07功和能 高考物理一轮复习定基础汇编试题含解析

这是一份07功和能 高考物理一轮复习定基础汇编试题含解析，共212页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题07功和能
一、单选题
1．如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能，不计空气阻力，则小球从O到P过程中（）

A. 经过的时间为
B. 速度增量为，方向斜向下
C. 运动方向改变的角度的正切值为
D. 下落的高度为
【答案】A

2．类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由 (力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（）
A. 由 (力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率
B. 由 (力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量
C. 由 (电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率
D. 由 (角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
【答案】B
【解析】图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，A错误；（力-时间）图线和横轴围成的面积表示冲量， B正确；由（电压-电流）图线，根据公式可知，根据与的坐标值的乘积，求出对应电流做功的功率，C错误；图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即线速度；故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不一定等于线速度，D错误．选B．
3．一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移、速度、动能和重力势能随时间变化的图象，其中正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．位移，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线，故A错误；
B．速度，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，故B正确；
C．小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等，若从释放时开始计时，动能，所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，故C错误；
D．重力势力，小球开始时离地面的高度．故D错误．
故选B。
4．一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移、速度、动能和重力势能随时间变化的图象，其中正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．位移，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线，故A错误；
B．速度，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，故B正确；
C．小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等，若从释放时开始计时，动能，所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，故C错误；
D．重力势力，小球开始时离地面的高度．故D错误．
故选B。
5．如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B 的运动过程中（　　）

A. 合外力做功mgR B. 重力做功2mgR
C. 克服摩擦力做功mgR D. 机械能减少mgR.
【答案】D
【解析】以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好充当向心力，得：
解得：x1kw
A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为Wf，则解得：
6．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是（　　）
A. x=t B. P=fv1
C. ﹣= D. Pt﹣fx=mv22﹣mv12
【答案】D
【解析】汽车以恒定功率P行驶，则，物体做加速度减小的加速，最终匀速。
A：物体做变加速运动，匀变速直线运动的公式不成立。故A错误。
B：、；故B错误。
C：，物体做变加速运动，故C错误。
D：据动能定理：，则；故D正确。
7．如图所示，质量分别为mA和mB的两小球用轻绳连接在一起，并用细线悬挂在天花板上，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1>θ2）。现将A、B间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB，则下列说法中正确的是

A. mB >mA
B. 轻绳剪断时加速度之比为tanθ1:tanθ2
C. vA D. EkA>EkB
【答案】A
【解析】试题分析：未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为T．对A球分析受力如图

由平衡条件得：，同理，对B球有：，则得，因，故，A正确．轻绳剪断时加速度之比为，B错误；两球摆到最低点时速度最大，动能最大．根据机械能守恒得：A球有，得，同理对B可得，由图知：，，故，C错误；最大动能，，由图知：，，但，不一定大于，D错误．选A.
【点睛】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小，从而得到两球质量关系．将A、B间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小．
8．汽车发动机的额定功率为，它以额定功率在平直公路上行驶的最大速度为，那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】汽车匀速运动，说明汽车处于受力平衡状态，此时汽车受到的阻力的大小和汽车的牵引力大小相等．由可以求得：，故选项B正确。
点睛：本题考查了求汽车所示阻力，知道汽车速度最大时做匀速直线运动，应用、平衡条件即可解题。
9．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是

A. 在下滑过程中，物块的机械能守恒
B. 物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动
C. 在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
D. 物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处
【答案】B
【解析】在物块下滑的过程中，斜槽将后退，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒；对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒．故A错误．物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒．故C错误．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动．故B正确，D错误．故选B．
10．太阳神车由四脚的支架吊着一个巨大的摆锤摆动，游客被固定在摆下方的大圆盘A上，如图所示．摆锤的摆动幅度每边可达120°．6台大功率的异步驱动电机同时启动，为游客创造4.3g的加速度，最高可飞跃至15层楼高的高空．如果不考虑圆盘A的自转，根据以上信息，以下说法中正确的是（　　）

A. 当摆锤摆至最高点的瞬间，游客受力平衡
B. 当摆锤摆至最高点时，游客可体验最大的加速度
C. 当摆锤在下摆的过程中，摆锤的机械能一定不守恒
D. 当摆锤在上摆过程中游客体验超重，下摆过程游客体验失重
【答案】C
【解析】A、当摆锤摆至最高点的瞬间，摆锤与游客将开始下降，具有向下的加速度，游客受力不平衡，故A错误；
B、当摆锤摆至最高低时，摆锤的速度最大，向心加速度最大，所以游客可体验最大的加速度，故B错误；
C、当摆锤在下摆的过程中，由于电动机做正功，摆锤的机械能一定不守恒，故C正确；
D、当摆锤在上摆过程中，摆锤向上做匀减速运动，加速度方向向下，游客体验失重，故D错误；
故选C。
11．2015年莫斯科世锦赛上，我国男子短道速滑队时隔15年再次站到5000m接力的冠军颁奖台上。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（  ）。

A. 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同
B. 甲对乙的作用力一定做正功，乙的动能增大
C. 乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大
D. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
【答案】C
【解析】A、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，所以甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故A错误；
B、甲对乙的作用力一定做负功，乙的动能减小，故B错误；
C、乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大，故C正确；
D、甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误；
故选C。
12．太阳能路灯是采用晶体硅太阳能电池供电，用于代替传统公用电力照明的路灯，白天太阳能电池对蓄电池充电，晚上蓄电池的电能供给路灯照明。太阳光垂直照射到地面上时，单位面积的辐射功率为。某一太阳能路灯供电系统对一盏LED灯供电，太阳能电池的光电转换效率为15％左右，电池板面积1m2，采用一组24V的蓄电池（总容量300Ah），LED路灯规格为“40W，24V”，蓄电池放电预留20％容量。下列说法正确的是（）
A. 蓄电池的放电电流约为0.6A
B. 一盏LED灯每天消耗的电能约为0.96kWh
C. 该太阳能电池板把光能转换为电能的功率约为40W
D. 把蓄电池完全充满电，太阳照射电池板的时间不少于38.4h
【答案】D
【解析】蓄电池的放电电流为，故A错误；一盏LED灯的功率为40W，每天平均使用按10小时算，每天消耗的电能约为：W=Pt=40W×10h=400W•h=0.40kWh，故B错误；太阳能电池板把光能转化为电能的功率P=P0S×15%=1.0×103×1×15%=150W，故C错误；把蓄电池完全充满电，假设太阳能电池板全部用于对蓄电池充电，需能量为：E=（1-0.2）qU=0.8×300×24Wh=5760Wh，而太阳能电池的即使一直垂直照射，功率为150W，故用时约：t==38.4h，故D正确，故选D.
13．载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，若飞行包（包括人）在竖直匀速降落的过程中（空气阻力不可忽略），下列的说法正确的是（ ）

A. 发动机对飞行包做正功
B. 飞行包的重力做负功
C. 空气阻力对飞行包做负功
D. 飞行包的合力做负功
【答案】C
【解析】飞行包（包括人）在竖直匀速降落的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做负功．故A错误．高度下降，飞行包的重力做正功，故B错误．空气阻力竖直向上，与位移方向相反，则空气阻力对飞行包做负功，故C正确．飞行包匀速运动，合力为零，则飞行包的合力不做功，故D错误．故选C.
14．某质量为m的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶．经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车受阻力恒为F，则t时间内（　　）

A. 小车做匀加速运动
B. 小车受到的牵引力逐渐增大
C. 合外力对小车所做的功为 Pt
D. 牵引力对小车所做的功为 Fx+mvm2
【答案】D
【解析】电动机功率恒定，P=F牵v，结合牛顿第二定律可知F牵-F=ma，v=at可知，当速度增大时，牵引力减小，加速度减小，故小车做加速度减小的变加速运动，故AB错误；整个过程中，牵引力做正功，阻力做负功，故合力做功为W=mvm2，Pt为牵引力所做的功，故C错误；整个过程中，根据动能定理可知Pt−Fx＝mvm2，解得Pt=Fx+mvm2，故D正确；故选D.
点睛：小车的恒定功率启动方式是一种最快的启动方式，是加速度不断减小的加速运动，运动学公式不再适用，但可以根据动能定理列式求解．
15．极限跳伞（sky diving）是世界上最流行的空中极限运动，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间，这样冒险者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落。如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能,Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，在整个过程中，忽略伞打开前空气阻力，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能符合事实的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B

点睛：解决本题的关键知道图象的物理意义，搞清运动员的运动情况，通过加速度变化判断合力的变化，通过下降的高度判断重力势能的变化．
16．一个人站在高为H的平台上，以一定的初速度将一个质量为m的小球抛出．测出落地时小球的速度大小是V，不计空气阻力，人对小球做的功W及小球被抛出时的初速度大小V0分别为（　　）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】对小球在空中运动过程，有：；解得：，，故A正确。
点晴：本题考查了动能定理的直接应用，在不涉及到运动时间和运动过程以及变力做功时运用动能定理解题较为简洁、方便．该题难度不大，属于基础题。
17．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是

A. 弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B. 板的加速度一直增大
C. 弹簧给木块A的冲量大小为
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】D
【解析】在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B错误；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2．取向左为正方向，根据动量守恒定律，有：2mv0=2mv1+mv2 ；
根据机械能守恒定律，有：•2m•v02=•2m•v12+mv22 ；解得：v1=v0，v2=v0．对滑块A，根据动量定理，有：I=2mv1-2mv0=-mv0（负号表示方向向右），故C错误；当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；根据动量守恒定律，有：2mv0=（m+2m）v ；
系统机械能守恒，根据守恒定律，有：Ep=•2m•v02-（2m+m）v2  ；由以上两式解得：Ep=mv02，故D正确；故选D.
18．某人身系弹性绳自高空p点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬吊着的位置，c点是人所到达的最低点，空气阻力不计，则人（ ）

A. 从p至c过程中人的动能不断增大
B. 从p至a过程中人的机械能不守恒
C. 从p至c过程中重力所做的功等于人克服弹性绳弹力所做的功
D. 从a至c过程中人的重力势能减少量等于弹性绳的弹性势能增加量
【答案】C
【解析】A、从p至a过程中人做自由落体运动，b点是人静止悬吊着的位置，即平衡位置，那么过了b点后，人就开始减速运动了，c点是人所到达的最低点，所以人的动能是先增大后减小，故A错误；
B、从p至a过程中人做自由落体运动，所以机械能守恒，故B错误；
C、从P至点c的过程中，重力和弹力做功，由于初速度和末速度都是0．根据动能定理，重力所做功等于人克服弹力所做功，故C正确；
D、从a到c过程，机械能守恒，动能减少，重力势能减少，弹性势能增加，故重力势能减少量小于弹性势能增加量，故D错误。
综上所述本题答案是：C
19．如图所示，一个质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使长部分垂在桌面下，（桌面高度大于链条长度），则链条上端刚离开桌面时的动能为（　　）

A. 0 B. mgL C. mgL D. mgL
【答案】D
【解析】将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心中竖直段的中间，高度为，而竖直部分的重力为，这样竖直部分的重力势能为，这样链条总的重力势能为，链条上端刚离开桌面时，链条总的重力势能为，由机械能守恒得链条上端刚离开桌面时的动能为，故D正确，ABC错误，
故选D。
20．如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙.现用一水平拉力F作用在B上，使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有

A. F做的功一定等于A、B系统动能的增加量
B. F做的功一定小于A、B系统动能的增加量
C. f1对A做的功等于A动能的增加量
D. f2对B做的功等于B动能的增加量
【答案】C
【解析】由于开始运动后，A是否会相对于B发生运动，从题中给出的条件不能判断，所以也就是如果两者发生运动，对整体分析可知，F做功转化为转化为两个物体的动能及系统的内能；故F做的功大于AB系统动能的增加量，AB错误；由动能定理可知，对A做的功等于A动能的增加量，C正确；对B做负功，和拉力做功的总功等于B动能的增加量，D错误．
21．前不久，中印边界发生了一次双方军队互相斗殴的接触事件，其中有一个我军边防战士跳起来，一脚踹翻印军士兵的精彩视频广泛传播，如果其起跳的最大高度堪比运动员，请根据体育和生活常识估算该英勇战士起跳瞬间消耗的能量是最接近于
A. 10J B. 1000J C. 10000J D. 1J
【答案】B
【解析】战士的质量约75kg，其受到的重力G=mg=75×10N=750N，跳起的高度h=1m，水平位移x=2m，则在竖直方向上，运动时间，水平方向上：，合速度，动能，故，与1000J最接近，故B正确，ACD错误；
故选B。
22．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后，A自由下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )

A. 速度的变化量大小相等
B. 机械能的变化量不同
C. 重力势能的变化量相同
D. 重力做功的平均功率不同
【答案】A
【解析】试题分析：剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值．
设斜面倾角为，刚开始AB处于静止状态，所以，所以，剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据动能定理得，则，所以速率的变化量为，可知两个物体落地速度大小相等，但方向不同，A正确；剪断细线，A、B两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，B错误；重力势能变化量，由于AB的质量不相等，所以重力势能变化不相同，C错误；A运动的时间为，所以A重力做功的平均功率为，B运动有，解得，所以B重力做功的平均功率为：，而，所以重力做功的平均功率相等，D错误．
23．小明骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行。设小明与车的总质量为100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10m/s2。通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近( )
A. 500 W B. 300 W C. 100 W D. 50 W
【答案】C
【解析】试题分析：人在匀速行驶时，受到的阻力的大小和脚蹬车的力的大小相等，由可以求得此时人受到的阻力的大小．
设人汽车的速度大小为5m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为，此时的功率，C正确．
24．如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )

A. 圆环通过O点的加速度小于g B. 圆环在O点的速度最大
C. 圆环在A点的加速度大小为 D. 圆环在B点的速度为
【答案】D
【解析】A项，圆环在O点处时两弹簧处于原长，圆环水平方向没有受到力的作用，因此没有滑动摩擦力。此时圆环仅受到竖直向下的重力影响，因此通过O点的加速度大小为g，故A项错误。
B项，圆环在受力平衡处时速度最大，而O点圆环受力不平衡做加速运动，故B项错误。
C项，圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力影响，在A点对圆环进行受力分析，其受重力及两弹簧拉力作用，合力向下，满足，解得圆环在A点的加速度大小为，故C项错误。
D项，圆环从A到B时，根据机械能守恒，重力势能转化为动能，即，解得圆环在B点的速度为，故D项正确。
综上所述本题答案是：D
25．物体静止在光滑的水平面上，先对物体施加一个水平恒力F1，作用时间t后撤去F1,立即对物体施加一个方向与F1相反的水平恒力F2,又经时间2t物体回到出发点，在这一过程中，F1和F2分别对物体做功W1和W2，则下列说法正确的是：（ ）
A. W1:W2=1:1 B. W1:W2=1:2 C. W1:W2=5:4 D. W1:W2=4:5
【答案】D
【解析】设恒力F1作用ts后物体的速度为v1，恒力F2又作用2ts后物体的速度为v2
所以物体在第一个ts内的位移为：x1=，物体在第二个ts内的位移为：x2=
根据题意物体在第2个ts内回到出发点，故有：
x1=−x2
整理得：v1=−v2
根据动能定理有力F1做的功等于物体动能的变化有：W1=
力F2对物体做的功为：W2=
解得：W1:W2=4:5
故选：D。
点睛：物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移为零．根据运动学公式即可确定两个过程末速度的关系，根据动能定理可求两个过程两个力做功的关系。
26．如图所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为l kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为l5 N。取重力加速度为g=10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为

A. 0.5 J B. 1.0 J C. 1.5 J D. 1.8 J
【答案】C
【解析】试题分析：小球在B点竖直方向上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功．
在B点有．得．A滑到B的过程中运用动能定理得，得，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5J，C正确．
27．27．如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力

A. 垂直于接触面，做功为零
B. 垂直于接触面，做负功
C. 不垂直于接触面，做功为零
D. 不垂直于接触面，做正功
【答案】A
【解析】曲面体与小球之间的作用力为弹力，垂直于它们之间的接触面，由于速度沿切线方向，所以弹力垂直于速度方向，故弹力不做功，A正确．
28．如图所示，用一根长杆和两个小定滑轮组合成的装置来提升质量为m的重物A，长杆的一端放在地面上，并且通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方的O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物A，C点与O点的距离为，滑轮上端B点距O点的距离为.现在杆的另一端用力，使其沿逆时针方向由竖直位置以角速度匀速转至水平位置(转过了 角).则在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 重物A的速度先增大后减小，最大速度是
B. 重物A做匀速直线运动
C. 绳的拉力对A所做的功为
D. 绳的拉力对A所做的功为
【答案】A
，则此时速度为；故此时动能的增加量为，因此绳子对物体A所做的功为，故CD错误；选A.
【点睛】本题应明确重物的速度来自于绳子的速度，注意在速度的分解时应明确杆的转动线速度为线速度，而绳伸长速度及转动速度为分速度，再由运动的合成与分解得出合速度与分速度的关系。
29．如图所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ。一质量为m的小滑块（可看作质点）自P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块（可看作质点）滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则（   ）

A. 小滑块恰好可以到达Q点 B. 小滑块不能到达Q点
C. D.
【答案】C
【解析】从最高点到N，由动能定理有，
在N处，，
联立上述两式，可得，故C正确，D错误；
质点从P到N再到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在PN段与轨道之间的压力大于NQ段之间质点与轨道之间的压力，根据可知，质点在PN段受到的摩擦力比较大，所以质点在PN段摩擦力做的功比较多，则摩擦力在NQ段做的功，
从N到Q，由动能定理得，
解得，小滑块到达Q点后，还能继续上升，故AB错误；
故选C。
30．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时．汽车的瞬时加速度的大小为（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】解：汽车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件有：
F1=f…①
P=F1v…②
当汽车的车速为时有： …③
根据牛顿第二定律有：
F2﹣f=ma…④
由①～④式，可求得：

所以ABD错误，C正确；
31．一质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（　　）
A. 地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为
B. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为
C. 地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零
D. 地面对他的冲量为为，地面对他做的功为零
【答案】C
【解析】人从下蹲起跳，经时间速度为v，对此过程应用动量定理得：
故在此过程中，地面对他的冲量
人在起跳过程中，受到地面对人的支持力但没有产生位移，地面对他做的功为零。
综上，选C
点睛：动量定理中冲量应是所有力的冲量，不能漏去重力的冲量。
32．如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是（取初速度方向为正方向）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】物体上滑时的加速度大小 a1==gsinθ+μgcosθ，方向沿斜面向下．下滑时的加速度大小 a2==gsinθ-μgcosθ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v-t线的斜率等于加速度，可知选项AB错误；动能是标量，不存在负值．故C错误．重力做功W=-mgh=-mgxsinθ，故D正确．故选D.x.kw
点睛：解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况．要通过列方程分析图象的物理意义．
33．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质量相等小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0，2L)抛出，落在(2L， 0)处；小球b、c从(L， 0)抛出，分别落在(2L，0)和(L，0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是

A. b的初速度是a的初速度的两倍
B. b的初速度是a的初速度的倍
C. b的动能增量是c的动能增量的两倍
D. a的动能增量是c的动能增量的倍
【答案】B
【解析】ab的水平位移相同，但时间不同，根据可知，根据可知，故A错误，B正确；bc的竖直位移相同，根据动能定理可知，b的动能增量等于c的动能增量，选项C错误；a的竖直位移等于c的2倍，根据动能定理可知，a的动能增量等于c的2倍，选项D错误；故选B.
34．如图所示为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度一时间图象，则下列判断正确的是（ ）

