也就是說(shuō)剛開(kāi)始繩對(duì)滑塊拉力的豎直分力要大于滑塊的重力，但由于繩對(duì)滑塊拉力的豎直分力是逐漸減小的（對(duì)滑塊的拉力大小不變，但與豎直方向的夾角在逐漸增大），B到C的過(guò)程繩對(duì)滑塊拉力的豎直分力與重力的大小關(guān)系不清楚，所以滑塊的運(yùn)動(dòng)可能是加速的，也可能是減速的，還可能是先加速后減速的（豎直分力小于重力時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)），所以無(wú)法確定滑塊在B、C位置哪個(gè)位置的速度大，也就無(wú)法確定哪個(gè)位置的動(dòng)能大，故C錯(cuò)誤。D、通過(guò)以上分析，故D錯(cuò)誤。故選：A。23．【分析】小球先自由下落，與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，在下降的過(guò)程中，彈力不斷變大，當(dāng)彈力小于重力時(shí)，物體加速下降，但合力變小，加速度變小，故做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度達(dá)到最大，之后物體由于慣性繼續(xù)下降，彈力變的大于重力，合力變?yōu)橄蛏锨也粩嘧兇?，故加速度向上且不斷變大，故物體做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)；同理，上升過(guò)程，先做加速度不斷不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度達(dá)到最大，之后做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到小球離開(kāi)彈簧為止．【解答】解：A、t1時(shí)刻小球小球剛與彈簧接觸，與彈簧接觸后，先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈力增大到與重力平衡，即加速度減為零時(shí)，速度達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；B、t2時(shí)刻，彈力最大，故彈簧的壓縮量最大，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，速度等于零，故B錯(cuò)誤；C、t2～t3這段時(shí)間內(nèi)，小球處于上升過(guò)程，先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)，故C正確；D、t2～t3段時(shí)間內(nèi)，小球和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和等于彈簧減少的彈性勢(shì)能，故D錯(cuò)誤；故選：C。24．【分析】t0時(shí)刻以后，功率保持不變，結(jié)合P＝Fv分析牽引力的變化，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度的變化。根據(jù)P＝Fv，結(jié)合牛頓第二定律得出P﹣t的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率求出加速度。P﹣t圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據(jù)動(dòng)能定理求出0﹣t1時(shí)間內(nèi)物塊上升的高度?！窘獯稹拷猓篈、0﹣t0時(shí)間內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻后功率保持不變，根據(jù)P＝Fv知，v增大，F(xiàn)減小，物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小到零，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。B、根據(jù)P0＝Fv＝Fat，F(xiàn)＝mg+ma得，P＝（mg+ma）at，可知圖線的斜率k＝，可知a≠，故B錯(cuò)誤。C、在t1時(shí)刻速度達(dá)到最大，F(xiàn)＝mg，則速度v＝，可知t0時(shí)刻物塊的速度大小小于，故C錯(cuò)誤。D、P﹣t圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據(jù)動(dòng)能定理得，，解得h＝．故D正確。故選：D。25．【分析】加電場(chǎng)后，A小球受到向左的電場(chǎng)力，B小球受到向右的電場(chǎng)力，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，小球的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能都變大【解答】解：加電場(chǎng)后，A小球受到向左的電場(chǎng)力，B小球受到向右的電場(chǎng)力，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做正功，最后彈性勢(shì)能增大，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒（系統(tǒng)電勢(shì)能減小，但電勢(shì)能不屬于機(jī)械能），故A錯(cuò)誤；兩小球遠(yuǎn)離過(guò)程，先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度不斷變大的減速運(yùn)動(dòng)，故當(dāng)電場(chǎng)力與彈力平衡時(shí)，加速度為零，動(dòng)能最大，故D正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)到最大以后，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功。