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2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第五单元 机械能 作业24 Word版含答案
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这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第五单元 机械能 作业24 Word版含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．(2016·四川)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 J
C．重力势能减少了1 900 JD．重力势能减少了2 000 J
答案 C
解析 根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力做功，即动能的增加量为1 900 J－100 J＝1 800 J，选项A、B错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减少了1 900 J，选项C正确，D项错误．
2．质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平拋出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为eq \f(2g,3).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eq \f(mgh,3)B．小球的动能增加了eq \f(2mgh,3)
C．小球的电势能减少了eq \f(2mgh,3)D．小球的电势能增加了mgh
答案 B
解析 小球受的合力F＝eq \f(2,3)mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加，故ΔEk＝Fh＝eq \f(2,3)mgh，选项A错，选项B正确．由题意可知，电场力F电＝eq \f(1,3)mg，电场力做负功，电势能增加，ΔEp＝F电·h＝eq \f(1,3)mgh，选项C、D均错．
3．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是( )
A．该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋eq \f(1,2)mv2
C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋eq \f(1,2)mv2
D．该同学身体的内力做功为eq \f(1,2)mv2＋mgh
答案 BD
解析 学生重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为eq \f(1,2)mv2，则机械能增加了mgh＋eq \f(1,2)mv2，A项错误，B项正确；人与地面作用过程中，作用点没有位移，支持力对人做功为零，C项错误；从能量守恒看，该同学身体的内力做功等于增加的机械能，D项正确．
4.如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )
A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh
B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和
答案 CD
解析 由于斜面光滑，物块A静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A相对斜面下滑一段距离，故选项A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D正确．
5.一质点在0－15 s内竖直向上运动，其加速度—时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．质点的机械能不断增加
B．在0－5 s内质点的动能增加
C．在10－15 s内质点的机械能一直增加
D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能
答案 D
解析 质点竖直向上运动，0－15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B项错.0－5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5－10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10－15 s内，a＝12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C两项错误．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5－10 s内通过的位移大于10－15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5－15 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D项正确．
6.荡秋千是大家喜爱的一项体育活动．如图是荡秋千的示意图，若人直立站在踏板上，从绳与竖直方向成90°角的A点由静止开始运动，摆到最低点B时，两根绳对踏板的总拉力是人所受重力的两倍．随后，站在B点正下面的某人推一下，使秋千恰好能摆到绳与竖直方向成90°角的C点．设人的重心到悬杆的距离为l，人的质量为m，踏板和绳的质量不计，人所受空气阻力与人的速度成正比．则下列判断中正确的是( )
A．人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能等于eq \f(1,2)mgl
B．人从A点运动到最低点的过程中损失的机械能等于eq \f(1,4)mgl
C．站在B点正下面的某人推一下做的功小于mgl
D．站在B点正下面的某人推一下做的功大于mgl
答案 AD
解析 在最低点B时，对人和踏板整体，由牛顿第二定律得：
T－mg＝meq \f(v2,l)
据题意T＝2mg，得v＝eq \r(gl)
则人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能为
ΔE＝mgl－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgl
故A项正确，B项错误．
由于站在B点正下面的某人要对该人做功，在最低点，人的速度将大于eq \r(gl)，由于空气阻力与人的速度成正比，则从B运动到C，人损失的机械能大于eq \f(1,2)mgl，
人运动到C，根据动能定理：W人－mgl－ΔE′＝0－eq \f(1,2)mv2.