A. 前的平均速度是
B. 的平均速度小于的平均速度
C. 钢索拉力的功率不变
D. 前钢索最容易发生断裂
【答案】D
【解析】由速度时间图线可知，10s末的速度为，则5s末的速度为，根据平均速度的推论知，前5s内的平均速度，A错误；根据平均速度的推论，知内和内平均速度相等，B错误；内做匀减速运动，拉力不变，速度减小，根据，知拉力的功率减小，C错误；前内加速度方向向上，拉力大于重力，内做匀速直线运动，拉力等于重力，内加速度方向向下，拉力小于重力，可知前10s内钢索最容易发生断裂，D正确，选D.
【点睛】根据图线得出5s末的速度，结合平均速度的推论求出前5s内的平均速度，根据拉力和重力的大小关系确定哪段时间内钢索最容易断裂，根据判断拉力功率的变化．
35．物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2；那么 (　　)
A. I1 【答案】D
【解析】由动量定理有I1＝FΔt1＝mv，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，所以I1＝I2；由动能定理有，，所以W1 【点睛】根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．
36．物体放在动摩擦因素为μ的水平地面上，受到一水平拉力作用开始运动，所运动的速度随时间变化关系和拉力功率随时间变化关系分别如图甲、图乙所示。由图像可知动摩擦因素μ为（ ）（g=10m/s2）

A. μ=0.1 B. μ=0.3
C. μ=0.2 D. μ=0.4
【答案】B
【解析】由图线可知，物体做匀速直线运动的速度v=4m/s，此时拉力等于摩擦力，则有，根据速度时间图线知，物体做匀加速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律得，F1-f=ma，又P=F1v，联立解得P=（2m+3）•2t，由P-t图线知，2(2m+3)＝＝10，解得：m=1kg，则动摩擦因数，故B正确，ACD错误．故选B．
点睛：本题考查了牛顿第二定律、速度时间图线以及功率公式的基本运用，知道速度时间图线的斜率等于加速度，根据P-t图线的斜率结合牛顿第二定律求出物体的质量是关键．
37．如图所示，可视为质点的小球质量为m，用不可伸缩的轻质细绳（绳长为L）绑着，另一端悬于O点，绳由水平从静止释放，运动至最低点的过程中（绳与水平的夹角为θ），下列说法正确的是（不计空气阻力影响）

A. 轻绳拉力先增大后减小
B. 小球水平方向的加速度先增后减，且θ=45°时有最大值
C. 小球重力的瞬时功率一直增加
D. 小球在最低点绳的张力由绳长和小球质量一起决定
【答案】B
零，到最低点加速度竖直向上，水平方向上的加速度为零，故水平方向上的加速度先增大后减小，，对求导可得，当时，，即最大，故此时水平加速度最大，故B正确；刚开始运动时，竖直方向上的速度为零，到最低点竖直方向上的速度为零，故在竖直方向上的分速度先增大后减小，即重力的功率先增大后减小，C错误．
38．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的16倍。该质点的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设质点的初速度为v，动能，经ts动能变为原来的16倍，设此时速度为，则有，联立得，则这段时间内的平均速度，解得，根据加速度定义式，选B.
39．一汽车的额定功率为P，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为vm。则（ ）
A. 无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比
B. 若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于vm
C. 汽车以速度vm匀速行驶，若要减速，则要减少实际功率
D. 若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动
【答案】C
【解析】A、根据牛顿第二定律得，可知加速度与牵引力不成正比关系，故A错误；
B、若汽车匀加速启动，功率达到额定功率时，速度没有达到最大，然后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，故B错误；
C、汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，若要减速，则需减小牵引力。速度不变，减小实际功率，牵引力减小，故C正确。
D、若汽车以额定功率启动，汽车先做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
点睛：根据牛顿第二定律得出加速度与牵引力的表达式，从而判断加速度与牵引力的关系；汽车以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，在匀加速直线运动中，速度最大，然后做变加速直线运动，加速度为零时，速度达到最大；当汽车以恒定功率启动，结合牵引力的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。
40．一个质量为m的物体以a=2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的 （ ）
A. 重力势能减少了2mgh B. 动能增加了2mgh
C. 机械能保持不变 D. 机械能减少了mgh
【答案】B
【解析】物体下降h高度的过程中，重力做功mgh，则重力势能减小mgh．故A错误．根据牛顿第二定律知，合力为2mg，根据动能定理知，合力做功为2mgh，则动能增加2mgh．故B正确．重力势能减小mgh，动能增加2mgh，则机械能增加了mgh．故CD错误．故选B．
点睛：解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的变化，合力做功等于动能的变化；除重力以外的其它力做功等于机械能的变化．
41．如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低的海平面上。若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则 （ ）

A. 物体到海平面时的势能为mgh B. 重力对物体做功为﹣mgh
C. 物体在海平面上的动能为mgh+mv02 D. 物体在海平面上的机械能为mgh+mv02
【答案】C
【解析】以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh，故A错误．重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以从地面到海平面重力对物体做的功为mgh，故B错误．从抛出到到达海平面过程中，由动能定理得：mgh=mv2-mv02，物体到达海平面时的动能mv2=mv02+mgh，故C正确．不计空气阻力，物体运动的过程中机械能守恒，则物体在海平面上的机械能等于抛出时的机械能，为mv02．故D错误．故选C．
点睛：此题考查了重力势能、重力做功、动能定理和机械能守恒．要明确动能定理揭示了外力对物体所做总功与物体动能变化之间的关系，它描述了力在空间的积累效果．动能定理解决的问题不受运动形式和受力情况的限制．还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关．
42．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，从x=0m处由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，取g =l0m/s2。 下列说法中正确的是(　　)

A. 此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W
B. 此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的功为15J
C. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W
D. 此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15W
【答案】A
【解析】对物体受力分析，物体受到的摩擦力为Ff=μFN=μmg═0.1×2×10N=2N．由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为2N，所以物体在AB段做匀速直线运动，在OA段的拉力为5N，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由v=at，x=at2，a=，代入数值解得，v=3m/s，此时的最大功率为POA=FOAv1=5×3W=15W，在AB段，物体匀速运动，速度的大小为3m/s，拉力的大小为2N，
所以此时的功率为PAB=FABv2=2×3W=6W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，所以A正确，CD错误；整个过程中拉力的功为，选项B错误；故选A．
点睛：本题考查了对功的公式W=FL的理解，根据图象的分析，要能够从图象中得出有用的信息--斜率表示物体受到的拉力的大小，本题很好的考查了学生读图和应用图象的能力．
43．如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是(　　)

A. 小球落地点离O点的水平距离为R
B. 小球落地点离O点的水平距离为2R
C. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D. 若将半圆弧轨道上部的1/4圆截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点低
【答案】B
【解析】小球恰好通过最高点P，在P点，由重力恰好提供向心力，向心力不为零，则有：mg=m，
解得：vP=;小球离开最高点后做平抛运动，则有：2R=gt2; x=vt；解得小球落地点离O点的水平距离为：x=2R，故AC错误，B正确；若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，小球到达最高点时的速度为零，从O到最高点的过程，由能量关系得：
mg（R+h）=mg∙2R+mvP2解得：h=1.5R，所以小球能达到的最大高度比P点高1.5R-R=0.5R，故D错误；故选B.
点睛：本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和能量守恒的相关知识进行研究．要注意小球运动过程中，只有重力做功，机械能是守恒的，也要灵活运用．
44．如图所示，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R．一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为（　　）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】BC段物体受摩擦力f=μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W=-fR=-μmgR；即物体克服摩擦力做功为μmgR；对全程由动能定理可知，mgR+W1+W=0；解得W1=μmgR-mgR；
故AB段克服摩擦力做功为mgR-μmgR．故选D．
点睛：AB段的摩擦力为变力，故可以由动能定理求解；而BC段为恒力，可以直接由功的公式求解；同时本题需要注意阻力做功与克服阻力做功的关系．
45．如图所示，在粗糙水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体A、B，带电量分别为Q和—q（设两电荷间的电场力只有库仑力）,开始时，A、B均处于静止状态，在物体B上作用一水平向右的恒力F，使物体 A、B向右运动．在此过程中，下列说法正确的是 (　　)

A. 力F、库仑力及摩擦力对物体A所做的功之和等于物体A的动能增量
B. 力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量
C. 力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与电势能增量之和
D. 力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和
【答案】D
【解析】A、力F 没有作用在物体A上，故力F对A不做功，故选项A错误；
B、根据动能定理，力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量，故选项B错误；
C、由功能关系可得，力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与B克服库仑力做功之和，故C错误；
D、根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故选项D正确。
点睛：合外力所做的功等于物体动能的变化，功是能量转化的量度，对物体正确受力分析，从能量的角度，应用动能定理与功能原理即可正确解题。
46．如图所示为某次NBA比赛时篮球运动员起跳投篮时的情形，运动员先由站立状态曲腿下蹲再竖直向上跃起达最大高度后将球抛出，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A. 运动员由站立状态曲腿下蹲，一直处于失重
B. 运动员离开地面上升的过程中，一直处于超重
C. 从站立到跃起过程中，地面对运动员做正功
D. 运动员离开地面上升的过程中，运动员的机械能不变
【答案】D
【解析】运动员由站立状态曲腿下蹲，先加速后减速，先处于失重，后处于超重，则A错误；运动员离开地面上升的过程中，加速度向下，一直处于失重，则B错误；从站立到跃起过程中，地面对运动员的作用力没有发生位移，做功为零，则C错误；运动员离开地面上升的过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，则D正确，故选D.
点睛：本题从功的概念出发，分析地面对运动员没有做功．根据初末机械能的变化，判断其机械能是否守恒．由加速度方向确定是超重状态还是失重状态．
47．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OB＝，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点的距离为时的速度大小为（）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】开始时O与A间距离：OA＝
设AB质量均为m，对开始时的B受力分析如图，则又所以

以开始时的AB两物体作为整体受力分析：水平方向只受F和N，故F＝N
将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则x-kw
小球B运动到与O点的距离为时，
这一过程中A向左移动了，B上升了
此时绳与竖直方向夹角的正切值，，
此时AB间的速度关系为，即
以AB为整体，由功能关系得：
联立解得：
点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。
48．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，取g＝10 m/s2，由此可知

A. 物体加速度大小为2 m/s2
B. F的大小为21 N
C. 4 s末F的功率为42 W
D. 4 s内F的平均功率为42 W
【答案】C

49．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中v-t图像如图所示， g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A. 小球重力和所受阻力之比为5：1
B. 小球上升过程中克服阻力做功24 J
C. 小球上升与下落所用时间之比为2：3
D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失
【答案】A
【解析】解：A、速度时间图线可知，小球上升的加速度大小a1=12m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=12-10N=2N；所以重力和所受阻力之比为5：1
小球匀减速直线运动的位移：x＝1/2×2×24m＝24m
B、克服阻力做功:
C、小球下降的加速度：，由得，时间之比为
D、机械能损失量等于阻力的功，上下过程阻力做功一样多，所以损失机械能一样多
50．如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是

A. 铁球可能做匀速圆周运动
B. 铁球绕轨道转动时机械能不守恒
C. 铁球在A点的速度必须大于
D. 要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg
【答案】D
【解析】小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故AB错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点．因此小球在最高点的速度可能等于，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：F=m可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg•2R=mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F-mg=
联立得：F=5mg，可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg．故D正确．故选D.
点睛：本题属于结合机械能守恒定律考查竖直平面内的圆周运动的情况，在解答的过程中正确分析得出小球经过最高点和最低点的条件是解答的关键，正确写出向心力的表达式是解答的基础．
51．如图所示，为一选手从距离水面高为20米的悬崖上跳下，选手受到的空气阻力跟速度成正比（g取10m/s2），则以下说法正确的是

A. 研究选手进入水中的姿势，可把选手看作质点
B. 选手从开始跳下到入水的时间等于2秒
C. 选手在空中下落过程合力做正功
D. 选手在空中下落过程机械能增大
【答案】C
【解析】研究选手进入水中的姿势，选手的大小和形状不能忽略，故不能把选手看作质点，选项A错误；若选手做自由落体运动，则运动的时间为：，由于空气阻力，运动员向下运动的加速度一定小于g，所以一定的时间一定大于2s．故B错误；选手在空中下落过程合力的方向与速度的方向都向下，合力做正功，故C正确；选手在空中下落过程中空气的阻力做负功，所以机械能减小．故D错误．故选C.
点睛：该题结合悬崖跳水的情景，考查根据受力情况分析运动情况的能力，分析时要抓住空气有阻力，加速度是变化的，明确判断合力做功正负的方法：看合力与速度方向的关系．
52．如图所示，质量为m的金属导体棒MN被两根轻质柔软的细导线吊在一个绝缘支架上，细导线的另一端与电源和开关相连，构成闭合回路，金属棒可做自由摆动，其接入电路部分的长度为L，在竖直方向上有磁感应强度为B的匀强磁场，初始时刻，开关处于断开状态，导体棒MN静止不动，现把开关闭合后，发现导体棒摆动的最大摆角是，则导体棒中通有的电流I为(重力加速度为g)

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据动能定理得，解得，故选D。
53．如图所示，一质量为1kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧的劲度系数为k=50N/m，现用一竖直向下的F=10N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为（弹簧形变过程中一直处于弹性限度内）

A. 2m/s B. C. D.
【答案】A
【解析】未施加F之前，有，解得此时弹簧压缩了，施加F之后，小球受到F，重力和弹力作用，当速度最大时，即，此时弹簧压缩了，即在F的作用小球的位移为，故，小球又回到初始位置时，重力做功为零，弹力做功为零，即整个过程中对小球的总功等于F所做的功，故根据动能定理可得，解得，A正确．
54．如图所示，质量为m的小球用两细线悬挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长，倾斜细线OB长为，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加多少为g，下列论述中正确的是( )

A. 在剪断OA现瞬间，小球加速度大小为
B. 剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率最大值为
C. 剪断OB线瞬间，小球加速度大小为
D. 剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为
【答案】D
【解析】A．在剪断OA现瞬间，即将以B为圆心做圆周运动，沿切线方向有，则小球加速度大小为，故A错误。
B．剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，由动能定理，重力功率，重力功率最大值为
C．剪断OB线瞬间，即将以A为圆心做圆周运动，沿切线方向有，小球加速度大小为g,故C错误。
D．剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方，由动能定理有，在小球运动到B点正下方时，有，所以小球运动到B点正下方时细线拉力大小为，故D正确。
55．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在时刻开始运动，其v-t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（　　）

A. 物体与地面间的动摩擦因数为
B. 物体在时刻的加速度大小为
C. 物体所受合外力在时刻的功率为
D. 水平力F在到2这段时间内的平均功率为
【答案】D
，解得，物体受到的合外力为，所以此时功率为，故BC错误；时刻速度为，在时刻的平均速度为，故平均功率为，故D正确．
56．高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后．人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A. 人向上弹起过程中，一直处于超重状态
B. 人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力
C. 弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力
D. 从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动
【答案】C
【解析】人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后的一段弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态，故A错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故B错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，高跷对人的作用力大于人的重力，C正确；从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，然后再做加速度增大的减速运动，故D错误。所以C正确，ABD错误。
57．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是（ ）

A. 圆弧轨道的半径一定是
B. 若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点
C. 若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点
D. 不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点
【答案】BD
【解析】试题分析：物体下滑道传送带上时，解得，若v≥v1时，物体回到传送带左端时的速度仍为v1；若v 考点：机械能守恒定律；
【名师点睛】本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力；物体在减速和加速时的加速度的大小相同的，传送带的速度大于或等于物体下滑到传送带上的速度时，物体反向加速的速度的大小才会等于下滑到传送带时的速度的大小，才能够返回原来的A点。
58．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，现将小环从定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑的距离也为d时，（图中B处），下列说法正确的是(　　)

A. 小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B. 小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C. 小环在B处的速度与重物上的速度大小之比等于
D. 小环在B处的速度与重物上的速度大小之比等于
【答案】AC

考点：牛顿第二定律；运动的分解
【名师点睛】解决本题时应明确：①对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；②物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解。
59．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则小球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力，重力加速度为g)（ ）

A. mgv0tan θ B.
C. D. mgv0cos θ
【答案】B
【解析】（1）由平抛运动得：vx=v0；vy=gt
根据平行四边形定则知：
则：，故重力的瞬时功率为：P=mgvy=mg•gt=，故选B．
60．在排球比赛中，大力扣球是进攻的主要手段之一，假设扣球手扣球时球与地面之间的距离为3 m，扣球后的球速为30 m/s，对方接球位置离地面约1 m，已知排球质量大约250 g,请估算接球前瞬间球的动能约为（ ）

A. 6J B. 110J C. 600J D. 1200J
【答案】B
【解析】根据机械能守恒定律：，解得：，B正确ACD错误。
故选：B。
61．某偏远山区为了实现供电，自己修建了小型水利发电站，如图所示，若该发电站蓄水池平均每天蓄水的有效总库容量为786m3，发电过程中上下水库平均水位差为64m。则下列说法正确的是（ ）

A. 若每天发电40 kWh,则能源利用效率约为 35%
B. 发电时下水库出水口的水流速度可达到 36m/s
C. 蓄水池中水的重力势能全部转化为电能，则每天能发电约 138 kWh
D. 平均每天所发电能可供10户居民同时用电（每户电功率为1.4kW）约10h
【答案】C
【解析】A、蓄水池中能用于发电的水的重力势能为Ep=mgh=ρVgh=1.0×103×786×10×64J≈5.0×108J，则能源利用效率，A错误；
B、若没有任何阻力，由机械能守恒得mgh=mv2，得v==≈37m/s，由题知，水流下的过程中受到阻力，所以发电时流入下水库的水流速度小于37m/s，故B错误；
C. 蓄水池中能用于发电的水的重力势能为Ep=mgh=ρVgh=1.0×103×7.86×106×10×64J≈5.0×108J，全部转化为电能，则每天能发电约≈138 kWh，故C正确；
D、若重力势能全部转化为电能，平均每天所发电能可供10户居民同时用电时间,由于效率不可能达到100%，可供给一个大城市居民用电时间小于10h，D错误。
故选：C
【点睛】
根据每天有效蓄水量求电站的总效率；由能量守恒定律分析发电时流入下水库的水流速度；根据Ep=mgh求蓄水池中能用于发电的水的重力势能；再由能量守恒求居民用电时间。
62．如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )

A. 5 m/s B. 4 m/s
C. 8.5 m/s D. 9.5 m/s
【答案】A
【解析】小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh＝mv2−mv02
解得：v0=15m/s
小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有：-mv0+MV=（M+m）v′
解得：v′=5m/s，故选A.
63．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如人原地起跳时，总是身体弯曲略下蹲，再猛然蹬地、身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面．从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是
A. 地面对人的支持力始终等于重力
B. 地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量
C. 人原地起跳过程中获得的动能来自于地面
D. 人与地球所组成的系统的机械能是守恒的
【答案】B
【解析】人在上升过程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A错误；因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B正确；人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故C错误；由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故D错误；故选B．
点睛：本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利用自身的能量得以增加机械能的．
64．如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下．当它滑过A点的速度大小为5m/s时，滑到B点的速度大小也为5m/s．若使它滑过A点的速度变为7m/s，则它滑到B点的速度大小为（　　）