故B錯(cuò)誤。故選：D。二．多選題（共5小題）26．【分析】煤流到傳送帶上后，在摩擦力作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，摩擦力對(duì)煤做正功，對(duì)傳送帶做負(fù)功，傳送帶多做的功轉(zhuǎn)化為煤的動(dòng)能以及系統(tǒng)之間產(chǎn)生熱量，正確分析煤塊的運(yùn)動(dòng)情況，利用功能關(guān)系可正確解答本題．【解答】解：設(shè)足夠小的時(shí)間△t內(nèi)落到傳送帶上煤的質(zhì)量為△m，顯然Q＝△m/△t；這部分煤由于摩擦力f的作用被傳送帶加速，由功能關(guān)系得：煤塊在摩擦力作用下加速前進(jìn)，因此有：傳送帶的位移為：s傳＝vt相對(duì)位移為：△s＝s傳﹣s＝s，由此可知煤的位移與煤和傳送帶的相對(duì)位移相同，因此摩擦生熱為：。傳送帶需要增加的能量分為兩部分：第一部分為煤獲得的動(dòng)能，第二部分為傳送帶克服摩擦力做功保持傳送帶速度。所以傳送帶△t內(nèi)增加的能量△E為：功率：，由此可知A錯(cuò)誤，B正確。由前面的分析可知單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為：。因此一分鐘產(chǎn)生的熱量為：，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC。27．【分析】小球在圓環(huán)的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于圓周運(yùn)動(dòng)中的桿的模型，此時(shí)在最高的速度是可以為零的，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中小球的機(jī)械能守恒，可以求得小球到達(dá)最底端是的速度和需要的向心力的大小。【解答】解：AB、由于管中沒(méi)有摩擦力的作用，所以球的機(jī)械能守恒，當(dāng)小球b在最高點(diǎn)對(duì)軌道無(wú)壓力，即只有重力做為向心力，所以mg＝m，所以在最高點(diǎn)時(shí)b球的速度的大小為，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒可得，mg?2R+mvb2＝mva2，對(duì)于a球，在最低點(diǎn)是，由向心力的公式可得F﹣mg＝m，所以F﹣mg＝5mg，F(xiàn)＝6mg，v＝va＝，故B正確；所以此時(shí)的向心力的大小為5mg，所以小球a比小球b所需向心力大4mg，故A錯(cuò)誤；C、由于最高點(diǎn)速度可以為零，根據(jù)動(dòng)能定理知﹣2mgR＝0﹣，知v＝2，故C錯(cuò)誤；D、最高點(diǎn)時(shí)F1＝m﹣mg，在最低點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)2＝m+mg，由機(jī)械能守恒有mv12+mg2R＝mv22，所以F2﹣F1＝6mg。故D正確。故選：BD。28．【分析】A、箱子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，損失的機(jī)械能即為摩擦力所做的功，通過(guò)功能關(guān)系可以得知從C到B的過(guò)程中，所損失的機(jī)械能。B、通過(guò)受力分析，可知得知箱子最后靜止時(shí)，會(huì)受到彈簧的彈力作用，從而得知箱子的最終位置。C、利用假設(shè)法，可知若最后停在B點(diǎn)，箱子通過(guò)的路程為4h，因箱子不會(huì)停在B點(diǎn)，從而判斷路程會(huì)大于4h。D、因彈簧的勁度系數(shù)未知，無(wú)法判斷彈簧的形變量，也就無(wú)法判定彈簧的最大彈性勢(shì)能與mgh的關(guān)系。【解答】解：A、箱子從C點(diǎn)剛運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，由能量的守恒可知損失的機(jī)械能為摩擦力所做的功，對(duì)物體受力分析，受重力支持力和摩擦力，摩擦力為：f＝μmgcosθ＝mg×＝，沿斜面方向上的位移為：s＝＝2h，所以摩擦力所做的功為：Wf＝fs＝×2h＝，選項(xiàng)A正確。B、因?yàn)閙gsin30°＞μmgcos30°，所以箱子與彈簧碰撞反彈上升至速度為零時(shí)會(huì)再次下滑，最后會(huì)在重力、支持力、彈簧的彈力和摩擦力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，最終位置會(huì)低于B點(diǎn)，所以選項(xiàng)B正確。