所以站在B点正下面的某人推一下做的功大于mgl，故D项正确．C项错误．
7．(2017·湖北武汉调研)如图1所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g＝10 m/s2.根据上述信息不能求出( )
A．斜面的倾角
B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C．小滑块下滑的加速度的大小
D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小
答案 ABC
解析 小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有：F合x＝ΔEk，由图2的斜率可求得合力F合＝eq \f(ΔEk,Δx)＝eq \f(25,10) N＝2.5 N，小滑块重力势能的变化量ΔEp＝mgxsinθ，由图3的斜率可求得mgsinθ＝eq \f(ΔEp,Δx)＝eq \f(100,10) N＝10 N，F合＝mgsinθ－Ff＝mgsinθ－μmgcsθ＝ma＝2.5 N，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑块的质量m未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a的大小不能求，故选项A、B、C正确．
8．如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H.则在小物体从A到B的过程中( )
A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小
B．两传送带对小物体做功相等
C．两传送带消耗的电能相等
D．两种情况下因摩擦产生的热量相等
答案 AB
解析 根据公式v2＝2ax，可知物体加速度关系a甲Q乙，故D项错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲>Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故C项错误．
9．(2017·南昌模拟)在倾角为θ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运动的距离为d，速度为v，则( )
A．物块B的质量满足m2gsinθ＝kd
B．此时物块A的加速度为eq \f(F－kd,m1)
C．此时拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
D．此过程中，弹簧的弹性势能变化了Fd－m1gdsinθ－eq \f(1,2)m1v2
答案 BD
解析 系统静止时，m1gsinθ＝kx1，当物块B刚要离开挡板C时，m2gsinθ＝kx2，F－m1gsinθ－kx2＝m1aA，又d＝x1＋x2，可解得aA＝eq \f(F－kd,m1)，B项正确，A项错误；此时拉力做功的瞬时功率为P＝Fv，C项错误；设弹簧的弹性势能增量为ΔEp弹，由功能关系可得：Fd＝ΔEp弹＋m1gdsinθ＋eq \f(1,2)m1v2，解得ΔEp弹＝Fd－m1gdsinθ－eq \f(1,2)m1v2，D项正确．
10.如图所示，与水平面夹角为θ的双斜面光滑，A、B两点等高，两斜面在底端光滑连接，现用点B1、B2、B3、…、Bn把右斜面均分成n(n≥2，n为整数)等份，Bn点在斜面底端．小滑块在A点由静止释放，恰好可以向右到达B点．现在Bn、Bn－1两点之间固定一层薄的平整粗糙材料，仍让小滑块从A点由静止释放，恰好可以向右到达B1点．下列说法正确的是( )
A．无论n为多大，小滑块与粗糙面间的动摩擦因数都为tanθ
B．当n为某个值时，小滑块可以恰好停在底端Bn处
C．当n为奇数时，小滑块最终恰好停在底端Bn处
D．当n为偶数时，小滑块最终恰好停在Bn－1处
答案 AD
解析 设BnB长度为L，动摩擦因数为μ，从A到B1有，eq \f(mgLsinθ,n)－eq \f(μmgLcsθ,n)＝0，即μ＝tanθ，A项正确．由mgsinθ＝μmgcsθ及动能定理得，当n＝2时，滑块最终停在B1处；当n＝3时，滑块最终停在B3与B2中间位置；当n＝4时，滑块最终停在B3处；当n＝5时，滑块最终停在B5与B4中间位置；以此类推可知，B、C项错误，D项正确．
二、非选择题
11．如图所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h1＝12 m，底角分别为37°、53°，A、B两小物块质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，用轻绳连接，通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右两斜面上，轻绳伸直时，两物块离地高度h2＝4 m，在滑轮处压住细绳，已知物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8.
(1)若在压绳处突然剪断绳，求A、B下滑过程中加速度之比；
(2)若松开绳，求B滑到底端时的速度大小．
解析 (1)由牛顿第二定律，对A分析有：
mAgsin37°－μmAgcs37°＝mAaA
对B分析有：mBgsin53°－μmBgcs53°＝mBaB
解得eq \f(aA,aB)＝eq \f(gsin37°－μgcs37°,gsin53°－μgcs53°)，eq \f(aA,aB)＝eq \f(26,37)
(2)对系统由能量守恒得：
mBgh2－mAghA－(μmBgcs53°＋μmAgcs37°)·x＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
由几何关系得：hA＝eq \f(h2,sin53°)·sin37°＝3 m，x＝eq \f(h2,sin53°)＝5 m
联立解得，B滑到底端的速度v＝eq \f(4\r(15),3) m/s
12．足够长的水平传送带以恒定速度运动，某时刻一质量为M＝2 kg的小物块，以某一向左的初速度冲上传送带，如图甲所示，地面观察者记录了小物块的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变．
(1)指出传送带的速度v的方向及大小，说明理由．
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．
(3)计算系统产生多少内能？电动机多消耗的电能．
答案 (1)向右 2 m/s 理由见解析
(2)0.2 (3)36 J 24 J
解析 (1)由图可知，物块先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.