A. 大于7 m/s B. 等于7 m/s C. 小于7 m/s D. 无法确定
【答案】C
【解析】木块从曲面的A点下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度增大时，在同一点木块所需要的向心力增大，轨道对木块的支持力增大，则木块对轨道的压力增大，滑动摩擦力增大．木块从A运动到B，运动的路程相等，则木块下滑过程中克服摩擦力做功增大，重力做功相同，根据动能定理得知，动能的变化量增大，第一次下滑过程动能变化量为零，第二次动能的变化量应小于零，则有，得：vB＜vA=7m/s．即滑到B点的速率一定小于7m/s．故C正确,A、B、D错误．
点晴：木块从曲面的A点下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度减小时，运用向心力知识分析轨道对木块支持力的变化，判断摩擦力如何变化，确定木块克服摩擦力做功的大小，分析动能变化量的大小，再求出木块运动到B点时的速度范围．
65．如图所示，竖直放置的螺旋形光滑轨道是圆形光滑轨道相切而成的，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是

A. 轨道对小球不做功，小球通过P点的角速度小于通过Q点的角速度
B. 轨道对小球做正功，小球通过P点的线速度大于通过Q点的线速度
C. 小球通过P点时的向心加速度大于通过Q点时的向心加速度
D. 小球通过P点时对轨道的压力大于通过Q点时对轨道的压力
【答案】A
【解析】A项：因为支持力始终与速度方向垂直,所以支持力不做功即轨道对小球不做功,仅有重力做功,小球机械能守恒.则P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的.所以A选项是正确的;
B项：因为支持力始终与速度方向垂直,所以支持力不做功即轨道对小球不做功,仅有重力做功,小球机械能守恒.则P点的线速度小于Q点线速度.故B错误;
C项：因为P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球在P点的向心加速度小于Q点的,故C错误;
D项：因为P点的速度小于Q点速度,且P点的半径大于Q点的半径.所以小球在P点的向心加速度小于Q点的,则小球在P点的向心力小于Q点的,而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供,因此小球在P点的支持力小于Q点的,即小球对轨道的压力P点小于Q点的.故D错误;
所以A选项是正确的
66．一颗子弹垂直穿过一块固定的木板后，速度变为原来的1/4．现把与上述木板完全相同的四块木板紧挨着固定在地面，则让这颗子弹垂直射入时（　　）
A. 子弹将停在第二块木板内 B. 子弹将停在第三块木板内
C. 子弹将停在第四块木板内 D. 子弹可以射穿四块木板
【答案】A
【解析】子弹垂直穿过一块固定的木板后，速度变为原来的1/4，由动能定理可得：
设子弹可穿过n块木板，则对整个过程，由动能定理可得：
联立解得：，故子弹穿过1块木板，停在第2个木板内；选择A。
67．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（　　）
A. Ek1=Ek2，W1=W2 B. Ek1＞Ek2，W1=W2
C. Ek1＜Ek2，W1＜W2 D. Ek1＞Ek2，W1＜W2
【答案】B
【解析】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2．对两次经过a点的过程根据动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，ACD错误。
68．如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，（ ）

A. 小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心
B. 小球所受支持力的冲量为0
C. 小球所受重力的冲量大小为m
D. 小球所受合力的冲量大小为m
【答案】D
【解析】试题分析：由冲量的计算公式求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量或合力的冲量．
小球受到竖直向下的重力，和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，A错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒可得，故，根据动量定理可得，故C错误D正确．
69．如图所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，运动过程中F功率恒为P．物体运动速度的倒数与加速度a的关系如图乙所示（v0、a0为已知量）．则下列说法正确的是（）

A. 物体所受阻力大小为
B. 物体的质量为
C. 该运动过程中的拉力F逐渐变大
D. 物体加速运动的时间为
【答案】A
【解析】试题分析：物体在水平方向上的拉力作用下做加速运动时，速度增大，拉力减小，根据牛顿第二定律求出与a的关系式，结合乙图即可判断，当拉力等于阻力时速度达到最大．由此分析．
根据牛顿第二定律可得，功率，联立可得，变形可得，从图乙中可知当（即匀速直线运动）时，，解得，当时，解得，A正确B错误；随着速度的增大，根据（P恒定）F在减小，C错误；如果物体做匀速直线运动，则，由于物体做的是变加速直线运动，所以加速过程中的时间不等于，D错误
70．将一个篮球竖直向上抛出，则( )
A. 上升段用时较短
B. 上升时比下落时的加速度小
C. 篮球做的是匀变速直线运动
D. 抛出时的初速与落回手中时的速度大小相同
【答案】A

篮球向上、向下加速度不同所以不是匀变速直线运动，C错
71．水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ．用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则（ ）

A. 拉力F所做功为nFl
B. 系统克服摩擦力做功为n（n﹣1）μmgl
C. F＞nμmg/2
D. （n﹣1）μmg < F < nμmg
【答案】C
【解析】试题分析：当连接第n个物块的线刚好拉直时，物块1、2、3、n通过的位移分别为（n-1）l、（n-2）l、…2l、l，再求出拉力F做的功和系统克服摩擦力做的功．用假设法由动能定理分析拉力F的条件．
开始是物块都是紧挨着的，所以当第n个物块的线拉直时，n个物块中间的（n-1）段细线拉直，即第1个物块的位移为，所以拉力F做功为，A错误；第n个物块没有移动，第n-1个物块移动了，第n-2个物块移动了2，……，所以有：系统摩擦力做功为，B错误；因为开始时整体速度为零，细线都拉直时速度也为零，由于绳子拉紧瞬间有动能损失，所以拉力做的功大于克服摩擦力做功，故，解得，C正确D错误．
72．汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动。汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图象中，能描述上述过程的是（ 　）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据P=Fv分析知匀加速运动时牵引力大于阻力，F不变，v随时间均匀增大，故P随时间均匀增大，故AD错误；当匀速时牵引力等于阻力，说明F突变小，速度不变，故功率突变小，以后保持不变，故C错误，B正确．故选B.
73．甲、乙两个质量相同的物体受到竖直向上的拉力作用，从同一高度向上运动，它们的运动图象如图所示．下列说法中正确的是（　　）

A. 在t=t1时刻两物体的高度相同
B. 在t=t1时刻甲和乙所受拉力的瞬时功率相等
C. 在t=t2时刻甲所受的拉力等于乙所受的拉力
D. 在0～t1时间内甲的加速度越来越大
【答案】C
【解析】由图可知，两图象围成的面积不相等，故说明两物体的高度不相等；故A错误；在t=t1时刻两物体的速度相等；但甲物体做加速运动，故甲物体受到的拉力大于重力；则由P=FV可知，甲所受拉力的瞬时功率大于乙所受拉力的瞬时功率；故B错误；在t=t2时刻两物体均做匀速直线运动，故拉力均等于重力，故C正确；在0﹣t1时间内，甲图线的切线斜率逐渐减小，则加速度越来越小．故D错误．故选C．
点睛：本题是速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，再由功率公式进行分析求解．
74．质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手.首先左侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示,设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是( )

A. 木块静止, d1=d2
B. 木块向右运动, d12
C. 木块静止, d1 D. 木块向左运动, d1=d2
【答案】C
【解析】设子弹速度为v，质量为m，已知木块质量为M；由动量定理可得第一颗子弹射入木块后，木块与子弹共同速度为 v1，则有   mv=（M+m）v1
木块与子弹组成的系统损失的动能为△Ek=mv2-（M+m）v12
设子弹与木块之间作用力恒定为 F；则有Fd1=△Ek=mv2-（M+m）v12
第二颗子弹射入木块后，由动量守恒定律可得：mv-mv=（2m+M）v′，得v′=0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止；再对两颗子弹和木块系统为研究，由能量守恒定律得  Fd2=（M+m）v12+mv2，对比两式可得，d1＜d2，故ABD错误，C正确；故选C.
75．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000接力三连冠.观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则(   )

A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B. 甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
C. 甲的动能增加量等于乙的动能减少量
D. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
【答案】D
【解析】甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，冲量不相等，故A错误．根据动量定理可知，冲量等于动量的变化，则甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项D正确；由于乙推甲的过程中，要消耗体能转化为系统的动能，根据能量守恒定律知，甲的动能增加量不等于乙的动能减少量，根据动能定理可知二者相互做功也不相等；故BC错误．故选D.
点睛：本题要明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，两个运动员组成的系统总动量守恒．
76．一物体做直线运动的v-t图象如图所示，下列判断正确的是( )

A. 在0~1s内，物体受到的合外力逐渐增大
B. 在0~2s内，物体受到的合外力保持方向不变
C. 在1s~2s内，物体受到的合外力的平均功率为零
D. 在0~3s内，物体受到的合外力所做总功为零
【答案】D
【解析】在0～1s内，图象的斜率不变，加速度不变，物体受到的合外力不变．故A错误．在0～2s内，物体的加速度先正后负，方向发生改变，则合外力方向改变．故B错误．在1～2s内，初末动能不相等，根据动能定理W合=△EK，合外力功不为零，根据P=W/t，合力的平均功率不为零．故C错误．在0～3s内，动能变化为0，根据动能定理W合=△EK，合外力做功为0．故D正确．故选D.
点睛：解决本题的关键注意分析v-t图象的性质并会熟练运用动能定理W合=△EK，难度适中．
77．如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为(　　)

A. 8 J B. 8.72 J C. 10 J D. 9.28 J
【答案】C
【解析】当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，设小球1的速度为v′，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有：v′cos37°=vcos53°
代入数据得：v′=1.2m/s
小球2上升的高度为：h=Lcos37°=0.8m
根据功能原理得外力F所做的功为：W=mv2+mv′2+mgh
解得：W=10J，故选C.
点睛：正确找出小球1与2的速度关系是解答的关键，要知道两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，解题时要熟练运用几何知识帮助解决物理问题．
78．滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是(　 　)

A. 人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B. 人和滑车获得的动能为0.8mgh
C. 整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D. 人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
【答案】BC
【解析】加速度大小为0.4g，设受到的摩擦力是f，则沿斜面的方向：ma=mgsin30°-f，所以f=0.1mg；
则人下滑的过程中受到摩擦力的作用，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能．故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin30°−f)＝0.8mgh．故B错误；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为△E=mgh-Ek=mgh-0.8mgh=0.2mgh．故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh．故D错误．故选C.
79．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是

A. 释放B的瞬间其加速度为g/2 x/kw
B. B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和
C. B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D. 细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量
【答案】B

80．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g＝10m/s2，下列说法中正确的是( )

A. 此物体在OA段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6W
B. 此物体在OA段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6 W
C. 此物体在AB段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6 W
D. 此物体在AB段做匀速直线运动，且此过程中拉力的功率恒为6 W
【答案】D
【解析】试题分析：根据功的公式分析可知，在OA段和AB段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小
运动过程中物体受到的滑动摩擦力大小为，根据功的定义式可知拉力做功为，故可知图像的斜率表示拉力F的大小，在OA段拉力，做匀加速直线运动，当x=3m时速度最大，根据速度位移公式可得，根据牛顿第二定律可得，解得，所以此过程中最大功率为，在AB段，，做匀速直线运动，拉力的功率恒定不变，为，故D正确．
81．测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员的质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过 滑轮(不计滑轮摩擦和质量)，绳的另一端悬吊的重物质量为m2，人用力向后蹬传送带 而人的重心不动，设传送带上侧以速度V向后运动，则： ①人对传送带不做功    ②人对传送带做功 ③人对传送带做功的功率为m2 gV ④人对传送带做功的功率为(m1+m2)gV ⑤传送带对人做功的功率为m1 gV    则下列选项中正确的是：（     ） 

A. ① B. ②④ C. ②③ D. ①⑤
【答案】C
【解析】①、②、人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做功．故①错误，②正确．③、④、人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g．所以人对传送带做功的功率为m2gv．故③正确，④错误．故选C．
【点睛】解决本题的关键掌握判断力是否做功的方法，当力与运动方向垂直，该力不做功．
82．一煤块由静止放到水平向右匀速运动的白色传送带上，煤块在传送带上划出一段黑色的痕迹，若以传送带为参考系，则煤块在传送带上划痕的过程可描述为(　　)
A. 向右做匀加速运动 B. 向右做匀减速运动
C. 向左做匀减速运动 D. 向左做匀加速运动
【答案】C
【解析】煤块先向右匀加速运动，当速度与传送带相同时，一起匀速直线运动；以传送带为参考系，煤块有向左的初速度，又受到向右的滑动摩擦力，故向左做匀减速直线运动，直到与皮带相对静止；故选C．
【点睛】本题关键是先分析清楚煤块相对地面的运动情况，然后再以皮带为参考系，分析清楚煤块的运动情况．
83．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是(　　)

A. 物块一碰到弹簧立即做减速运动
B. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C. 带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)
D. 弹簧的弹性势能的增加量为
【答案】B
【解析】物块刚碰到弹簧时，弹力为零，然后弹力逐渐增加，则物块的加速度逐渐减小，直到加速度减到零时速度最大，选项A错误；物体静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg-qE=ma，解得：．从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W=-qE（H+h）=-，可知机械能减小量为．故B正确．从A到C过程中，电场力做功为-，则电势能增加量为．故C错误．根据动能定理得：mg（H+h）-mg（H+h）+W弹=0，解得弹力做功为：W弹=-mg（H+h），即弹性势能增加量为mg（H+h），故D错误．故选B．
点睛：本题考查了功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力或弹力以外其它力做功等于机械能的增量．
84．如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球自左端槽口a点由静止开始进入槽内，则下列说法正确的(　　)

A. 小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B. 小球经过最低点b时处于失重状态
C. 小球能够到达与a点等高的右侧c点
D. 小球与槽构成的系统在整个过程中机械能守恒
【答案】D
【解析】小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功．故A错误；小球经过最低点b时，加速度向上，处于超重状态，故B错误；由于球的机械能有部分转化为槽的动能，故小球最后不能上升到等高的右侧c点；故C错误；由于小球和槽组成的系统没有外力做功；故小球与槽组成的系统机械能是守恒的；故D正确；故选D．
点睛：考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．
85．在同一高度位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、竖直向上抛出，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
【答案】A
【解析】由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同，又是从同一个位置抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置高度差相同，初动能也相同，由机械能守恒可知，末动能也相同，所以末速度的大小相同．故选A．
86．关于下列运动，说法正确的是（）
A. 物体做匀速直线运动，机械能一定守恒
B. 物体做平抛运动，机械能一定守恒
C. 物体做匀加速直线运动，机械能一定不守恒
D. 只要速度发生变化，则物体的机械能一定不守恒
【答案】B
【解析】物体做匀速直线运动，机械能不一定守恒，例如物体在竖直方向上做匀速直线运动时，选项A错误；物体做平抛运动，只有重力做功，机械能一定守恒，选项B正确；物体做匀加速直线运动，机械能可能守恒。例如做自由落体运动的物体，选项C错误；只要速度发生变化，则物体的机械能不一定不守恒，例如做自由落体运动的物体，选项D错误；故选B.
87．如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L0。将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是

A. 圆环通过点的加速度小于
B. 圆环在O点的速度最大
C. 圆环在A点的加速度大小为
D. 圆环在B点的速度为
【答案】C
【解析】试题分析：以圆环为研究对象，圆环在初始位置速度为0，从A点到B点运动过程中，弹簧的形变量先减小后增加，弹簧与竖直方向的夹角先增加后减小，通过O点时的速度和加速度，通过受力情况来分析，根据牛顿第二定律可以求出圆环在A点的加速度，根据功能关系可以分析圆环在B点的速度．
圆环通过O点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，A错误；圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，B错误；圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长，根据牛顿第二定律，有，解得，故C正确；圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能，
解得，故D错误．

88．一只船在水中航行时所受阻力跟速度成正比，现在此船由静止开始沿直线航行。若保持牵引力不变，当速度达到3m/s时，加速度为a1 ，最终以6m/s的速度匀速运动；若保持牵引力的功率不变，当速度达到2m/s时，加速度为a2 ，最终以4m/s的速度匀速运动。则船在这两个运动过程中的加速度a1与a2之比为（ ）
A. 1:2 B. 2:1 C. 2:3 D. 3:2
【答案】A
【解析】当船匀速行驶时，受到的牵引力和阻力相等，设，当保持恒定牵引力时，，所以当速度v=3m/s时有，当以恒定功率运动时，，故当v=2m/s时，加速度，故A正确．
89．如右图所示，F-t图象表示某物体所受的合外力F随时间的变化关系，t＝0时物体的初速度为零，则下列说法错误的是

A. 前4s内物体的速度变化量为零
B. 前4s内物体的位移为零
C. 物体在0～2s内的位移大于2～4s内的位移
D. 0～2s内F所做的功等于2～4s内物体克服F所做的功
【答案】B
【解析】根据I=Ft知，F-t图象与时间轴所围的面积大小表示F的冲量，则知前4s内F的冲量为，根据动量定理知，前4s内物体的速度变化量△p=I=0，故A正确．
t=0时物体的初速度为零，前2s内F的方向与物体的运动方向相同，物体一直做加速运动，后2s内F的方向与物体的运动方向相反，物体做减速运动，而且t=4s时物体的速度也为零，物体做单向直线运动，所以前4s内物体的位移不为零．作出v-t图象如图所示．

根据v-t图象与t轴所围的面积大小表示位移，可知，物体在0～2s内的位移大于2～4s内的位移，故B错误，C正确．设物体的质量为m，最大速度为v．由动能定理得：0～2s内F所做的功为：W1=mv2-0=mv2．2～4s内F所做的功为：W2=0-mv2=-mv2，即物体克服F所做的功为mv2，所以0～2s内F所做的功等于2～4s内物体克服F所做的功，故D正确．此题选择错误的选项，故选B.
90．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动．它们从开始到到达地面，下列说法正确的有(　　)

A. 它们同时到达地面
B. 重力对它们的冲量相同
C. 它们的末动能相同
D. 它们动量变化的大小相同
【答案】D
【解析】球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故bc两个球的运动时间相同，为：；球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据，
得：；故t＜t′，故A错误；由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，故B错误；初动能不全相同，而合力做功相同，故根据动能定理，末动能不全相同，故C错误；bc球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；ab球机械能守恒，末速度相等，故末动量相等，初动量为零，故动量增加量相等，故D正确；故选D.
91．如图所示：不可伸长的细线一端固定在O点，另一端与小球相连。第一次把小球拉到A点然后自由释放，第二次把小球拉到B点然后自由释放，小球均在竖直平面内运动，从A点释放的小球和从B点释放的小球在经过C点时（ ）

A. 细线拉力一样 B. 小球的速度一样
C. 小球加速度不一样 D. 小球的重力势能不一样

92．如图所示，轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一挡板，挡板的质量为m，一物体沿光滑水平面以一定的速度撞向挡板，物体质量为M，物体与挡板相接触的一面都装有尼龙搭扣，使得它们相撞后立即粘连在一起，若碰撞时间极短（即极短时间内完成粘连过程），则对物体M、挡板m和弹簧组成的系统，下面说法中正确的是