C、假設(shè)箱子最終會(huì)停在B點(diǎn)，設(shè)此過(guò)程中箱子通過(guò)的路程為s，由能量守恒則有：mgh＝μmgScosθ，代入數(shù)據(jù)得s＝4h，對(duì)B的解答可知，箱子最終會(huì)停在B點(diǎn)一下，所以總路程會(huì)大于4h，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。D、當(dāng)箱子第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，箱子的動(dòng)能為，在壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧的想變量不一定能達(dá)到2h（當(dāng)形變量為2h時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于mgh），所以彈簧的最大彈性勢(shì)能不一定大于mgh。故D錯(cuò)誤故選：AB。29．【分析】首先對(duì)球受力分析，受重力、橡皮條的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平衡；再根據(jù)胡克定律得到支持力和摩擦力不變；然后結(jié)合動(dòng)能定理列式分析即可?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)BC的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)胡克定律，有：0.5mg＝kL，BD與豎直方向的夾角為α?xí)r，伸長(zhǎng)量為故彈力為：F＝k，水平方向：Fx＝Fsinα＝kL＝0.5mg豎直方向：Fy＝Fcosα＝＝若下降的距離為x，則：可得：可知，彈簧的彈力沿豎直方向的分力與下降的高度x成正比。對(duì)球受力分析，受重力、橡皮條的彈力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，故N＝Fx＝0.5mg，故摩擦力f＝μN(yùn)＝0.25mg，由于豎直方向重力的方向始終向下，大小不變，摩擦力方向始終向上，大小也不變，橡皮條沿豎直方向的分力與下降的距離x成正比，所以小球沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，當(dāng)x＝時(shí)，小球具有最大速度。故A正確；B、小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做功為：Wf＝fh＝0.25mgh對(duì)球從C到E過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgh﹣fh﹣W彈＝0，解得：W彈＝0.75mgh，若在E點(diǎn)給小球一個(gè)向上的速度v，小球恰好回到C點(diǎn)，對(duì)次過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：W彈﹣mgh﹣fh＝0﹣，解得：v＝，故B正確；C、小球受到的摩擦力不變，D是CE的中點(diǎn)，所以在CD段與DE段小球克服摩擦力做的功是相等的；橡皮條沿豎直方向的分力與下降的距離x成正比，所以在CD段克服彈力做的功小于DE段小球克服彈力做的功，綜合可知，小球在CD階段損失的機(jī)械能小于小球在DE階段損失的機(jī)械能。故C錯(cuò)誤；D、若僅把小球的質(zhì)量變成2m，小球從C到E過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：2mgh﹣fh﹣W彈＝，解得：v1＝，故D錯(cuò)誤；故選：AB。30．【分析】對(duì)動(dòng)滑輪和物塊分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，結(jié)合繩子與豎直方向夾角的變化得出拉力的變化。對(duì)動(dòng)滑輪的速度進(jìn)行分解，結(jié)合平行四邊形定則得出沿繩子方向的分速度變化，從而得出小車速度的變化。根據(jù)小車速度的變化判斷小車阻力功率的變化。根據(jù)能量守恒分析小車牽引力做功與物塊重力勢(shì)能增加量與小車克服阻力做功之和的關(guān)系。【解答】解：A、對(duì)動(dòng)滑輪和物塊分析，受重力和兩個(gè)拉力作用，在向上勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，繩子拉力與豎直方向的夾角變大，根據(jù)2Tcosθ＝（m+m動(dòng)）g知，拉力增大，故A正確。B、將動(dòng)滑輪的速度分解為沿兩個(gè)繩子方向，如圖，動(dòng)滑輪向上勻速運(yùn)動(dòng)的速度不變，繩子與豎直方向的夾角變大，可知沿繩子方向的速度變小，即小車的速度變小，小車向右做減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。C、小車阻力大小恒定，速度減小，則小車阻力的功率減小，故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)能量守恒得，小車牽引力做功等于小車克服阻力做功、物塊重力勢(shì)能和小車動(dòng)能變化量之和，由于小車動(dòng)能變化量為負(fù)值，可知小車牽引力做的功小于物塊重力勢(shì)能的增加量與小車克服阻力做功之和，故D正確。故選：AD。三．填空題（共4小題）31．