(2)由图可知，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律，得滑动摩擦力f＝Ma
其中f＝μFN，FN＝Mg
所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(Ma,Mg)＝eq \f(2,10)＝0.2
(3)由图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，
传送带在这段时间内的位移s＝vt＝2×3 m＝6 m
物块相对于传送带通过的路程x′＝eq \f(v′,2)t＝eq \f(6,2)×3 m＝9 m
所以转化为内能Q＝fx′＝4×9 J＝36 J
电动机多消耗的电能ΔE＝Q－ΔEk＝36 J－eq \f(1,2)×2(42－22) J＝24 J
13．节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量为m＝1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW，驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h.此过程中发动机功率的eq \f(1,5)用于轿车的牵引，eq \f(4,5)用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：
(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；
(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电；
(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L′.
答案 (1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m
解析 (1)P＝50 kW＝5×104 W，v1＝90 km/h＝25 m/s
牵引力的功率P＝F牵v1
解得牵引力F牵＝eq \f(P,v1)＝2×103 N
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等
所受阻力F阻＝F牵＝2×103 N
(2)在减速过程中，用于牵引轿车的功率为P′＝eq \f(1,5)P
根据动能定理，得
eq \f(1,5)Pt－F阻L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
代入数据，解得Pt＝1.575×105 J
根据能量守恒定律，得
电源获得的电能为E电＝0.5×eq \f(4,5)Pt＝6.3×104 J
(3)电能维持轿车匀速行驶时，受到的阻力仍为
F阻＝2×103 N
由能量转化与守恒定律
E电＝F阻L′
代入数据，得L′＝31.5 m
1．(2016·四川)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 J
C．重力势能减少了1 900 JD．重力势能减少了2 000 J
答案 C
解析 根据动能定理可知，动能的增加量等于合外力做功，即动能的增加量为1 900 J－100 J＝1 800 J，选项A、B错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减少了1 900 J，选项C正确，D项错误．
2．质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平拋出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为eq \f(2g,3).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eq \f(mgh,3)B．小球的动能增加了eq \f(2mgh,3)
C．小球的电势能减少了eq \f(2mgh,3)D．小球的电势能增加了mgh
答案 B
解析 小球受的合力F＝eq \f(2,3)mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加，故ΔEk＝Fh＝eq \f(2,3)mgh，选项A错，选项B正确．由题意可知，电场力F电＝eq \f(1,3)mg，电场力做负功，电势能增加，ΔEp＝F电·h＝eq \f(1,3)mgh，选项C、D均错．
3．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是( )
A．该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋eq \f(1,2)mv2
C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋eq \f(1,2)mv2
D．该同学身体的内力做功为eq \f(1,2)mv2＋mgh
答案 BD
解析 学生重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为eq \f(1,2)mv2，则机械能增加了mgh＋eq \f(1,2)mv2，A项错误，B项正确；人与地面作用过程中，作用点没有位移，支持力对人做功为零，C项错误；从能量守恒看，该同学身体的内力做功等于增加的机械能，D项正确．
4.如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )
A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh
B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和
答案 CD
解析 由于斜面光滑，物块A静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A相对斜面下滑一段距离，故选项A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D正确．
5.一质点在0－15 s内竖直向上运动，其加速度—时间图像如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．质点的机械能不断增加
B．在0－5 s内质点的动能增加
C．在10－15 s内质点的机械能一直增加
D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能
答案 D