A. 在M与m相撞的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒
B. 从M与m开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，系统的动量不守恒而机械能守恒
C. 从M与m开始接触到弹簧恢复原长的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒
D. 以上三种说法都不正确
【答案】A
【解析】在M与m相撞的过程中，有能量损失，所以系统机械能不守恒．碰撞的瞬间，由于时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒，故A正确；从M与m粘连后到弹簧被压缩到最短的过程中，墙壁对系统有作用力，即系统所受的外力之和不为零，系统动量不守恒，该过程只有弹力做功，系统机械能守恒，由于从M与m开始接触时动量守恒机械能不守恒，则选项B错误；从M与m开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，墙壁对系统有作用力，即系统所受的外力之和不为零，系统动量不守恒，由于碰撞的过程有能量损失，系统机械能不守恒，故CD错误；故选A．
点睛：本题考查了判断动量与机械能是否守恒，知道动量守恒与机械能守恒的条件即可正确解题；碰撞过程中内力远远大于外力，动量守恒，只有重力或弹簧弹力做功时机械能守恒．
93．曲线OD为物体A从O点以v0=3m/s的速度水平抛出的运动轨迹，现固定一与曲线OD重合的光滑轨道，轨道上有一点M,OM连线与竖直方向的夹角为45°,将物体A沿轨道从O点无初速下滑，则物体A滑到M点的速度大小为（重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力）

A. 3m/s B. m/s C. 6m/s D. m/s
【答案】C
【解析】根据平抛规律：得，，则竖直方向上下落的距离为，故从A到M点由动能定理，可得.故选C.
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
94．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图象中，哪个图象正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度与时间的关系(　　)
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】以功率P运动时，匀速过程中，牵引力和阻力相等，故有，解得，当以运动时，可知速度减小，牵引力增大，加速度大小为，故做加速度减小的减速运动，AC错误；当阻力和牵引力相等时有，解得，即最终以匀速运动，故B正确D错误．
95．如图所示，两滑块a、b以相同初速度在各自轨道上运动, ,两轨道起点与终点等高,且水平距离相同, b轨道在竖直平面内，运动过程中均无机械能损失。对全过程中，则下列说法中错误的是( )

A. a、b达到C时对轨道压力大小不等
B. a、b达到终点的速度相等
C. b比a先到达终点
D. a、b运动中的平均速率相等
【答案】D
【解析】a运动到c点时的速度小于b运动到c点时的速度，况且前者是水平面，后者是曲面，则根据牛顿第二定律可知，a、b达到C时对轨道压力大小不等，选项A正确；因为两轨道起点与终点等高，且运动过程中均无机械能损失，则全过程中两物体的机械能守恒，即a、b达到终点的速度相等，选项B正确；因a以速度v0做匀速运动，而b先做加速运动，后做减速运动，最后的速度都相同，可知b的平均速度大于a的平均速度，可知b先到达终点，选项C正确；b的路程比a长，而时间短，则b的平均速率大于a的平均速率，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.
96．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中v-t图像如图所示，，则下列说法正确的是（ ）

A. 小球上升与下落所用时间之比为2：3
B. 小球上升过程中克服阻力做功24 J
C. 小球重力和所受阻力之比为5：1
D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失
【答案】C

点睛：本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过牛顿第二定律和运动学公式求出阻力是解决本题的关键．
97．如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等，C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC=h，重力加速度为g，开始时A位于P点，PA与水平方向的夹角为30°，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是

A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小
B. 物块A经过C点时的速度大小为
C. 物块A在杆上长为的范围内做往复运动
D. 在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量
【答案】B
【解析】物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力一直对A做正功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误．物体到C点时物块B的速度为零．设物块A经过C点时的速度大小为v．根据系统的机械能守恒得：，得，故B正确．由几何知识可得，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动．故C错误．物体到C点时物块B的速度为零．根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D错误．故选B.
点睛：本题的关键要正确分析两物块的运动情况，知道物体到C点时物块B的速度为零，明确系统遵守机械能守恒，但对单个物块而言，机械能是不守恒的．x*kw
98．摩天轮，是儿童热爱的游乐项目之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是

A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即，所以重力大于支持力，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcosθ可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误．故选B．
99．大型强子对撞器LHC（Large Hadron Collider）是一座欧洲核子研究组织CERN的粒子加速器与对撞机，加速管中的单个质子具有的能量为7 TeV（7×1012电子伏），此能量最接近
A. 一只蜗牛爬行时的动能 B. 辽宁舰正常行驶时的动能
C. 手机充满1次电消耗的电能 D. 家用空调工作1h消耗的电能
【答案】A
【解析】7×1012电子伏=7×1012×1.6×10-19J=1.12×10-6J；此能量接近一只蜗牛爬行时的动能；辽宁舰正常行驶时的动能、手机充满1次电消耗的电能以及家用空调工作1h消耗的电能要比此值大得多，故选A.
100．如图，光滑水平面上静止着一块木块，一颗子弹以一定的速度打进木块并留在木块内，已知子弹进入的深度是d，木块从静止到与子弹以共同的速度运动这个过程中发生的位移是x，则下列关系式正确的是（ ）

A. x=d B. x＞d
C. x＜d D. 前面三种情况都有可能
【答案】C
【解析】设子弹的初速度为v0，子弹和木块的共同速度为v，则由动量守恒定律可得：mv0=(m+M)v；由能量守恒定律：，带入可得；对木块，由动能定理：，带入可得：；比较两式可知d>x；故选C.
二、多项选择题
1．如图所示装置中，质量为M的木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以v0射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）

A. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能守恒
C. 弹簧的最大弹性势能为
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】C
【解析】试题分析：系统内力远远大于外力，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与做功情况判断系统动量与机械能是否守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．
子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，AB错误；设子弹射入木块后，两者的速度为v，子弹击中木块过程子弹与木块的内力远远大于外力，所以子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，木块压缩弹簧过程，动能转化为弹性势能，当弹性势能最大时，系统的动能全部转化为弹性势能，故由能量守恒定律得，联立解得，C正确D错误．
2．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆孰道，外圆内表面光滑，内圆外表面粗糙，.一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力.设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是

A. 若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒
B. 若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为
C. 若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于
D. 若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定大于
【答案】ACD
【解析】A项：若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒，故A正确；
B项：经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，小球的机械能为mgR，故B错误；
C项：若使小球始终做完整的圆周运动，则小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，在最高点的速度，根据机械能守恒，由以上两式可得，故C正确；
D项：若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，根据，所以，故D正确。
点晴：解决本题关键是理解小球在不同情景下沿内圆还是外圆运动，当球运动到最高点时受到为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒。
3．类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图象求位移的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（ ）
A. 由（加速度-时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内做直线运动物体的速度变量
B. 由（力-速度）图线和横轴围成的面积可以求出对应速度变化过程中做功的功率
C. 由（力-位移）图线和横轴围成的面积可以求出对应位移内力所做的功
D. 由（角速度-半径）图线和横轴围成的面积可以求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度
【答案】AC
【解析】A、（加速度-时间）图线和横轴围成的面积表示速度的改变量，故A正确；
B、图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，故B错误；
C、由公式．可求出力对物体所做的功，所以（力-位移），图线和横轴围成的面积可以求出对应位移内力所做的功，选项C正确；
D、图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即线速度，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不一定等于线速度，故D错误。
点睛：本题关键明确在x-y坐标系中，图线和横轴围成的面积转化为求解功、速度改变量等。
4．如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物，重物静止时处于位置．现用手托重物使之缓慢上升至位置，此是弹簧长度恢复至原长．之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在位置和位置（图中未画出）之间做往复运动．重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．关于上述过程（不计空气阻力），下列说法中正确的是（ ）

A. 重物在运动过程中其加速度的大小不可能大于重力加速度的值
B. 在重物从位置下落到位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量
C. 在手托重物从位置缓慢上升到位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中弹簧的最大弹性势能
D. 重物从位置到位置和从位置到位置，弹簧弹力对重物所做之比是
【答案】ABD
【解析】A．物体从为平衡位置做简谐运动，根据对称性，最低点的加速度与最高点的加速度大小相等，方向相反，最高点只受重力，加速度为，故最低点的加速度大小也为，故A正确；
B．在重物从位置下落到位置的过程中，动量的改变量不为零，根据动量定理，有，故重力的冲量大于弹簧弹力的冲量，故B正确；
C．在手托重物从B位置缓慢上升到A位置过程中，故手对重物所做的功等于克服重力做功和弹力做功，手对重物所做的功小于重物往复运动过程中弹簧的最大弹性势能，故C错误；
D．根据胡克定律有，作图如下：

图中图线与轴包围的面积表示弹力的功，故在重物从位置到位置和从位置到位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是，故D正确。
点睛：本题通过弹簧振子模型综合考了力与运动关系、动量定理、动能定理，关键是熟悉振子振动过程的受力情况、运动情况和能量转化情况，还要会结合图象法求解变力做的功。
5．把质量为m的小球（可看作质点）放在竖直的轻质弹簧上，并把小球向下按到A的位置（图甲），如图所示．迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置C点（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知AB的高度差为h1，BC的高度差为h2，通过AB和BC所用时间为t1和t2，重力加速度为g，不计空气阻力（　　）

A. 小球从A上升到B位置的过程中，动能一直增大
B. 小球从A上升到C位置的过程中，机械能先增大后不变
C. 小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为mg（h1+h2）
D. 若h1等于h2，则一定有t1小于t2
【答案】BCD
【解析】A、小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，故A错误；
B、从A上升到B位置的过程中，弹簧对小球做正功，小球的机械能增大，从B到C的过程，只有重力做功，小球的机械能守恒，故B正确；
C、根据系统的机械能守恒得知，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能，为：），故C正确；
D、A到B的过程中小球先加速后减速，设小球在B点的速度为，则小球在AB之间的平均速度一定大于；小球在BC之间做匀减速直线运动，所以平均速度等于，若等于，则一定有小于，故D正确。
点睛：解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。
6．一物体在竖直方向的升降机中，由静止开始竖直向上作直线运动，运动过程中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示，其中0~h1过程的图线为曲线，h1～h2过程中的图线为直线。下列说法正确的是

A. 0~h1过程中，升降机对小球的支持力一定做正功
B. 0~h1过程中，小球的动能一定在增加
C. h1～h2过程中，小球的动能可能不变
D. h1～h2过程中，小球重力势能可能不变
【答案】AC
会减速，A正确B错误；由于小球在h1～h2内E-h图的斜率不变，所以小球所受的支持力保持不变，故物体可能做匀速运动，动能不变，C正确；由于小球在h1～h2内E-x图象的斜率的绝对值不变，重力势能随高度的增大而增大，所以重力势能增大，故D错误．
7．如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与质量为mB的小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上质量为mA的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的速度大小为vA，加速度大小为aA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为。则

A. VB=
B. aA=
C. 小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能
D. 当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大
【答案】AD
【解析】试题分析：将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度；再依据矢量的合成法则，及牛顿第二定律，并选取A与B作为系统，根据机械能守恒条件，即可求解．
将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度．在沿绳子方向的分速度为，所以，A正确；根据力的合成与分解法则，结合牛顿第二定律，而，则有，，故B错误；选AB作为系统，系统的机械能守恒，那么小球B减小的机械能等于物块A增加的机械能，C错误；除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小．所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大，D正确．
8．如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A。半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50N（取g=10m/s2）。则（ ）

A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J
B. 小球B运动到C处时的速度大小为0
C. 小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D. 把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
【答案】ACD
【解析】解：把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F的位移为：，则力F做的功WF=Fx=20J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C点时，此时B的速度方向与绳子方向垂直，此时A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理：，解得v= m/s，选项B错误；当细绳与圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与小球A速度大小相等，由几何关系可得h=0.225m选项C正确；B机械能增加量为F做的功20J，D正确
本题选ACD
9．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2=0.5kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得( )

A. 在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态
B. 从t3到t4之间弹簧由原长变化为压缩状态
C. t3时刻弹簧弹性势能为6J
D. 在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态
【答案】AC
【解析】从图象可以看出，从0到的过程中B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，A正确；从图中可知从到时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于原长，故BD错误；由图示图象可知，时刻两物体相同，都是2m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，即，解得m1：m2=2：1，所以，在时刻根据能量守恒定律可得即，解得，C正确．
10．如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，A与水平杆之间的动摩擦因数=0.2，初始A、B均处于静止状态，已知：OA=3m，OB=4m．若A球在水平拉力F的作用下向右缓慢地移动1m(取g=10m/s2)，那么该过程中( )

A. 小球A受到的摩擦力大小为7.5N
B. 小球B上升的距离为1m
C. 拉力F做功为12J
D. 拉力F做功为14J
【答案】BD
【解析】试题分析：对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，根据共点力平衡条件列式，求出支持力N，从而得到滑动摩擦力；根据几何知识求解B球上升的高度；最后对整体运用动能定理列式，得到拉力的功．
对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力，如图，根据共点力平衡条件，有竖直方向：，水平方向：，其中，解得，，A错误；移动前，绳长，A球移动1m后，OA=4m，故OB长为，所以小球B上升1m，B正确；对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到，故有，C错误D正确．

11．如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其T﹣v2图象如图乙所示，则（　　）

A. 轻质绳长为
B. 当地的重力加速度为
C. 当v2=c时，轻质绳的拉力大小为
D. 只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a
【答案】ACD
【解析】A、在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得：
得①
由图象知，时，，图象的斜率，则得：，得：绳长，故A正确；
B、当时，，由①得：，得，故B错误；
C、当时，代入①得：，故C正确；
D、只要，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：
最高点：②
最低点：③
从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：④
联立②③④解得：，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为，故D正确。
点睛：解决本题的关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道图线的斜率和截距表示的含义。
12．如图所示，等腰直角三角体OCD由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP．现OD边水平放置，让小物块无初速从C滑到D，然后将OC边水平放置，再让小物块无初速从D滑到C，小物块两次滑动到达P点的时间相同．下列说法正确的是( )

A. 第二次滑到P点速率大
B. 两次滑动中物块到达P点时的速度大小相等
C. 两次滑动中物块到达底端时的速度大小相等
D. 第一次滑到P点速率大 x=kw
【答案】AC
【解析】A、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同，由于，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为，从D到P时速度为，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，故A正确，D错误；
B、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故B错误，C正确。
点睛：熟练应用动能定理是解答这类问题的关键，应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节。
13．静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力作用下开始竖直上升，不计空气阻力，物体机械能E与物体升高的高度h之间的关系图象如图所示，其中图线在A点处的切线的斜率最大，在B点处的切线水平，～的图线为平行于横轴的直线，则下列说法正确的是(   )

A. 物体在处物体的速度最大
B. 物体在处的加速度最大
C. ～过程中拉力的功率为零
D. 0～过程中物体所受拉力始终大于重力
【答案】BC

14．如图所示，水平传送带的长度AC=L，以速度v保持匀速运动，把质量为m的货物无初速地放到A点，当货物运动到C点时速度恰为v。货物与皮带间的动摩擦因数为μ，B点为AC的中点，则货物从A点到C点的过程中（ ） 

A. 货物运动到B点时的速度为 B. 货物从A运动到C点时的时间
C. 货物的动能增加了μmgL D. 摩擦力对货物做功的平均功率为
【答案】CD
【解析】货物从A到C过程中在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，加速度为，，A到B过程中，，货物运动到B点时的速度为，故A错误；由，货物从A运动到C点时的时间，故B错误；由动能定理得：；货物的动能增加了，故C正确；摩擦力对货物做功的平均功率为，故D正确；
故选CD。
15．(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是(　 　)

A. 物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B. 物体运动的位移为13 m
C. 物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D. x=9m时，物体的速度为
【答案】ACD
【解析】试题分析：物体所受摩擦力大小为恒力，故乙图中的下面一条直线为摩擦力做功的图象，上面的图像为拉力F做功图像，结合斜率求出摩擦力大小和外力F大小．
物体所受摩擦力大小为恒力，故乙图中的下面一条直线为摩擦力做功的图象，根据可知，解得，整个过程中滑动摩擦力一直做功，故物体运动的位移，A正确B错误；上面的图像为拉力F做的功，故前3m内拉力，物体在前3 m内的加速度，C正确；由动能定理得，可得x=9m时，物体的速度为，D正确．
16．(多选)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t=0时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力F作用，拉力F与时间t的关系如图甲所示。物体在时刻开始运动，其运动的v ­t图像如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)

A. 物体与地面间的动摩擦因数为
B. 物体在t0时刻的加速度大小为
C. 物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0
D. 水平力F在t0～2t0时间内的平均功率为
【答案】AD
【解析】试题分析：在时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0-t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率
物体在时刻开始运动，故，动摩擦因数，A正确；在时间内，假设物体做匀加速运动，则，解得，实际上物体的加速度从0开始增大，故在时刻加速度大于，B错误；在时刻，物体受到的合外力，功率，C错误；在2t0时刻速度，在时间内物体的平均速度，故平均功率，D正确．x9kw
17．如图所示,小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动,到达最高点B后返回A点,C为AB的中点.下列说法中正确的是(　　)

A. 小球从A出发到返回A的过程中,位移为零,外力做功为零
B. 小球从A到C与从C到B的过程,减少的动能相等
C. 小球从A到C与从C到B的过程,速度的变化率相等
D. 小球从A到C与从C到B的过程,损失的机械能相等
【答案】BCD
【解析】A项：位移是从初位置指向末位置的有向线段．故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，故A错误．
B项：设A到C的高度和从C到B的高度为h，AC的距离为s，斜面的倾角为θ，则有，根据动能定量：,可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等．故B正确；
C项：由于小球从A到C再B整个过程做匀减速运动，即两个过程加速度相等，即速度变化率相等，故C项正确；
D项：克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据，可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D正确．
点晴：解决本题关键是知道位移为从初位置指向末位置的有向线段，加速度即速度变化率，克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少。
18．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是

A. 当x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小
B. 最低点的坐标为x=h+2x0
C. 小球受到的弹力最大值大于2mg
D. 小球动能的最大值为
【答案】ACD
【解析】A、小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x=h+x0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，A正确；
B、根据简谐运动的对称性， x=h+2x0与x=h处速度相等，x=h+2x0处不是最低点，B错误；
C、根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x=h+2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，C正确；
D、在x=h+x0处速度最大。由图知，mg=kx0，根据动能定理：，，D正确。
故选：ACD。
19．图示为质点做匀变速运动的轨迹示意图，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好垂直。则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（ ）

A. 质点经过C点的速率比D点大
B. 质点经过A点时的动能小于经过D点时的动能
C. 质点经过D点时的加速度比B点的加速度大
D. 质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小
【答案】AD
【解析】质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿D点轨迹的切线方向，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由A到D过程中，合外力做负功，由动能定理可得，C点的速度比D点速度大，质点经过A点时的动能大于经过D点时的动能，故A正确，B错误；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；质点从B到E过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D正确。所以AD正确，BC错误。
20．如图所示，水平固定放置的两根足够长的平行光滑杆AB和CD，各穿有质量均为m的小球a和b，两杆之间的距离为d，两球间用原长也为d的轻质弹簧连接。现从左侧用固定挡板将a球挡住，再用力把b球向左边拉一段距离（在弹性限度内）后静止释放，则下面判断中正确的是（ ）

A. 在弹簧第一次恢复原长的过程中，两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
B. 弹簧第一次恢复原长后，继续运动的过程中，系统的动量守恒、机械能守恒
C. 弹簧第二次恢复原长时，a球的速度达到最大
D. 释放b球以后的运动过程中，弹簧的最大伸长量总小于运动开始时弹簧的伸长量
【答案】BCD