【分析】推力F甲作用時(shí)，物體勻加速運(yùn)動(dòng)；推力F乙作用時(shí)，物體先減速運(yùn)動(dòng)，速度減至零后反向加速運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程加速度不變，可看成一種勻變速運(yùn)動(dòng)．設(shè)第一個(gè)過(guò)程加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v甲，第二個(gè)過(guò)程勻變速運(yùn)動(dòng)的末速度為v乙，根據(jù)平均速度公式可以求出v甲與v乙的關(guān)系；然后可根據(jù)動(dòng)能定理求出恒力F甲、F乙做的功．【解答】解：設(shè)第一個(gè)物體加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v甲，第二個(gè)物體勻變速運(yùn)動(dòng)的末速度為v乙，由于兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移大小相等、方向相反，又由于恒力F乙作用的時(shí)間與恒力F甲作用的時(shí)間相等，根據(jù)平均速度公式有：t＝﹣t解得：v乙＝﹣2v甲根據(jù)動(dòng)能定理，加速過(guò)程有：W甲＝mW乙＝m﹣m聯(lián)立以上三式得：＝可知W甲+W乙＝32J，則W甲＝8J、W乙＝24J故答案為：8，24．32．【分析】根據(jù)F＝求解牽引力，根據(jù)f＝求解阻力，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動(dòng)能定理求解在這550s內(nèi)列車通過(guò)的路程．【解答】解：根據(jù)F＝可知速度為180km/h時(shí)的牽引力F＝N當(dāng)列出速度達(dá)到最大值時(shí)，牽引力等于阻力，所以f═＝根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝0.2m/s2；整個(gè)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得：Pt﹣fs＝解得；s＝3.0×104m故答案為：0.2，3.0×10433．【分析】質(zhì)點(diǎn)只受重力和拉力F，由于質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，合力方向與ON共線，結(jié)合平行四邊形定則分析即可．【解答】解：質(zhì)點(diǎn)只受重力G和拉力F，質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，合力方向與ON共線，如圖當(dāng)拉力與ON垂直時(shí)，拉力最小，根據(jù)幾何關(guān)系，有F＝Gsinθ＝mgsinθ若F＝mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向與ON不再垂直，有兩種可能的方向，F(xiàn)與物體的運(yùn)動(dòng)方向的夾角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做負(fù)功，也可能做正功，重力做功不影響機(jī)械能的變化，故根據(jù)功能定理，物體機(jī)械能變化量等于力F做的功，即機(jī)械能可能增加，也可能減?。还蚀鸢笧椋簃gsinθ，增大、減小都有可能．34．【分析】物體在軌道上滑下，受重力和支持力，但只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出物體到達(dá)軌道底部時(shí)的速率．再把這時(shí)的速度向水平方向分解求水平方向的速度大小，不過(guò)必須先由原來(lái)的平拋運(yùn)動(dòng)求出軌道底部的速度偏離水平方向的角度，然后通過(guò)解三角形求水平方向的速度大小．【解答】解：由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：水平方向：s＝v0t，豎直方向：，解得軌道的高度為：；當(dāng)物體沿軌道下滑時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：，解得物體到達(dá)軌道底部時(shí)的速率為：．設(shè)θ是軌道的切線與水平方向的夾角，即為平拋運(yùn)動(dòng)末速度與水平方向的夾角，α是平拋運(yùn)動(dòng)位移方向與水平方向的夾角，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的結(jié)論有：tanθ＝2tanα，又因＝，所以tanθ＝，由三角函數(shù)基本關(guān)系式得：cosθ＝，則把cosθ代入水平方向速度大小的關(guān)系式vx＝vcosθ得：Vx＝故答案為：，．四．實(shí)驗(yàn)題（共1小題）35．【分析】根據(jù)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律原理可判斷；根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定需要測(cè)量的物理量，從而確定所需的測(cè)量器材；根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出B點(diǎn)的瞬時(shí)速度，從而得出動(dòng)能的增加量；根據(jù)功能關(guān)系可判斷；如果v2﹣h圖象為直線，僅表示合力恒定，與機(jī)械能是否守恒無(wú)關(guān)，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2﹣h圖象也可能是一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜的直線．