解析 质点竖直向上运动，0－15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B项错.0－5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5－10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10－15 s内，a＝12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C两项错误．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5－10 s内通过的位移大于10－15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5－15 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D项正确．
6.荡秋千是大家喜爱的一项体育活动．如图是荡秋千的示意图，若人直立站在踏板上，从绳与竖直方向成90°角的A点由静止开始运动，摆到最低点B时，两根绳对踏板的总拉力是人所受重力的两倍．随后，站在B点正下面的某人推一下，使秋千恰好能摆到绳与竖直方向成90°角的C点．设人的重心到悬杆的距离为l，人的质量为m，踏板和绳的质量不计，人所受空气阻力与人的速度成正比．则下列判断中正确的是( )
A．人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能等于eq \f(1,2)mgl
B．人从A点运动到最低点的过程中损失的机械能等于eq \f(1,4)mgl
C．站在B点正下面的某人推一下做的功小于mgl
D．站在B点正下面的某人推一下做的功大于mgl
答案 AD
解析 在最低点B时，对人和踏板整体，由牛顿第二定律得：
T－mg＝meq \f(v2,l)
据题意T＝2mg，得v＝eq \r(gl)
则人从A点运动到最低点B的过程中损失的机械能为
ΔE＝mgl－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgl
故A项正确，B项错误．
由于站在B点正下面的某人要对该人做功，在最低点，人的速度将大于eq \r(gl)，由于空气阻力与人的速度成正比，则从B运动到C，人损失的机械能大于eq \f(1,2)mgl，
人运动到C，根据动能定理：W人－mgl－ΔE′＝0－eq \f(1,2)mv2.
所以站在B点正下面的某人推一下做的功大于mgl，故D项正确．C项错误．
7．(2017·湖北武汉调研)如图1所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g＝10 m/s2.根据上述信息不能求出( )
A．斜面的倾角
B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C．小滑块下滑的加速度的大小
D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小
答案 ABC
解析 小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有：F合x＝ΔEk，由图2的斜率可求得合力F合＝eq \f(ΔEk,Δx)＝eq \f(25,10) N＝2.5 N，小滑块重力势能的变化量ΔEp＝mgxsinθ，由图3的斜率可求得mgsinθ＝eq \f(ΔEp,Δx)＝eq \f(100,10) N＝10 N，F合＝mgsinθ－Ff＝mgsinθ－μmgcsθ＝ma＝2.5 N，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑块的质量m未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a的大小不能求，故选项A、B、C正确．
8．如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H.则在小物体从A到B的过程中( )
A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小
B．两传送带对小物体做功相等
C．两传送带消耗的电能相等
D．两种情况下因摩擦产生的热量相等
答案 AB
解析 根据公式v2＝2ax，可知物体加速度关系a甲
9．(2017·南昌模拟)在倾角为θ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运动的距离为d，速度为v，则( )
A．物块B的质量满足m2gsinθ＝kd
B．此时物块A的加速度为eq \f(F－kd,m1)
C．此时拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
D．此过程中，弹簧的弹性势能变化了Fd－m1gdsinθ－eq \f(1,2)m1v2
答案 BD
解析 系统静止时，m1gsinθ＝kx1，当物块B刚要离开挡板C时，m2gsinθ＝kx2，F－m1gsinθ－kx2＝m1aA，又d＝x1＋x2，可解得aA＝eq \f(F－kd,m1)，B项正确，A项错误；此时拉力做功的瞬时功率为P＝Fv，C项错误；设弹簧的弹性势能增量为ΔEp弹，由功能关系可得：Fd＝ΔEp弹＋m1gdsinθ＋eq \f(1,2)m1v2，解得ΔEp弹＝Fd－m1gdsinθ－eq \f(1,2)m1v2，D项正确．
10.如图所示，与水平面夹角为θ的双斜面光滑，A、B两点等高，两斜面在底端光滑连接，现用点B1、B2、B3、…、Bn把右斜面均分成n(n≥2，n为整数)等份，Bn点在斜面底端．小滑块在A点由静止释放，恰好可以向右到达B点．现在Bn、Bn－1两点之间固定一层薄的平整粗糙材料，仍让小滑块从A点由静止释放，恰好可以向右到达B1点．下列说法正确的是( )
A．无论n为多大，小滑块与粗糙面间的动摩擦因数都为tanθ
B．当n为某个值时，小滑块可以恰好停在底端Bn处
C．当n为奇数时，小滑块最终恰好停在底端Bn处
D．当n为偶数时，小滑块最终恰好停在Bn－1处
答案 AD
解析 设BnB长度为L，动摩擦因数为μ，从A到B1有，eq \f(mgLsinθ,n)－eq \f(μmgLcsθ,n)＝0，即μ＝tanθ，A项正确．由mgsinθ＝μmgcsθ及动能定理得，当n＝2时，滑块最终停在B1处；当n＝3时，滑块最终停在B3与B2中间位置；当n＝4时，滑块最终停在B3处；当n＝5时，滑块最终停在B5与B4中间位置；以此类推可知，B、C项错误，D项正确．
二、非选择题
11．如图所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h1＝12 m，底角分别为37°、53°，A、B两小物块质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，用轻绳连接，通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右两斜面上，轻绳伸直时，两物块离地高度h2＝4 m，在滑轮处压住细绳，已知物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8.