21．如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）

A. 小球落地点离O点的水平距离为R
B. 小球落地点时的动能为
C. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D. 若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
【答案】BD
【解析】试题分析：小球恰能通过圆弧最高点P，重力恰好提供向心力，可由牛顿第二定律先求出小球通过最高点P的速度，小球离开最高点后做平抛运动，可由动能定理求解落地速度，将半圆弧轨道上部的圆弧截去，同样可以用动能定理求解最大高度．
小球恰好通过最高点P，即在P点重力恰好完全充当向心力，向心力不为零，则有：，解得，小球离开最高点后做平抛运动，则有，解得小球落地点离O点的水平距离为，A、C错误；小球平抛过程中，只有重力做功，由动能定理得，解得小球落地点时的动能为，B正确；根据机械能守恒定律可知，小球通过O点的动能等于小球落地点时的动能．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，小球到达最高点时的速度为零，从O到最高点的过程，由动能定理得，解得h=1.5R，所以小球能达到的最大高度比P点高1.5R-R=0.5R，D正确．
22．如图所示，甲、乙两种粗糙面不同但高度相同的传送带，倾斜于水平地面放置。以同样恒定速率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；在乙传送带上到达距B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中

A. 两种传送带与小物体之间的动摩擦因数甲的较小
B. 将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲小于乙
C. 将小物体从A运动到B处的过程中，甲传送带对物体做的功小于乙传送带对小物体做的功
D. 将小物体传送到B处，甲产生的热量大于乙产生的热量
【答案】AD
【解析】试题分析：甲图中小物体从底端上升到顶端B速度与传送带速度相同，乙图中上升到C处速度与传送带速度相同，两种过程，初速度、末速度相等，位移不同，由运动学公式列式比较加速度的大小，由牛顿第二定律比较动摩擦因数的大小．根据动能定理分析传送带对物体做功的关系．比较两种情况下产生的热量关系，要根据相对位移，再由能量守恒定律分析消耗的电能关系．
根据公式，乙物体的位移小，v相等，可知物体加速度关系，再由牛顿第二定律，得知，A正确；由摩擦生热知，甲图中，，．乙图中，，解得，；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能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，，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，D正确B错误；传送带对小物体做功等于小物块机械能的增加量，两种情况下物体动能的增加量相等，重力势能的增加量也相同，即机械能的增加量相等，根据功能关系知，两种传送带对小物体做功相等，故C错误．x$kw
23．如图所示，一光滑的定滑轮固定在水平桌面的右端，一质量为mB的物体B用细线通过定滑轮与质量为mA的物体A相连，开始时系统处于静止状态，现用一水平恒力F拉物体B，使物体A上升，已知当物体A上升距离为h时，物体A的速度为v，重力加速度为g，此过程中下列说法正确的是

A. 物体B克服摩擦力的功等于物体B机械能的变化
B. 物体A增加的重力势能等于物体B克服摩擦力所做的功
C. 细绳对物体A做的功为＋mAgh
D. 物体B克服摩擦力所做功为Fh－（mA＋mB）－mAgh
【答案】CD
【解析】由于物体B在水平面上运动，重力势能不变，所以机械能变化量等于动能变化量，根据动能定理可知F与摩擦力做功之和等于B的动能变化量，即B的机械能变化量，A错误；物体A增加的重力势能等于物体A克服重力所做的功，B错误；A受到重力和绳子的拉力作用，根据动能定理可知，故，C正确；对整体分析，过程中有拉力、摩擦力和A的重力对整体做功，故有，而，代入可得，D正确．
24．如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则

A. 从开始到绳与水平夹角为30°时，物体是匀速上升
B. 从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力对物体做功mgh＋
C. 在绳与水平夹角为30°时，物体的速率为
D. 在绳与水平夹角为30°时，拉力对物体功率小于mgv
【答案】BC
【解析】试题分析：先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到物体速度，再对物体，运用根据动能定理求拉力做功．由功率公式分析拉力的功率．
将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示，可知，故v不变，θ减小，则增大，物体不是做匀速直线运动，A错误；

当θ=30°时，物体的速度为；当θ=90°时，物体速度为零；
根据功能关系，知拉力的功等于物体机械能的增加量，故，BC正确；在绳与水平夹角为30°时，拉力的功率为，其中，由于物体加速上升，根据牛顿第二定律可得，即，故，故D错误．
25．下列对能的转化和守恒定律的认识正确的是（ ）
A. 某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加
B. 某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加
C. 不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器﹣﹣永动机是可能制成的
D. 石子从空中落下，最后静止在地面上，说明能量消失了
【答案】AB
【解析】根据能量守恒定律得知，能量不会凭空消失，只能从一种形式转化为另一种形式或从一个物体上转移到另一个物体上，故某种形式的能减少，其它形式的能一定增加，某个物体的能量减少，根据能量守恒定律得知，必然有其它物体的能量增加，AB正确；不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器--永动机，违反了能量的转化和守恒定律，不可能制成的，C错误；石子从空中落下，最后静止在地面上，石子的机械能转化为了内能，能量并没有消失，故D错误．
26．在下面列举的各个实例中（除A外都不计空气阻力），机械能守恒的是（ ）

A. 跳伞运动员带着张开的伞在空气中匀速下降
B. 抛出的手榴弹或标枪在空中运动
C. 拉着物体沿光滑斜面匀速上升（如图）
D. 用细绳拴着一个小球，使小球在光滑水平面内做匀速圆周运动
【答案】BD
【解析】运动员匀速下降过程中，动能不变，但是重力势能减小，所以机械能不守恒，A错误；抛出的物体，运动过程中，只受重力作用，机械能守恒，B正确；拉着物体沿斜面匀速上升过程中，动能恒定不变，势能增大，机械能不守恒，C错误；小球在光滑水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，即动能不变，高度不变，即势能不变，所以机械能守恒，D正确．
27．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C是圆弧轨道最低点，圆心角， D与圆心O等高。现有一个质量m=0.2 kg可视为质点的小物体.从D点的正上方E点处自由下落.DE距离h=1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是

A. 小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力大小为12.4N
B. 要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度至少为2.4m
C. 若斜面足够长，小物体最终可以停在最低点C
D. 若斜面足够长，小物体最终在圆弧底端往复运动
【答案】ABD
【解析】试题分析：由机械能守恒可求得物体在C点的速度，C点物体做圆周运动，则由牛顿第二定律充当向心力可求得支持力；要使物体不飞出，则到达A点时速度恰为零，则由动能定理可求得AB的长度；由于摩擦力小于重力的分力，则物体不会停在斜面上，故最后物体将稳定在C为中心的圆形轨道上做往返运动，
物体从E到C，由机械能守恒得，在C点，由牛顿第二定律得：，联立解得支持力，A正确；从E～D～C～B～A过程，由动能定理得，，，联立解得斜面长度至少为，B正确；因为（或），所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，D正确C错误．
28．将一物体以初速度竖直向上抛出，设空气阻力大小恒定，其速度大小随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）

A. 物体经过1.8的时间落回抛出点
B. 物体在落回到抛出点的过程中平均速度为
C. 物体在上升阶段和下落到抛出点阶段重力做功平均功率之比为
D. 空气阻力为其重力的0.2倍
【答案】CD
【解析】A、根据牛顿第二定律，上升：，下落：，由于下落过程中加速度小，所以下落过程时间大于上升过程时间，故总时间大于，故选项A错误；
B、由于空气阻力的作用，导致物体落回抛出点的速度小于，所以平均速度小于，故选项B错误；
C、由牛顿第二定律可得：
上升阶段，
下落阶段，
可得，
上升阶段和下落阶段位移相等：，
可得,所以重力平均功率之比为，故选项C D正确。
点睛：本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度。
29．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，如图所示，当运动至绳子与水平面成θ角时，电动机的轮子卷绕绳子的半径为R，下述说法正确的是（　　）

A. 木箱将做匀速运动，速度是2πnR
B. 木箱将做变速运动，此时速度是
C. 此时木箱对地的压力为
D. 此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化
【答案】BC

30．如图所示，质量为m=1kg的物块，以速度v0=4m/s滑上正沿逆时针方向转动的水平传送带，此时记为时刻t=0，传送带上A、B两点间的距离L=6m，已知传送带的速度v=2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2．关于物块在传送带上的整个运动过程，下列表述正确的是(　　)

A. 物块在传送带上运动的时间为4s
B. 传送带对物块做功为6J
C. 2.0s末传送带对物块做功的功率为0
D. 整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18J
【答案】CD
【解析】物块在传送带上运动的加速度大小为：物块匀减速直线运动的位移大小：，匀减速直线运动的时间：，反向做匀加速直线运动的时间：，匀加速直线运动的位移大：，则匀速运动的时间：，则物块在传送带上运行的时间为：，故A错误；物块的末速度为,初速度为,根据动能定理可得：传送带对物块做功，故B错误；2s末物块的速度为零，则传送带对物块做功的功率为零，故C正确；物块匀减速直线运动相对于传送带的路程：，匀加速直线运动相对于传送带的路程：，则整个过程摩擦产生的热量，故D正确。所以CD正确，AB错误。
31．一质量为m的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙．此质点在该 水平面上做半径为r的圆周运动，设质点的最初速率是v0，滑动摩擦力大小恒定，当它运动一周时，其速率变为，则（　　）

A. 当它运动一周时摩擦力做的功为
B. .质点与水平面的动摩擦因数
C. 质点在运动了两个周期时恰好停止
D. 当质点运动一周时的向心加速度大小为
【答案】ABD
【解析】当它运动一周时摩擦力做的功为，故A正确；由功的定义：，解得，故B正确；因质点运动一个周期动能损失，故因为，则可知质点运动不到两个周期停止，故C错误；当质点运动一周时的向心加速度大小为：，故D正确。所以ABD正确，C错误。
32．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R=0.2m，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，取重力加速度g=10m/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v=2m/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v＞2m/s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v＜2m/s时，物体m也可能到达地面上C点的右侧
D. 若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点左侧
【答案】ABC
【解析】物体在圆弧轨道上下滑过程，由动能定理得，解得；传送带静止时，物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动，到达传送带右端时物体的速度小于2m/s，物体离开传送带后做平抛运动到达C点，物体做平抛运动的初速度小于2m/s；
若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，其运动情况与传送带静止时相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，仍落在C点，故A正确；
若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＞2m/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2m/s，做平抛运动的初速度大于2m/s，物体将落在C点的右侧，故B正确；
若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＜2m/s时，物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，此时到达传送带右端时的速度比传送带静止时的速度大，物体落在C点的右侧，故C正确；
若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C点，故D错误；
33．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力，已知滑块与斜面间的动摩擦因数，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能，机械能E随时间t变化关系及滑块的势能随位移x变化关系的是

A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】试题分析：根据受力分析判断物体运动性质，然后分别列出动能、势能、热量的表达式，根据表达式选择图像，由于过程中拉力和摩擦力等大反向，做功和为零，机械能守恒，据此分析机械能的图像．
因为，所以当物块向上滑动过程中，受到的滑动摩擦力大小为，方向沿斜面向下，而在沿斜面向下的方向上还受到重力的分力，即沿斜面向下的合力为，故物块做匀减速直线运动，，动能是关于时间的二次函数，不是线性函数，B错误；产生热量等于克服滑动摩擦力做的功，即，与t不是线性函数，A错误；滑块的重力势能等克服重力所做的功，其大小为，正比与位移x，故C正确；因为与摩擦力等大反向，所以两者做功代数和为零，即过程中合力做功等于重力做功，所以机械能守恒，即恒定不变，D正确．
34．如图所示，在同一高度处将三个质量相同的小球，以大小相等的初速度分别沿三条轨迹到达地面（其中轨迹1为抛物线，轨迹2为光滑斜面，轨迹3为竖直线），不计一切阻力，下列相关的说法中正确的是

A. 从抛出到落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同
B. 从抛出到落地过程中，重力对它们所做的功相同
C. 三个小球落地前瞬间的动能相同
D. 三个小球落地前瞬间，重力做功的瞬时功率相同
【答案】BC
【解析】试题分析：小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功W=mgh，机械能守恒，故可得到落地时动能相等，速度大小相同但方向不同，分析重力的瞬时功率；根据运动学规律判断运动时间长短，再根据功率的定义判断平均功率的大小．
因为三种情况下都只有重力做功，下落高度相同，所以重力做功相同，所以根据动能定理可得，即落地时动能相同，即落地时的速度大小相等，由于三种情况下落地时速度与竖直方向的夹角不同，所以在竖直方向上的分量不同，故落地瞬间重力的瞬时功率不同，BC正确D错误；重力做功相同，三者在运动过程中，在竖直方向上的分速度，轨迹3最大，轨迹1最小，而在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度相同，位移相同，所以三者所用时间不同，故根据可知重力做功的平均功率不同，A错误．
35．一质量为m的物体，以初速v0从倾角θ的斜面底端沿斜面向上滑去，到达高度为处速度减为零。不考虑空气阻力，重力加速度为g，则
A. 上滑过程中物体机械能的减少量为
B. 物体第一次返回到斜面底端时的动能为
C. 下滑过程中摩擦力对物体做的功为
D. 物体与斜面间的动摩擦因数为
【答案】ACD

上滑和下滑过程中摩擦力大小不变，路程不变，所以摩擦力做功相同，所以下滑过程中摩擦力仍做功，故根据动能定理可得第一次滑到底端时的动能为，B错误C正确；因为，而且，联立解得，D正确．
36．有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（　　）

A. 若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、 B. C. D…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上
B. 若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上
【答案】ACD
【解析】A．根据，小球质量相同，达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，A正确，B错误；x%kw
C、以O点为最低点作等时圆，可知从ab点运动到O点时间相等，C正确；
D、若各次滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：，即各释放点处在同一竖直线上，D正确；
故选ACD

37．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，a球置于C点正下方的地面上时，轻绳Cb恰好处于水平拉直状态．现将b球由静止释放，当b球摆至最低点时，a球对地面压力刚好为零．现把细杆D水平移动少许，让b球仍从原位置由静止释放摆至最低点的过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）

A. 若细杆D水平向左移动，则b球摆至最低点时，a球会离开地面
B. 若细杆D水平向右移动，则b球摆至最低点时，a球会离开地面
C. b球重力的功率先变大后变小
D. b球所受拉力的功率始终为零
【答案】CD
【解析】A、由于b球摆动过程中机械能守恒，则有，当b球摆到最低点时，由牛顿第二定律得：，联立得：，可知F与小球b到悬点的距离无关，故若细杆D水平向左或向右移动时，小球b摆到最低点时细绳的拉力不变，则a球不会离开地面．故A、B错误；
C、开始时重力的功率为零，b球摆到最低点时，重力与速度垂直，由功率公式，是F与v的夹角，可知b球摆到最低点时重力的功率为0，所以b球重力的功率一定先变大后变小，故C正确；
D、由于拉力始终与速度方向垂直，故拉力的功率始终为零，故D正确。
点睛：b球摆动过程中运用机械能守恒求出在最低点的速度．b球通过最低点时，根据牛顿运动定律和向心力公式求出绳子的拉力，再去进行分析。
38．如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点．现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出．下列说法正确的是( )

A. B点一定在O点左下方
B. 速度最大时，物块的位置可能在O点左下方
C. 从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小
D. 从A到B的过程中，物块减小的机械能一定等于它克服摩擦力做的功
【答案】BC
【解析】A、弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故选项A错误；
B、重力的下滑分力可以大于摩擦力，若，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，若，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，故选项B正确；
C、从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故选项C正确；
D、从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故选项D错误。
点睛：该题中，由于摩擦力的不确定性，使得题目的难度增加，解答本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况，知道在平衡点动能最大。
39．如图1所示，一轻弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态．现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图2所示，a、b、c均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列结论正确的是（　　）

A. 开始时弹簧的压缩量为c
B. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
C. 物体的加速度大小为
D. 物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为
【答案】AD
【解析】刚开始时物体处于静止状态，物体受到的重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量：x=c，故A正确；物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故B错误；开始时，重力和弹力二力平衡由平衡条件得：mg=kx，拉力F1为a时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有：，物体与弹簧分离后，拉力F2为b，根据牛顿第二定律有：，解得物体的质量：，弹簧的劲度系数：，加速度：，故C错误；从物体开始运动到离开弹簧过程，物体的位移为：c，根据匀变速直线运动的位移公式得：，解得运动时间：，故D正确。所以AD正确，BC错误。
40．如图所示，一长直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后，以原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，滑块与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，重力加速度为g，由此可以确定（ ）

A. 滑块下滑时加速度的大小 B. 滑块与杆之间的动摩擦因数
C. 滑块在杆上滑行的总路程 D. 滑块第一次下滑所用的时间
【答案】AB
【解析】试题分析：滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律求出加速度，对两个过程，运用动能定理分析动摩擦因数．利用运动学公式分析下滑的时间．
滑块从静止释放，说明，则滑块不会在杆上停止运动，即不断碰撞，上升，下滑，再碰撞，再上升，再下滑，过程中机械能不断减小，直到滑块停到底端，根据牛顿第二定律可得，解得，整个过程中，滑块的速度从零到零，根据动能定理可得，解得，AB正确；由于不能确定碰撞多少次，所以无法求解滑块的路程，C错误；对于第一次下滑过程，由位移公式得，由于L未知，所以不能求出滑块第一次下滑所用的时间，故D错误．
三、解答题
1．如图所示，为固定在竖直面内、半径为的四分之一圆弧形光滑轨道，其末端（端）切线水平，且距水平地面的高度也为．、两小滑块（均可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从圆弧形轨道的最高点由静止滑下，当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时，拴接两滑块的细绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点．已知，滑块的质量，滑块的质量，重力加速度取，空气阻力可忽略不计．求：
（1）两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力大小．
（2）在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能．
（3）滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离．

【答案】(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m。
【解析】（1）设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为，所受轨道的支持力为，
两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到端的过程，根据机械能守恒定律有：
代入数据解得：，
对于两滑块在轨道最低点，根据牛顿第二定律有：
，
解得：，
根据牛顿第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小为：．
（2）设弹簧迅速将两滑块弹开时，两滑块的速度大小分别为和，
因滑块恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点，此过程中机械能守恒，所以对滑块有：，

解得两滑块做平抛运动的时间为：，
滑块平抛的水平位移为：，
滑块从点上滑到点，再从点返回到点的过程，
机械能守恒，因此其平抛的速度大小仍为，
所以其平抛的水平位移为：，
所以滑块的落地点与滑块的落地点之间的距离为：．
综上所述本题答案是：(1)FN=6.0N；(2)E弹=0.9J；(3)d=0.45m
2．如图所示，在倾角的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量、可视为质点的物体，以的初速度沿斜面上滑．已知，，重力加速度取，不计空气阻力．求：
（1）物体沿斜面向上运动的加速度大小．
（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值．
（3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量．

【答案】(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)20。
【解析】（1）设物体运动的加速度为，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力，
根据牛顿第二定律有，
解得：．
（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为，
对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：
解得：．
（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间，
此过程中重力的冲量，方向：竖直向下．
综上所述本题答案是：(1)6.0m/s2；(2)18J；(3)20
3．如图，质量为的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为的物体B相连，弹簧的劲度系数为，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，一端连轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．在挂钩上系一质量为的物体C并从静止状态释放，恰好能够到达地面．已知它恰能使B离开地面但不继续上升．现将质量为的物体D系在挂钩上后再举高H=0.8m（未触及滑轮）然后由静止释放（g取，空气阻力不计）．求：
（1）C从释放到落地过程中弹簧弹性势能的变化
（2）D刚刚落至地面时的速度（结果可保留根号）