【解答】解：①驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律原理是看減少的重力勢(shì)能和增加的動(dòng)能是否相等，所以需要比較重物下落過(guò)程中任意兩點(diǎn)間的動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量；②電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用低壓交流電源；需選用刻度尺測(cè)出紙帶上任意連點(diǎn)見(jiàn)得距離，表示重錘下落的高度；等式兩邊都含有相同的質(zhì)量，所以不需要天平秤質(zhì)量；③根據(jù)功能關(guān)系，重物的重力勢(shì)能變化量的大小等于重力做的功的多少，打B點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能較打A點(diǎn)時(shí)的小，所以△Ep＝﹣mghB；B點(diǎn)的速度為：vB＝，所以動(dòng)能變化量為：△Ek＝mv2＝；④由于紙帶在下落過(guò)程中，重錘和空氣之間存在阻力，紙帶和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器之間存在摩擦力，所以減小的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，還有一部分要克服空氣阻力和摩擦力阻力做功，故重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，故C選項(xiàng)正確；⑤該同學(xué)的判斷依據(jù)不正確．在重物下落h的過(guò)程中，若阻力f恒定，根據(jù)mgh﹣fh＝mv2﹣0可得：v2＝2（g﹣）h，則此時(shí)v2﹣h圖象就是過(guò)原點(diǎn)的一條直線．所以要想通過(guò)v2﹣h圖象的方法驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g．故答案為：①A；②AB；③mghB；；④C；⑤不正確．五．計(jì)算題（共5小題）36．【分析】（1）當(dāng)滑塊恰好通過(guò)最高點(diǎn)D時(shí)，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力求出物體到達(dá)D點(diǎn)的速度，對(duì)整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求解F的大?。?）若力F＝15N，由動(dòng)能定理求出滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度，再由牛頓第二定律和向心力公式結(jié)合解答．（3）滑塊離開(kāi)D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出D點(diǎn)的速度，再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求滑塊對(duì)軌道的壓力．【解答】解：（1）小滑塊剛能通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝m從A到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：FL﹣μmgL﹣2mgR＝解得F＝10N（2）若力F＝15N，從A到D的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：FL﹣μmgL﹣2mgR＝滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：mg+N1＝m聯(lián)立解得N1＝50N由牛頓第三定律知，小滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力N1′＝N1＝50N（3）滑塊離開(kāi)D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，小滑塊正好又落回點(diǎn)A時(shí)，有：2R＝L＝vD2t解得vD2＝m/s滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：mg+N2＝m聯(lián)立解得N2＝52.5N由牛頓第三定律知，小滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力N2′＝N2＝52.5N答：（1）欲使小滑塊剛能通過(guò)D點(diǎn)，力F大小是10N；（2）若力F＝15N，小滑塊通過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是50N；（3）若使小滑塊正好又落回點(diǎn)A，小滑塊通過(guò)半圓軌道D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是52.5N．37．【分析】（1）AB兩個(gè)球組成的系統(tǒng)機(jī)械能