(1)若在压绳处突然剪断绳，求A、B下滑过程中加速度之比；
(2)若松开绳，求B滑到底端时的速度大小．
解析 (1)由牛顿第二定律，对A分析有：
mAgsin37°－μmAgcs37°＝mAaA
对B分析有：mBgsin53°－μmBgcs53°＝mBaB
解得eq \f(aA,aB)＝eq \f(gsin37°－μgcs37°,gsin53°－μgcs53°)，eq \f(aA,aB)＝eq \f(26,37)
(2)对系统由能量守恒得：
mBgh2－mAghA－(μmBgcs53°＋μmAgcs37°)·x＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
由几何关系得：hA＝eq \f(h2,sin53°)·sin37°＝3 m，x＝eq \f(h2,sin53°)＝5 m
联立解得，B滑到底端的速度v＝eq \f(4\r(15),3) m/s
12．足够长的水平传送带以恒定速度运动，某时刻一质量为M＝2 kg的小物块，以某一向左的初速度冲上传送带，如图甲所示，地面观察者记录了小物块的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变．
(1)指出传送带的速度v的方向及大小，说明理由．
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．
(3)计算系统产生多少内能？电动机多消耗的电能．
答案 (1)向右 2 m/s 理由见解析
(2)0.2 (3)36 J 24 J
解析 (1)由图可知，物块先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.
(2)由图可知，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律，得滑动摩擦力f＝Ma
其中f＝μFN，FN＝Mg
所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(Ma,Mg)＝eq \f(2,10)＝0.2
(3)由图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，
传送带在这段时间内的位移s＝vt＝2×3 m＝6 m
物块相对于传送带通过的路程x′＝eq \f(v′,2)t＝eq \f(6,2)×3 m＝9 m
所以转化为内能Q＝fx′＝4×9 J＝36 J
电动机多消耗的电能ΔE＝Q－ΔEk＝36 J－eq \f(1,2)×2(42－22) J＝24 J
13．节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量为m＝1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW，驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h.此过程中发动机功率的eq \f(1,5)用于轿车的牵引，eq \f(4,5)用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：
(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；
(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电；
(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L′.
答案 (1)2×103 N (2)6.3×104 J (3)31.5 m
解析 (1)P＝50 kW＝5×104 W，v1＝90 km/h＝25 m/s
牵引力的功率P＝F牵v1
解得牵引力F牵＝eq \f(P,v1)＝2×103 N
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等
所受阻力F阻＝F牵＝2×103 N
(2)在减速过程中，用于牵引轿车的功率为P′＝eq \f(1,5)P
根据动能定理，得
eq \f(1,5)Pt－F阻L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
代入数据，解得Pt＝1.575×105 J
根据能量守恒定律，得
电源获得的电能为E电＝0.5×eq \f(4,5)Pt＝6.3×104 J
(3)电能维持轿车匀速行驶时，受到的阻力仍为
F阻＝2×103 N
由能量转化与守恒定律
E电＝F阻L′
代入数据，得L′＝31.5 m
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