【答案】（1）-1.5J，（2）.
【解析】试题分析：（1）开始时A、B均处于平衡状态，由平衡条件可以求出开始时弹簧的弹力以及弹簧从长度；C到达最低点时，B恰好离开地面，此时弹簧的弹力等于B的重力，C下降的距离等于弹簧从被压缩到回复原长再到被拉长的形变量的长度，求出开始弹簧的压缩量，再求出弹簧的伸长量，即可求出C下降的距离．然后结合机械能守恒即可求出弹簧的弹性势能的变化；（2）由机械能守恒求出轻绳刚刚被拉直时D的速度，然后由动量守恒求出A与D的共同速度，最后结合机械能守恒求出D刚刚落至地面时的速度．
（1），开始时A处于静止状态，A对弹簧的压力等于A的重力；B恰好要离开地面时，B物体受到的拉力等于B的重力，由胡克定律可得A上升的高度：
由于C恰能使B离开地面但不继续上升，可知C与A的末速度都是0
由功能关系可得弹簧的弹性势能的变化量：
（2）D下降H的过程中机械能守恒，则有：
轻绳拉紧的一瞬间，轻绳对A的冲量与对D的冲量大小相等，方向都向上，设为I，轻绳拉紧后A与D的速度大小相等，设为，则对A取向上为正方向，则：
对D取向下为正方向，则：
D刚刚落地时，A与D的速度仍然是大小相等，设为
则：
联立解得：
4．如图所示，质量M=8kg的长木板A放在水平光滑的平面上，木板左端受到水平推力F=8N的作用，当木板向右运动的速度达到时，在木板右端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块B，放上小物块0.6s后撤去F，小物块与木板间的动摩擦因数，木板足够长，取．求：
（1）放上小物块后撤去F前，长木板与小物块的加速度；
（2）撤去F后，二者达到相同速度的时间；
（3）整个过程系统产生的摩擦热（结果保留两位有效数字）．

【答案】（1）；（2）0.24s；（3）2.8J．
【解析】试题分析：（1）对车和物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；
（2）有推力F时，车和物体都做加速运动，由速度公式可以求得撤去力F时两者各自的速度；撤去力F后车减速，物体继续做加速运动，由速度公式可以求得两者达到相同速度时的时间；（3）由位移公式求出各自的位移，然后由摩擦力产生热量的公式即可求出．
（1）分别对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，
物块的加速度：
小车的加速度：
代入数据解得：
（2）撤去力F时车的速度：
物块的速度：
B的速度小于A的速度，可知B继续做加速运动，此时A在水平方向只受到摩擦力
则：
速度相等时：，
代入数据解得：t=0.24s；
（3）该时间A的位移：
B的位移：
产生的热量：
联立得：Q=2.8J
5．如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数μ=0.4．今用水平力F=28N向右拉木板，要使滑块能从木板上掉下来，力F作用的时间必须大于某一临界值。（不计空气阻力，g=10m/s2）

求：（1）临界时刻撤去外力F时滑块的速度与木板速度大小之比。
(2)F作用的时间至少要多长？
【答案】(1) (2)
【解析】（1）设F作用时间为t，滑块在木板上滑动距离为，根据牛顿第二定律得：
滑块加速度为：，
木板加速度为：
，即：
此时，滑块速度
木板速度
即滑块的速度与木板速度大小之比为2:3；
（2）撤去F后，系统动量守恒，有：
得
若滑块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒有：

代入数据解得：
6．如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道与水平面相切，距离．质量的小滑块放在半圆形轨道末端的点，另一质量也为的小滑块，从点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块与水平面之间的动摩擦因数．取重力加速度．两滑块均可视为质点．求

（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小．
（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能．
（3）在点轨道对两滑块的作用力大小．
【答案】（1）（2）（3）

（2）根据能量定恒定律：代入数据计算得出：．
（3）以两滑块为研究对象，从到根据机械能定恒定律可得，
在点，两滑块受重力和轨道的作用力，根据牛顿第二定律得
代入数据计算得出:．
7．如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转。现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：
（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小。
（2）若滑块B的质量为mB=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电。
（3）小车上的半圆轨道半径R大小。

【答案】（1）1m/s；（2）12.5J；30J；（3）1.5m；
【解析】(1)小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得：
A．B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=-mv1+5mvB，
代入数据解得：vB=1m/s；
(2)经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：v0=vB+μgt，
代入数据解得：t=1s，
物块滑行的距离为：
解得：s物=3.5m=L，
传送带的位移为：s传=v0t=6×1=6m，
则有：S相=S传-S物=6-3.5=2.5m，
Q=fS相=μmgS相=12.5J，
电动机多做的功为：
代入数据解得：W电=30J．
(3)物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）v，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：R=1.5m；
【点睛】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择．
8．如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相栓接，将它们放在倾角为的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为．斜面底端有固定挡板D，物体C靠在挡板D上．将质量也为m的物体A从斜面上的某点由静止释放，A与B相碰．已知重力加速度为，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力．求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力恰好为零，求C对挡板D压力的最大值．
（3）若将A从另一位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力也恰好为零．已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离．

【答案】（1）,（2）3mg,（3）.
【解析】试题分析：（1）对B进行受力分析，由平衡条件求出弹簧的劲度系数．（2）根据简谐运动特点求出回复力，然后应用平衡条件、牛顿第三定律求出C对D的最大压力．（3）对A应用机械能守恒定律求出A、B碰撞前A的速度，由动量守恒定律求出碰撞后A、B的速度，对A与B组成的系统、B与C组成的系统、对A、对B应用机械能守恒定律，分析答题．
（1）物体B静止时，弹簧形变量为x0，弹簧的弹力，物体B受力如图所示

由平衡条件得：
解得：弹簧的劲度系数
（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对挡板D的压力最小为0
则对C，弹簧弹力：
对A、B，回复力最大：
由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大
即，此时物体C对挡板D的压力最大
对物体A、B有：
则弹簧弹力：
对物体C，设挡板D对物体C的弹力为N
则：
由牛顿第三定律可知，物体C对挡板D的压力大小：
物体C对挡板D压力的最大值为
（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为
对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：
解得：①
设A与B相碰后两物体共同速度的大小为，A与B发生碰撞的过程动量守恒
以碰前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得：②
物体B静止时弹簧的形变量为，设弹性势能为，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程
由机械能守恒定律得：③
当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为
对物体A，从与B分离到最高点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0
物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为，弹簧的弹性势能也为
从A、B分离到B运动到最高点的过程，由机械能守恒定律得：
解得：④
由①②③④解得：
由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离：
【点睛】本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题．尤其是在第（3）问求解时，要明确每个过程的动量、能量的变化情况，再根据动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解.
9．如图所示，半径的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接，一个质量的小滑块（可视为质点）静止在A点．一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动，经B点进入圆轨道，沿圆轨道运动到最高点C，并从C点水平飞出，落在水平面上的D点．经测量，D、B间的距离，A、B间的距离，滑块与水平面的动摩擦因数，重力加速度．求：
（1）滑块通过C点时的速度大小．
（2）滑块刚进入圆轨道时，在B点轨道对滑块的弹力．
（3）滑块在A点受到的瞬时冲量大小．

【答案】（1）,（2）45N,（3）.
【解析】试题分析：（1）滑块通过C点后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得滑块通过C点的速度；（2）由机械能守恒定律可求得滑块到达B点的速度，再由牛顿第二定律可求得滑块受轨道的压力；（3）由动能定理可求得滑块在A点的速度，再由动量定理可求得A点的瞬时冲量．
（1）设滑块从C点飞出时的速度为，从C点运动到D点时间为t，滑块从C点飞射后，做平抛运动
竖直方向：
水平方向：
联立得：
（2）设滑块通过点时的速度为，根据机械能守恒定律：
解得：
设在点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：
解得：
（3）设滑块从点开始运动时的速度为，根据动能定理：
解得：
设滑块在点受到的冲量大小为I，根据动量定理
解得：
10．如图所示，足够长的水平粗糙传送带在电动机的带动下以大小为v1的速度匀速转动，一质量为m的物块从传送带右侧以大小为v2(v2>v1)的速度左滑上传送带，经过时间t1，物块与传送带相对静止，求：

（1）物块运动过程中的加速度a的大小；
（2）物块向左运动的最大位移x的大小；
（3）在t1时间内，传送带因为传送物体多消耗的电能为E。
【答案】（1） （2）（3）m（v1+v2）v1
【解析】（1）以传送带的速度方向为正方向，作出物块运动的v-t图像如图所示：

设传送带与物块之间的动摩擦因数为μ，
对物块有： ， 。
根据加速度的定义，由图像可得：a=
（2）设物块经过时间t2速度减为零，则有v2=at2，物体向左运动的最大位移：
由v22=2ax得：
（3）系统消耗的电能等于电动机的驱动力对传送带做的功，传送带匀速运动，，
由功的公式：
11．在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为，此时调节外力，使平板车仍做速度为的匀速直线运动。
（1）若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m，表示）
（2）已知滑块与车面间动摩擦因数，滑块质量，车长，车速，取，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应满足什么条件？

【答案】（1）（2）
【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度
滑块相对车滑动的时间：
滑块相对车滑动的距离
滑块与车摩擦产生的内能
由上述各式解得（与动摩擦因数无关的定值）
（2）设恒力F取最小值为，滑块加速度为，此时滑块恰好达到车的左端，则：
滑块运动到车左端的时间
由几何关系有：
由牛顿定律有：
联立可以得到：，
则恒力F大小应该满足条件是：。
12．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，（g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8）

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。
(3)若滑块离开A处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t。
【答案】(1)μ=0.375 (2) (3)t=0.2s

所以初速度v0的最小值为
(3)滑块离开C点做平抛运动，则有：

由几何关系得：
联立得：
解得：t=0.2s
【点睛】本题考查动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合运用，要注意挖掘隐含的临界条件，熟练掌握平抛运动速度偏向角与位移偏向角公式得运用．
13．额定功率为80kW的汽车，在某平直的公路上行驶的最大速度为20m/s，汽车的质量m＝2×103kg。如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2。运动过程中阻力不变。求：
(1)汽车所受的恒定阻力是多大？
(2)3s末汽车的瞬时功率多大？
(3)匀加速直线运动时间多长？
(4)在匀加速直线运动中，汽车的牵引力做的功多大？
【答案】(1)f=4000N (2)P=48KW (3)tm=5s (4) W＝2×105J
【解析】(1)当时，速度最大．所以，根据
得：
(2)根据牛顿第二定律，得
根据瞬时功率计算式得P＝Fv＝Fat
所以
(3)根据P＝Fv可知：随v的增加，直到功率等于额定功率时，汽车完成匀加速直线运动，所以

(4)根据功的计算式得
【点睛】解决本题的关键掌握恒定功率启动和恒定加速度启动过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度为零时，速度最大．
14．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M=0.2kg的小球P和质量为m=0.1kg的小球Q,P、Q之间压缩一轻弹簧（轻弹簧与两小球不拴接），桌面边缘E处放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平面相切的光滑竖直的半圆轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出,小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道,恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出,落在水平地面上的D点。已知桌面高为h=0.2m,D点到桌面边缘的水平距离为x=0.2m,重力加速度为，求：

（1）小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
（3）被压缩的轻弹簧的弹性势能。
【答案】（1）12N（2）2m/s（3）0.3J
【解析】(1)小球P恰好到达C点：，则
对于小球P，从B→C,由动能定理得：，则
在B点：，则
由牛顿第三定律得，小球P经过半圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为12N
(2) 小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点：解得：
Q与橡皮泥球S碰撞动量守恒：则
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒：，则
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：，则
15．某种娱乐比赛的示意图如图所示，质量为m=0.1 kg的小球穿在长为L的杆上(L足够长)它们间的动摩擦因数为.两个半径都为R=0.4m的四分之一圆轨道拼接后与杆在B点平滑连接(连接处长度不计).两个圆的圆心O1、O2等高，圆轨道可视为光滑，C点切找线水平，整个装置处于同一竖直平面内，离C点水平距离为d=0.8m的得分区MIN，其宽度为，若每次小球都从杆上由静止释放，杆与水平面的夹角可调，重力加速度g=10m/s2，求.

(1)小球离开C点时的速度多大才能落在得分区的N点?
(2)落在N点的小球在经过C处时，轨道对小球的作用力多大?
(3)若，要使小球能落在得分区，杆的长度L至少等于多少，(已知 )
【答案】（1）3m/s（2）1.25N（3）2.0m
【解析】试题分析：(1)由平抛运动的知识，水平和竖直方向列方程即可求解；(2)由圆周运动，代入数据即可求解；(3)分析小球要落在得分区小球过C点的速度再由动能定理可求解。
(1) 小球离开C点时做平抛运动，则有：，，由以上两式解得；
(2) 设轨道对小球的作用力大小为F，则在C点有：，解得；
(3) 小球落在M点，经过C点的速度为：；所以小球要落在得分区，经过C点的速度大小范围为：2m/s≤vC≤3m/s，从小球释放滑到C点，根据动能定理得：，由以上各式解得：
点晴：解决本题关键分析出球要落在得分区小球过C点的速度，再由动能定理求解。
16．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m．用质量为m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩后释放，物块经过B点后在桌面上做匀变速运动，其位移与时间的关系为x=6t﹣2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落人圆轨道．（不计空气阻力，g取l0m/s2）
（1）求物块过B点时的瞬时速度大小vB及物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（2）若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从P点到M点运动过程中克服摩擦力所做的功W．

【答案】（1）6m/s；0.4；（2）2.4J．
【解析】（1）物块过B点后做匀变速运动，由x=6t﹣2t2知：vB=6m/s
a=4m/s2
由牛顿第二定律：μmg=ma
解得μ=0.4
（2）物体刚好能到达M点，有
由平拋运动规律，在P点竖直方向：
所以：vy=vP•sin60°
从P到M的过程，由动能定理得
联立解得W=2.4J．
17．如图所示，P是水平面上的圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入．O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角．已知：m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g＝10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：

(1)A、B两点的高度差；
(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？
【答案】(1)h=0.8m (2)能到C点，F=5N
【解析】(1)小球从B到A做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。据题知，小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有
小球到达A点的速度为
对平抛运动的过程,由机械能守恒得：
解得A.B两点的高度差h=0.8m；
(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒得：
代入数据解得：vC=3m/s
小球通过C点的最小速度为v,则 ,
因为vC>v，所以小球能到达最高点C.
在C点,由牛顿第二定律得：mg+F=
代入数据解得：F=5N
由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为5N.
18．如图所示，一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6 J，小球与小车右壁距离为L=0.4 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：

（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。
（2）在整个过程中，小车移动的距离。
【答案】（1）3 m/s；1 m/s（2）0.1 m

由位移关系得：
又
联立得：
【点睛】本题是动量守恒和能量守恒的综合应用．解除弹簧的锁定后，系统所受合力为零，遵守动量守恒和能量守恒，并根据位移关系列式求解.
19．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m．一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2．水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移．求：

（1）甲乙两球碰撞后，若乙恰能通过轨道的最高点D，乙在轨道上的首次落点到B点的距离d；
（2）在满足（1）的条件下甲的速度v0；
（3）若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离x的范围．
【答案】（1）d=0.4m（2）（3）
【解析】：
（1）在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点达到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为，则
①
②
③
联立①②③得：④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
⑤
⑥
联立⑤⑥得：⑦
由动能定理得：⑧
联立①⑦⑧得：⑨
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
（10）
（11）
联立（10）（11）得：（12）
由（12）和，可得：＜（13）
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
（14）
联立⑨（13）（14）得：＜（15）
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有
（16）
联立②（15）（16）得：＜＜
20．如图所示，小球b静止与光滑水平面BC上的C点，被长为L的细线悬挂于O点，细绳拉直但张力为零．小球a从光滑曲面轨道上AB上的B点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC（不计小球在B处的能量损失），与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a的质景为M，小球b的质量为m．M=5m．己知当地重力加速度为g求：
（1）小球a与b碰后的瞬时速度大小
（2）A点与水平面BC间的高度差．

【答案】（1）（2）3.6L
【解析】解：（1）两球恰能到达圆周最高点时，重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：（m+M）g=（m+M），
从碰撞后到最高点过程，由动能定理得：
﹣（M+m）g•2L=（M+m）v2﹣（M+m）v共2，
解得，两球碰撞后的瞬时速度：v共=；
（2）设两球碰前a球速度为va，两球碰撞过程动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mva=（M+m）v共，
解得：va=，
a球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得：
Mgh=Mva2，解得：h=3.6L；
21．如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝30°的粗糙斜面，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面匀减速上滑高度 H 后停止，在上滑的过程中，其加速度和重力加速度 g 大小相等。求：

（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）该过程中系统由于摩擦产生的热量 Q。
【答案】（1）（2）
【解析】(1)在小物块沿斜面匀减速上滑的过程中，由牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma
又a=g
解得：μ=
(2)该过程中，小物块克服摩擦力所做的功为：
W=μmgcosθ⋅
由功能关系有：Q=W
解得：Q=mgH
22．绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图（甲）所示，已知A处电荷的电量为+Q。图（乙）是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=L点对应图线的最低点， x= -2L处的纵坐标φ=2φ0；x=2L处的纵坐标φ=，若在x= -2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块（可视为质点），物块随即向右运动（假设此带电物块不影响原电场分布）。求：

（1）固定在B处的电荷的电量QB；
（2）小物块与水平面间的动摩擦因数μ应多大，才能使小物块恰好到达x=2L处；
（3）若小物块与水平面间的动摩擦因数，小物块运动到何处时速度最大。
【答案】(1) QB=Q/4 (2) (3)x=0时速度最大
【解析】(1)由图(乙)得x=L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强为0
所以
代入得：QB=QA/4=Q/4
(2)物块先做加速运动再做减速运动，到达x=2L处速度v1≥0
从x=-2L到x=2L过程中，由动能定理得：
即：
计算得：
(3)小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为LA
则：
计算得出LA=3L，即小物块运动到x=0时速度最大
23．如图所示，有带电平行板电容器竖直放置，两板之间距离d=0.10m，电势差U=2.0×103V。一个质量为m=0.40g，带正电q=1.0×10-7C的小球用长L=1.0×10-2m的绝缘丝线悬挂于电容器内部的O点，现将小球拉到丝线呈水平伸直的位置A，然后无初速释放，假如小球运动到O点正下方B处时，线恰被拉断，以后发现小球恰能通过B点正下方的C处，g取10m/s2，试求：
(1)绝缘丝线所能承受的最大拉力；
(2)小球运动到C点时的动能EKC为多少？

【答案】(1)8×10-3N(2)3.4×10-4J
【解析】（1）电场强度V/m
从A到B根据动能定理：
得：
由牛顿第二定律：
得：
（2）小球从B运动到C，水平方向qE=max，，；
竖直方向ay=g，
由动能定理
以上各式联立解得
24．某种娱乐比赛的示意图如图所示，质量为m=0.1 kg的小球穿在长为L的杆上(L足够长)它们间的动摩擦因数为.两个半径都为R=0.4m的四分之一圆轨道拼接后与杆在B点平滑连接(连接处长度不计).两个圆的圆心O1、O2等高，圆轨道可视为光滑，C点切找线水平，整个装置处于同一竖直平面内，离C点水平距离为d=0.8m的得分区MIN，其宽度为，若每次小球都从杆上由静止释放，杆与水平面的夹角可调，重力加速度g=10m/s2，求.

(1)小球离开C点时的速度多大才能落在得分区的N点?
(2)落在N点的小球在经过C处时，轨道对小球的作用力多大?
(3)若，要使小球能落在得分区，杆的长度L至少等于多少，(已知 )
【答案】（1）3m/s（2）1.25N（3）2.0m
【解析】试题分析：(1)由平抛运动的知识，水平和竖直方向列方程即可求解；(2)由圆周运动，代入数据即可求解；(3)分析小球要落在得分区小球过C点的速度再由动能定理可求解。
(1) 小球离开C点时做平抛运动，则有：，，由以上两式解得；
(2) 设轨道对小球的作用力大小为F，则在C点有：，解得；
(3) 小球落在M点，经过C点的速度为：；所以小球要落在得分区，经过C点的速度大小范围为：2m/s≤vC≤3m/s，从小球释放滑到C点，根据动能定理得：，由以上各式解得：
点晴：解决本题关键分析出球要落在得分区小球过C点的速度，再由动能定理求解。
25．某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段圆弧的曲线轨道，BC为一段足够长的水平轨道，两段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，工件与小车的动摩擦因数为，取：
（1）若h=2.8m，求工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力；
（2）要使工件不从平板小车上滑出，求h的取值范围．

【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）高度小于或等于3m.

工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得：
联立得：N=60N
由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为，方向竖直向下.
（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，设共同速度为，工件滑上小车的初速度为
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
要使工件不从平板小车上滑出，h的范围为
【点睛】第（1）问做竖直平面内的圆周运动，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第三定律求解；第（2）问的解题关键：要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律求解．
26．如图所示，一质量M = 0.4kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹簧（处于原长）。台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传送带始终以的速率逆时针转动。另一质量m = 0.1kg的小物块A以速度水平滑上传送带的右端。已知物块A与传送带之间的动摩擦因数，传送带左右两端的距离，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取。
（1）求物块A第一次到达传送带左端时速度大小；
（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；

【答案】（1），（2）0.36J.
【解析】试题分析：（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理求解；（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.
（1）物块A从传送带的右端滑到左端的过程，根据动能定理有：

代入数据解得：
因为，所以物块A第一次到达传送带左端时速度大小为
（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：
根据机械能守恒定律有：
代入数据解得：
【点睛】本题是多过程问题，在分析滑块经历的每一个过程中都要将滑块受情况和运动情况分析准确，然后根据运动情况分别运用动量守恒，能量守恒、动能定理分析和计算.
27．有可视为质点的木块由A点以一定的初速度为4m/s水平向右运动，AB的长度为2m,物体和AB间动摩擦因素为μ1=0.1，BC无限长，物体和BC间动摩擦因素为μ2=，（不计空气阻力，进入B处圆弧时无机械能损失）求：
(1)物体第一次到达B点的速度
(2)通过计算说明最后停在水平面上的位置

【答案】
【解析】试题分析：在AB段利用动能定理求的B点速度；先通过牛顿第二定律求出物体沿斜面上升的加速度，再利用运动学公式求出沿斜面上升的位移，由动能定求的物体从B点沿斜面再回到B点得速度，在水平面上由动能定理求的距B点得距离
（1）在AB过程中，由动能定理可知，解得
（2）物体从B点沿斜面上滑的加速度为a，则有
得
上滑的位移为s，有，得
从B上滑再回到B点的速度，由动能定理有
代入数据解得
从B点向左运动时，由动能定理有，解得s=2m，故最后停在A点
28．如图所示，在竖直平面内半径为R的光滑圆形绝缘轨道的内壁，有质量分别为m和2m的A、B两个小球用长为R的绝缘细杆连接在一起，A球不带电，B球所带的电荷量为-q（q>0）。整个装置处在竖直向下的匀强电场中。开始时A球处在与圆心等高的位置，现由静止释放，B球刚好能到达轨道右侧与圆心等高的位置C。求：x!kw
(1)匀强电场电场强度的大小E；
(2)当B小球运动到最低点P时，两小球的动能分别是多少；
(3)两小球在运动过程中最大速度的大小。

【答案】(1) (2) (2)
【解析】（1）B刚好到达C的过程中，系统转过的角度为120°，与水平方向的夹角为60°.由动能定理可得：

得：
（2）AB在运动的过程中，速度大小始终相等，则
在运动到p点的过程中，由动能定理可得：
联立解得：.
（3）设OA转过的角度为时，两球有最大速度，则由动能定理可得：

整理得：
看见，当时，有最大速度，最大速度为








【答案】（）（）a． b．

解得：；
b．设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃的质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生弹性碰撞，
由动量守恒定律可知：
由机械能守恒定律可知：
解得
由于，所以碰撞后尘埃的速度
对尘埃，根据动量定理可得：，其中
则飞船所受到的阻力
设一个离子在电场中加速后获得的速度为
根据动能定理可能得：
设单位时间内射出的离子数为，在很短的时间内，
根据动量定理可得：
则飞船所受动车，飞船做匀速运动，，
解得：
30．滑板运动是青少年喜爱的一项活动．如图所示，滑板运动员以某一初速度从点水平离开高的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经点固定斜面向上运动至最高点．圆弧轨道的半径为，、为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角，斜面与圆弧相切于点．已知滑板与斜面间的动摩擦因数为，，，，不计空气阻力，运动员（连同滑板）质量为，可视为质点，求：
(1)运动员（连同滑板）离开平台时的初速度．
(2)运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最底点对轨道的压力．
(3)运动员（连同滑板）在斜面上滑行的最大距离．

【答案】(1)3m/s(2)2150N(3)1.25m
【解析】(1)运动员离开平台后从至的过程中，在竖直方向有：①
在点有：②
由①②得：③
(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动，由牛顿第二定律可得④
由机械能守恒得⑤
取立③④⑤解得
由牛顿第三定律得运动员对轨道的压力=N=
(3)运动员从至过程有：⑥
运动员从至过程有：⑦
由③⑥⑦解得：
31．质量为的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩擦因数为，现用与水平方向成倾角的力拉箱子，如图所示．箱子从静止开始运动，末撤去拉力，（，），求：
(1)撤去拉力时箱子的速度为多大？
(2)箱子继续运动多长时间才能静止？
(3)箱子在整个运动过程中克服摩擦力做功为多少？

【答案】(1)12m/s(2)2.4s(3)960J
【解析】(1)物体在拉力作用下加速滑行，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：，解得
(2)撤去拉力后，物体由于惯性继续滑行，受力，支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：，解得．匀减速过程，根据速度时间关系公式有，解得
(3)撤去拉力前，受力分析，得
根据牛二定律，，解得
根据运动学公式，根据运动学公式解得
撤去拉力后，，根据牛二定律
解得：．根据运动学公式
故
32．如图甲，PNQ为竖直放置的半径为0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点P和最高点Q各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FP和FQ.轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为0.06 kg的小球A，以不同的初速度v0与静止在轨道最低点P处稍右侧的另一质量为0.04 kg的小球B发生碰撞，碰后形成一整体(记为小球C)以共同速度v冲入PNQ轨道．(A、B、C三小球均可视为质点，g取10 m/s2)

(1)若FP和FQ的关系图线如图乙所示，求：当FP＝13 N时所对应的入射小球A的初速度v0为多大？
(2)当FP＝13 N时，AB所组成的系统从A球开始向左运动到整体达到轨道最高点Q全过程中所损失的总机械能为多少？
(3)若轨道PNQ光滑，小球C均能通过Q点．试推导FP随FQ变化的关系式，并在图丙中画出其图线．
【答案】（1）（2）0.6 J (3) FQ＝FP－6(N)

（1）设A球的质量为M，B球的质量为m，由牛顿第三定律可知，小球在P、Q两点所受轨道的弹力大小为：NP=FP，NQ=FQ
在P点根据牛顿第二定律可得：
带入数据解得：
A、B相碰过程中满足动量守恒：Mv0=（M+m）vP
带入数据解得：
(2) A、B相碰所损失的机械能：
带入数据解得：
球C在Q点由牛顿第二定律得：
球C从P运动至Q的过程，根据动能定理得：
联立并代入数据解得：Wf＝－0.2 J
故球C上升过程中所损失的机械能ΔE2＝0.2 J
故整个系统在全过程中所损失的机械能ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝0.6 J　
（3）因轨道光滑，小球C由P至Q的过程中根据动能定理得：

联立解得：NP－NQ＝6(M＋m)g
即FQ＝FP－6(N)
图线如图所示

点睛：本题主要考查了圆周运动与动能定理得结合，抓住速度是联系它们之间的桥梁。
33．如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ=53O，BD为半径R = 4 m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，轨道AB与圆弧形轨道BD相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在A点处的一质量m=1kg的小球由静止滑下，经过B、C点后从D点斜抛出去，最后落在地面上的S点处时的速度大小vD = 8m/s，已知A点距地面的高度H = 10m，B点距地面的高度h =5 m，设以MDN为分界线，其左边为一阻力场区域，右边为真空区域，g取10m/s2，sin53°＝0.8。

（1）小球经过B点的速度为多大？
（2）小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力多大？
（3）小球从D点抛出后，受到的阻力f与其瞬时速度方向始终相反，求小球从D点至S点的过程中阻力f所做的功。
【答案】（1）10m/s （2）43N （3）－68J
【解析】试题分析：小球从A到B的过程中根据动能定理求解小球经过B点的速度；根据动能定理求出小球经过C点时的速度；由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得到压力；小球从D点至S点的过程中，根据动能定理求解阻力所做的功。
（1）设小球经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理可得： 
带入数据解得：vB=10m/s. 
（2）设小球经过C点时的速度为vC，对轨道的压力为N，
根据牛顿第二定律可得：
根据动能定理得： 
联立以上解得：N = 43N
根据牛顿第三定律可得对轨道的压力。
（3）设小球受到的阻力为f，到达S点的速度为vS，在此过程中阻力所做的功为W，易知vD= vB，由动能定理可得：
联立以上解得：W=－68J 
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，当阻力是变力，不能根据功的计算公式求阻力做功，运用动能定理求变力做功是常用的方法。
34．如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）小物块在B点时的速度大小；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

【答案】(1) 5m/s (2) 47.3N （3）2m
【解析】试题分析：(1)由平抛运动求出运动的时间从而得到小物块到达B点时竖直分速度，再利用几何关系求出水平方向速度，根据速度的合成即可求出小物块到达B点时的速度；
(2)由动能定理与几何知识求出物体到C点的速度，再由圆周运动，即可求出；
(3)先判断小物体与长木板间的最大静摩擦力和木板与地面间的最大静摩擦力的大小，从而确定小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，再根据匀变速直线运动的规律进行求解。
(1) 设小物块做平抛运动的时间为t，则有：，设小物块到达B点时竖直分速度为vy：vy=gt，由以上两式解得：vy=3 m/s ，由题意，速度方向与水平面的夹角为37°，，解得v0=4 m/s ，则小物块运动到B点时的速度；x*kw
(2) 设小物块到达C点时速度为v2，从B至C点，由动能定理得，设C点受到的支持力为FN，则有，由几何关系得，由上式可得R=0.75m，，，根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N ；
(3) 由题意可知小物块对长木板的摩擦力，长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，因，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0，则长木板长度为。
点晴：点晴：本题考查平抛运动与圆周运动和动能定理的综合应用。
35．如图所示，倾角 30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为 m=1kg 的物块 B 和 C，C 紧靠着挡板 P，B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量 M=8kg 的小球 A 连接，B 与滑轮之间的距离足够远，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为 60°、半径 R=2m 的光滑圆弧轨道的顶端 a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端 b 与粗糙水平轨道 bc 相切，bc 与一个半径 r=0.2m 的光滑圆轨道平滑连接。由静止释放小球 A，当 A 滑至 b 点时，C 恰好离开挡板 P，此时连接 AB 的绳子在小球 A 处断裂，已知小球 A 与 bc 间的动摩擦因数µ= 0.1 ，重力加速度 g 取 10m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，所有装置在同一竖直平面内，细绳不可伸长。

（1）求弹簧的劲度系数 k;
（2）小球A滑到b处，绳子刚好断后瞬间，小球A对圆轨道的压力为多少？
（3）为了让小球 A 能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件?
【答案】（1）k=5N/m（2）144N，方向竖直向下（3）x≤3m,或者6m≤x≤8m

设A在b处的速度为，那么，B的速度为A的速度在沿绳子方向的分速度，故B的速度，则由动能定理可得：
，所以，；
对物块A滑至b处，绳子断后瞬间应用牛顿第二定律，则有，所以，；
故由牛顿第三定律可知：物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小为，方向竖直向下；
（3）为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，那么，物块A在圆轨道上可能达到的最高点或者；
那么，当时，对物体A在最高点应用牛顿第二定律有；
A在圆轨道上运动，机械能守恒，所以，A在c处的动能
；
当时，由机械能守恒可得A在c处的动能，所以，A在c处的动能为或；
又有A在b处的动能；
A从b到c运动过程，只有摩擦力做功，且摩擦力；故由动能定理可得：，所以，或；
点睛：经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
36．如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为＋q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场．固定点O的正下方l/2处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放．

(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球对细线的拉力为多少？
(2)若细线在刚好接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？
【答案】（2）3mg （2）mgh＋mgl＋＋2qE
【解析】(1)由机械能守恒定律得，
细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为，由牛顿第二定律得，
代入整理可以得到：
再根据牛顿第三定律可得，小球对细线的拉力，方向沿细绳竖直向上。
(2)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间
小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离
小球运动到水平面的过程由动能定理得
可得到：。
点睛：本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题．知道涉及力在空间效果时，优先考虑动能定理或机械能守恒定律。
37．如图甲所示，一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物块经过M点的速度大小；
(2)物块经过B点的速度大小；
(3)物块与斜面间的动摩擦因数．

【答案】(1) m/s；　(2) m/s；　(3)0.5；
【解析】(1)物块恰能到达M点则有
解得
(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得

解得
(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为，方向沿斜面向下，有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5
38．如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水不面上，左边紧靠竖直墙壁。一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为7R/4，重力加速度为g，不计空气阻力。求

（1）小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；
（2）金属槽的质量。
【答案】（1）5mg（2）
【解析】（1）小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：
小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有：
据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为：
联立解得：
（2）小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：
设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h．
则有
根据能量守恒定律有：．
联立解得：
39．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动.传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道.质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数，传送带两轴之间的距离l=4.5m.设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止.取g=10m/s2.求：

（1）物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间.
【答案】（1）60N方向竖直向下（2）12J（3）8s
【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为
由机械能守恒知：
得
设物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律得：物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为，
方向竖直向下。
（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则：
设物块B通过传送带后运动速度大小为，有
联立解得：
由于，所以即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.

得
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第二次碰撞.设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为
由动量定理得：
解得
设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为、，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得:，
解得：
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为，继而与物块A发生第3次碰撞.则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2.
由动量定理得：
解得
同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为tn=s，构成无穷等比数列，公比q=
由无穷等比数列求和公式可知，当n→∞时，有
物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为: .
点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。
40．如图，地面光滑，质量为m1与m2的物块由轻质弹簧相连，共同以速度v0=5m/s向右匀速运动，m2与原来静止的质量为m3的物块碰撞后立刻粘在一起，已知m1=m2=1kg，m3=4kg。求：

（1）m2与m3碰撞粘在一起后瞬间的速度大小；
（2）以后的运动过程中当m1的速率为1m/s时，弹簧内部的弹性势能。
【答案】（1）v共=1m/s，方向水平向右（2）EP=6.4 J或EP=2.4 J
【解析】（1）与碰撞过程系统的动量守恒，以向右方向为正方向．由动量守恒定律得：
，代入数据解得，方向向右
（2）当的速率为1m/s时，以向右方向为正方向，
由动量守恒定律可得：…①
若的速度向右，，代入①解得：
由能量守恒定律得：…②
代入数据解得
若的速度向左，，代入①解得：
代入②式解得
41．如图所示，质量为m的小球用OB和O＇B两根轻绳悬挂，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30º和60º，此时OB绳的拉力大小为F1。若烧断O＇B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1与F2的比值为多大？

【答案】1：4
【解析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，

根据几何关系得；
烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：
在最低点，有，联立解得；
故；
42．一位足球爱好者，做了一个有趣的实验：如图所示，将一个质量为m、半径为R的质量分布均匀的塑料弹性球框静止放在粗糙的足够大的水平台面上，质量为M（M＞m）的足球（可视为质点）以某一水平速度v0通过球框上的框口，正对球框中心射入框内，不计足球运动中的一切阻力。结果发现，当足球与球框发生第一次碰撞后到第二次碰撞前足球恰好不会从右端框口穿出。假设足球与球框内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑球框与台面之间的摩擦，求：

（1）人对足球做的功和冲量大小；
（2）足球与球框发生第一次碰撞后，足球的速度大小；
（3）球框在台面上通过的位移大小。
【答案】（1）；Mv0；（2）（3）
【解析】（1）人对足球做的功W＝
冲量：I＝Mv0
（2）足球的初速度为v0，第一次碰撞后，设足球的速度为v1，球框的速度为v2。对足球和球框组成的系统，由动最守恒定律得：Mv0＝Mv1＋mv2
由能量守恒定律得

联立解得足球的速度

由运动学规律得
对球框，由动量定理得 –ft＝mv1－mv2
联立解得球框通过的总位移x＝
43．如图所示，光滑绝缘轨道ABCD位于同一竖直面内，AB部分水平，圆弧轨道BCD的圆心为O，半径为R，B点是最低点，C点是最高点，P、O、D处于同一水平高度。整个装置位于水平向右的匀强电场中，电场强度。现让一质量为m、带电量为＋q的光滑小球从A点由静止开始运动。

（1）若AB＝2R，求小球到达P点时对轨道的压力；
（2）要使小球能沿着轨道到达D点，AB至少多长?
【答案】（1）5mg ；方向向右（2）(＋1)R
【解析】（1）由动能定理得
qE(AB＋R)－mgR＝①
在P点由向心力公式得
FN－qE＝②
联解①②得FN＝5mg
由牛顿第三定律得压力FN＇＝5mg 方向向右
（2）等效重力
与水平面夹角q＝45°，斜向右下方
等效最高点在CD圆弧的中点，只要能过该点，就一定能过D点
等效最高点的最小速度满足
又由动能定理得
联立解得：AB＝(＋1)R
44．如图所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9L．不计空气阻力．求：

（1）小球通过最高点A时的速度vA；
（2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T；
（3）若小球运动到最低点B时细线恰好断裂，小球落地点到C点的距离．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】(1)小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据向心力公式有：
解得：vA=；
(2)小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律有：
解得：
小球在B点时根据牛顿第二定律有：
代入解得：T=6mg
(3)小球运动到B点时细线断裂，小球做平抛运动，有：
竖直方向：1.9L−L=
水平方向：
联立解得：x=3L
45．如图所示，一电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M=3kg，质量m=lg的小物块(可视为质点)静止于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数μ=0.1，现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间=1.6s时物块从车板上滑落。已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)物块离开小车时，物块的速度大小；
(2)0～1.6s时间内小车的奉引力做的功W。
【答案】（1）1.6m/s （2）17J
【解析】(1)根据牛顿第二定律，物块的加速度：μmg=ma，a=1m/s2，小于小车的加速度；
所以，物块在离开B前的速度始终小于小车速度，故物块做匀加速运动，物块离开小车时，物块的速度大小：v=μgt1=1.6m/s；
(2)0−1s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为
 a′=2/1=2m/s2.
根据牛顿第二定律得：
F1−f−k(M+m)g=Ma′
其中k=1/10
解得F1=14N
小车的位移
在1−1.6s时间内，牵引力F2=k(M+m)g+f=5N
由题图乙得小车的位移大小s2=2×0.6m=1.2m
所以0∼1.6s时间内小车的牵引力做的功W=F1s1+F2s2
代入数据解得W=17J   
46．液压千斤顶是利用密闭容器内的液体能够把液体所受到的压强行各个方向传递的原理制成的．图为一小型千斤顶的结构示意图．大活塞的直径D1=20cm，小活塞B的直径D2=5cm，手柄的长度OC=50cm，小活塞与手柄的连接点到转轴O的距离OD=10cm．现用此千斤顶使质量m=4×103kg的重物升高了h=10cm．g取10m/s2，求：

（i）若此千斤顶的效率为80%，在这一过程中人做的功为多少？
（ii）若此千斤顶的效率为100%，当重物上升时，人对手柄的作用力F至少要多大？
【答案】（i）5000J．（ii）500N．
【解析】（i）根据能量守恒定律知，人做的功乘以效率等于重物的重力势能的增加量，故人做的功为：W==×4×103×10×0.1=5000J；
（ii）D点下降高度为：H=h=16h=1.6m；
故人手作用点移动距离为：l=5H=8m；
人做的功等于物体重力势能的增加量，故有：W=mgh=4×103×10×0.1J=4000J；
故推力为：；
点睛：解决该题关键是明确能量是如何转化的，根据能量守恒定律列式求解，明确千斤顶省力不省功.







【答案】（）（）a． b．
【解析】(1)飞船的加速度，根据牛顿第二定律有：
则飞船受到的阻力
(2)a．对飞船和尘埃，设飞船的方向为正方向，根据动量守恒定律有：
，解得
由图象可得：
解得：；

对尘埃，根据动量定理可得：，其中
则飞船所受到的阻力
设一个离子在电场中加速后获得的速度为
根据动能定理可能得：
设单位时间内射出的离子数为，在很短的时间内，
根据动量定理可得：
则飞船所受动车，飞船做匀速运动，，
解得：
48．滑板运动是青少年喜爱的一项活动．如图所示，滑板运动员以某一初速度从点水平离开高的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经点固定斜面向上运动至最高点．圆弧轨道的半径为，、为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧对应圆心角，斜面与圆弧相切于点．已知滑板与斜面间的动摩擦因数为，，，，不计空气阻力，运动员（连同滑板）质量为，可视为质点，求：
(1)运动员（连同滑板）离开平台时的初速度．
(2)运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最底点对轨道的压力．
(3)运动员（连同滑板）在斜面上滑行的最大距离．

【答案】(1)3m/s(2)2150N(3)1.25m
【解析】(1)运动员离开平台后从至的过程中，在竖直方向有：①
在点有：②
由①②得：③
(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动，由牛顿第二定律可得④
由机械能守恒得⑤
取立③④⑤解得
由牛顿第三定律得运动员对轨道的压力=N=
(3)运动员从至过程有：⑥
运动员从至过程有：⑦
由③⑥⑦解得：
49．质量为的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩擦因数为，现用与水平方向成倾角的力拉箱子，如图所示．箱子从静止开始运动，末撤去拉力，（，），求：
(1)撤去拉力时箱子的速度为多大？
(2)箱子继续运动多长时间才能静止？
(3)箱子在整个运动过程中克服摩擦力做功为多少？

【答案】(1)12m/s(2)2.4s(3)960J
【解析】(1)物体在拉力作用下加速滑行，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：，解得
(2)撤去拉力后，物体由于惯性继续滑行，受力，支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：，解得．匀减速过程，根据速度时间关系公式有，解得
(3)撤去拉力前，受力分析，得
根据牛二定律，，解得
根据运动学公式，根据运动学公式解得
撤去拉力后，，根据牛二定律
解得：．根据运动学公式
故
50．用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v=6 m／s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4 kg的物块C静止在前方，如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.在以后的运动中.求：

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大?
(2)弹性势能的最大值是多大?
(3)A的速度有可能向左吗?为什么?
【答案】（1）3 m/s（2）12J（3）A不可能向左运动
【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.
由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA+mB)v＝(mA+mB+mC)vA′
解得vA′= m/s=3 m/s
(2) B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则
mBv=(mB+mC)v′
v′==2 m/s
设物A速度为vA′时弹簧的弹性势能最大为Ep，
根据能量守恒Ep= (mB+mC) +mAv2- (mA+mB+mC)
=×(2+4)×22+×2×62-×(2+2+4)×32=12 J
(3) A不可能向左运动
系统动量守恒，mAv+mBv=mAvA+(mB+mC)vB
设A向左，vA＜0，vB＞4 m/s
则作用后A、B、C动能之和
E′=mAvA2+ (mB+mC)vB2＞ (mB+mC)vB2=48 J
实际上系统的机械能
E=Ep+ (mA+mB+mC)· =12+36=48 J
根据能量守恒定律，＞E是不可能的
点睛：本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误．因为BC碰撞时是有机械能损失的.
51．如图所示，足够长的绝缘光滑斜面AC与水平面间的夹角是α（sinα=0.6），放在图示的匀强磁场和匀强电场中，电场强度为E=4.0v/m,方向水平向右，磁感应强度B=4.0T,方向垂直于纸面向里，电量q=5.0×10-2C，质量m=0.40Kg的带负电小球，从斜面顶端A由静止开始下滑，求小球能够沿斜面下滑的最大距离。（取g=10m/s2）

【答案】15.53m
【解析】小球沿斜面下滑时受重力mg、电场力Eq、洛伦兹力f和斜面支持力N，如图所示。

小球沿斜面向下做匀加速直线运动，随速度的增加，洛伦兹力增大，直到支持力N等于零时，为小球沿斜面下滑的临界情况，有

解得v=15.4m/s
小球由静止开始下滑的距离为S，根据动能定律得

解得S=15.53m
点睛：考查动能定理与运动学公式的应用，解题时要注意对小球的受力与运动性质的分析，理解在离开斜面前小球做匀加速直线运动是解题的关键．
52．如图所示，完全相同的正方向单匝铜质线框型货件abcd，通过水平，绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合）与“正品”（闭合），“安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持，已知磁场边界AA′，CC′与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d，现某一货件当其ab边到达CC′时又恰好与传送带的速度相同，则：

（1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；
（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间多大。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）线框以速度进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力F、摩擦力共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力的作用下做加速运动，当ab边到达时速度又恰好等于，因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力F最大，加速度最大，设为；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v，线框刚进入磁场时，由牛顿第二定律有：①
，，
解得：②
在线框完全进入磁场又加速运动到达边界时的过程中，根据动能定理有：
③
解得：④
（2）设“正品”货件进入磁场所用时间为，取此过程中某较短时间间隔，在的内货件速度变化为，货件加速度大小为：⑤
设流经线框的电流为，货件瞬时速度为，货件所受安培力方向向左，大小为：
⑥

解得：⑩
设：“正品”货件在磁场中匀加速恢复所用时间为
由匀变速速度公式，有：
设“正品”货件完全出磁场并达到稳定运行时间为，由受力与运动对称性可得：

而“次品”货件运动过程中不受“安检”的影响，设其达到“正品”货件稳定后的相同空间距离所用时间为由匀速运动规律有：
可见“安检”而延迟时间为：
点睛：对时间、发热量、做功这类过程量，我们一定要先分析、了解整个运动过程的基本状态再求解；要注意区分各阶段的情况，进行分段讨论，如我们求位移时，一定要注意各阶段的运动状态是否能统一表示，如要注意是否一直运动等．
53．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止，且均可看做质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为+Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下A球与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移。

（1）第一次碰撞结束瞬间A.B两球的速度各为多大？
（2）从开始到即将发生第二次碰到这段过程中电场力做了多少功？
（3）从开始即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面（时刻除外），可以在水平面内加一与电场正交的磁场，请写出磁场B与时间t的函数关系。
【答案】（1）0，（2）5QEL（3）从A开始运动到发生第一次碰撞：
从第一次碰撞到发生第二次碰撞：
【解析】（1）A球的加速度，碰前A的速度；碰前B的速度
设碰后A、B球速度分别为、，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：
，
所以B碰撞后交换速度：，
（2）设A球开始运动时为计时零点，即，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为、；由匀变速速度公式有：
第一次碰后，经时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，由位移关系有：，得到：
；
由功能关系可得：
（另解：两个过程A球发生的位移分别为、，，由匀变速规律推论，根据电场力做功公式有：）
（3）对A球由平衡条件得到：，，
从A开始运动到发生第一次碰撞：
从第一次碰撞到发生第二次碰撞：
点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．
54．如图为一传送带装置模型，斜面的倾角θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m=2kg的物体从高h=30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，与水平传送带的动摩擦因数μ2=0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v=2.5m/s，tanθ=0.75，g取10m/s2．求：
（1）从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带因摩擦产生的热量；
（2）从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．

【答案】(1)20J；(2)1.5m.
【解析】本题考查牛顿第二定律、运动学公式以及功能关系。
(1)对物体从静止开始到达底端的过程运用动能定理得：代入数据得：
物体滑上传送带后向右做匀减速运动，由动能定理得：解得：，
匀减速的时间又，解得：
这段时间内皮带的位移，这段时间内物体和皮带间的相对位移
(2)在传送带上摩擦力先对物体做负功，再对物体做正功，在传送带上摩擦力对物体做功为零，对物体运动的全过程运用动能定理得：
代入数据解得：
点睛：因摩擦力做功产生的热量要理解其来龙去脉并能熟练应用。
55．某物理兴趣小组研究物体的多过程运动，其情景如下。如图所示，在光滑水平面上，建立直角坐标系xoy，有两根平行线ab与cd（均平行于x轴）将水平面分成三个区域。自区域I的A点将质量均为m的小球M、N以相等的初动能水平向右、向左抛出。两小球在全过程中受到沿水平面向+y方向的恒定外力1.5mg的作用；两小球经过宽度为H的区域II时，受到沿+x方向的恒力作用。小球从区域II的下边界离开进入区域III，N球的速度方向垂直cd向下；M球在区域II做直线运动；M球刚离开区域II的动能为N球刚离开区域II的动能的1.64倍。不计空气阻力。求：

（1）M与N在区域II中平行x轴方向的位移大小之比；
（2）A点距平行线ab的距离；
（3）区域II提供的水平向右的恒力。
【答案】（1）3 :1；（2）；（3）。
【解析】⑴两小球在区域II中运动，竖直方向有：⇒两球在区域II中通过的时间相同。在水平方向上，两球加速度大小相等，设为a，则
①
②
对N球：③
由①②③得④
⑵小球在区域I中运动，有：⑤
进入区域II后，在竖直方向上，有：
⑥
由几何关系有：⑦
由①③⑤⑥⑦得⑧
⑶对MN两球运动的全过程，由动能定理有：
⑨
⑩
由已知⑪
由④⑦⑧⑨⑩⑪得：
56．如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电机的带动下保持以v0=5m/s的恒定速度匀速向左运动。小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高h=2.4m。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）小滑块第一次在传送带上运动的时间？
（2）小滑块在斜面上运动的总路程？
【答案】（1）（2）
【解析】（1）小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为：

小滑块沿斜面下滑，由牛顿第二定律有：

沿斜面下滑的加速度大小为：

小滑块第一次滑到斜面底端的速度大小为：

小滑块滑上传送上后，向右做匀减速运动，减速的加速度大小为：

小滑块向右速度减为零后又向左做匀加速运动，离开传送带时的速度大小仍为v1，故小滑块第一次在传带上运动的时间为：

（2）分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，由功能关系有：
滑块在斜面上运动的总路程为
57．如图甲所示，水平桌面上有一条轻质弹簧，左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，P为地面上一点，MN为其竖直方向的直径。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点时，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌面B点的距离为L=0.2m，水平桌面的高度为h=0.6m。计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，g取10m/s2。求：

(1)弹簧压缩过程中存贮的最大弹性势能EP；
(2)小物块到达桌边B点时速度的大小VB：
(3)小物块落地时恰好沿切线由P点进入圆弧轨道，并恰好通过M点，求圆弧轨道的半径R。
【答案】（1）2.3J（2）2m/s（3）0.4m
【解析】（1）由图可知滑动摩擦力f=F0=1.0N
F做功
Ep=WF -f∙x=2.3J
（2）由动能定理：
解得vB=2m/s
（3）P点竖直分速度
即：

从P到M:
在M点：
解得R= 0.4m
58．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2。求：

(1)物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小FN；
(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q。
【答案】（1）30N（2）-10J；12.5J

摩擦而产生的热
59．如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球在竖直面内做圆周运动。已知小球在最高点A时受到细线的拉力刚好等于小球自身的重力，重力加速度为g，不计一切阻力。若小球运动到最高点A时细线断裂或小球运动到最低点B时细线断裂，两种情况下小球落在水平地面上的位置到O点正下方水平地面上的C点的距离相等，求O点到C点的距离H。

【答案】2L
【解析】在A点，由牛顿第二定律：
从A到B，由机械能守恒定律：
又：，
，
xA =xB
解得H= 2L
60．如图所示，质量为M的小球通过不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。质量为m的子弹以一定的速度水平射入小球未穿出，之后小球在轻绳作用下做圆弧运动。改变子弹的入射速度v，每次都保证子弹射入小球未穿出，测得每次小球上升的最大高度h（均不超过绳长）。某同学以h为纵坐标，以V2为横坐标，利用实验数据做直线拟合，得到该直线的斜率为k=2×l0-3s2/m。已知重力加速度为g=10m/s2。求小球质量与子弹质量的比值M/m。

【答案】4
【解析】子弹射入小球，由动量守恒定律可知：mv=(m+M)v1
由机械能守恒定律：
有
解得
61．如图所示，在方向水平向左的匀强电场中，有一内表面绝缘粗糙且内径很小的固定圆弧管道BC,其圆心O在水平地面上，竖直半径OC=R，地面上A点与B点的连线与地面的夹角θ=37°。一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从地面上的A点以大小 (g为重力加速度大小)的速度沿AB方向运动，并恰好无碰撞地从管口B进入管道BC,到达管口C时恰好与管道间无作用力。取sin37°=0.6,cos370=0.8求：

(1)该匀强电场的电场强度大小E以及小球到达管口 B时的速度大小v2;
(2)小球通过管道的过程中克服摩擦力做的功W克f
(3)小球从管口 C飞出后落到地面前向右的最大位移xm。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】（1）由于小球做直线运动.经分析可知小球带正电，且，解得：
由于小球恰好无碰撞地从管口B迸人管道所以AB丄OB.对小球从A点运动到B点的过程，由动能定理，得
（2）小球到达管C时，重力提供向心力，设此时小球的速度大小为：
对小球在管道BC中运动的过程，根据动能定理，解得：
（3）小球从管口C飞出后，在水平方向上做类竖直上抛运动，竖直方向上做自由落体运动，且水平方向上的加速度大小为
设小球沿水平方向的速度为零时尚未落地.小球从管口C飞出到水平速度为零的过程中运动的水平距离为，所用时间为，则：
设小球在空中运动的总时间为t，有，解得
由于，说明小球从管口C飞出后经时间尚未落地.故：
62．质量为2m的物体P静止在光滑水平地面上，其截面如图所示，图中ab段为光滑圆弧面，bc段是长度为L的粗糙水平面，质量为m的物块Q(可视为质点)静止在圆弧面的底端b。现给Q一方向水平向左的瞬间冲量I,Q最终相对P静止在水平面的右端c。重力加速度大小为g，求：

(1) Q到达其运动的最髙点时的速度大小v
(2)Q与P的水平接触面间的动摩擦因数μ。
【答案】(1) (2)
【解析】（1）设Q从b点滑上弧面的初速度大小为，根据动童定理：，解得
经分析可知，Q到达最髙点时与P具有相同的速度(沿水甲方向），
由动量守恒定律：，解得
（2）经分析可知.Q最终相对P静止在c处时，它们的速度（相对地面）也为v；根据功能关系可得解得：
63．如图所示，水平面上固定一轨道，轨道处于竖直平面内，其中bcd是一段以O为圆心、半径为R的圆弧，c为最髙点，弯曲段abcde光滑, 水平段ef粗糙，两部分平滑连接，aO与ef在同一水平面上。可视为质点的物块从a点以某一初速度沿轨道向右运动，经过c点时，受到的支持力大小等于其所受重力的1/2，然后沿轨道的水平部分ef滑行距离5R后停下。重力加速度为g。求：
(1)物块从a点出发时的初速度大小v0；
(2)物块与轨道水平部分ef间的动摩擦因数μ
【答案】(1) (2) μ=0.25
【解析】（1）在c点对物块迸行受力分析，有：
在物块从a运动到c的过程中，由机械能守恒定律：
解得：
（2）物块在轨道水平部分ef上运动的过程中.由动能定理有：
解得。
64．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v = 2m/s匀速运动，质量为m1 = 1kg的小物块P和质量为m2 = 1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0 = 4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ= 0.5，重力加速度为g =10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：

(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；
(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
(3)若传送带以不同的速度v（0 【答案】(1)a1=8m/s2 (2) (3)，

对P由牛顿第二定律得：
对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用
由牛顿第二定律得：
联立解得：
（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为，则
共速后，由于摩擦力
故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右
设此时的加速度为，轻绳的拉力为
对P由牛顿第二定律得：
对Q由牛顿第二定律得：
联立解得：
设减速到0位移为，则
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功：
（3）第一个减速过程，所用时间，P运动的位移为，皮带运动的位移为
第二个减速过程，所用时间，P运动的位移为，皮带运动的位移为
则整个过程产生的热量
当时，
【点睛】本题的难点：一是要分析当P与传送带共速度时P将做怎样的运动，二是要知道PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，三是写出系统热量的表达式，并由表达式分析热量的最小值.
65．如图所示，粗糙绝缘的细圆管弯成半径为R的1/4圆弧形，固定在竖直面内，管口B与圆心O等高，管口C与水平轨道平滑连接。质量为m的小球(小球直径略小于细圆管直径)从管口B正上方的A点自由下落，A、B间距离为4R，从小球进入管口开始，小球经过管口C滑上水平轨道，已知小球经过管口C时，对管底的压力为9mg，小球与水平轨道之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：

(1)小球在BC过程中摩擦阻力做的功；
(2)小球在水平轨道上运动的距离。
【答案】(1) (2)
【解析】试题分析：（1）在C点小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律可求出在C点的速度，从A到C由动能定理可求出摩擦阻力做的功，（2）物体在水平轨道上受摩擦力的作用下，做匀减速运动，由动能定理可求出在水平轨道上的距离.
（1）由题意知，在C点有小球对管底的压力为
由牛顿第二定律得：
解得：
从A到C，由动能定理得：
解得：
（2）在水平轨道上，由动能定理得：
解得：
66．如图所示，平行板间由于某种场的存在，可以给落入其中的物体提供一个除重力以外竖直方向的恒力F。平行板间距离为d，上板正中有一小孔。质量为m、可视为质点的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，重力加速度为g)。求：

(1)平行板间给物体提供的竖直方向恒力F的大小；
(2)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
【答案】(1) (2)
【解析】试题分析：（1）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解竖直方向恒力F的大小；（2）对加速过程和减速过程分别运用运动学公式求解时间，再求和即为总时间．
（1）对从释放到到达下极板处过程由动能定理得：
解得：
（2）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式得：
解得：
则加速过程下落的时间
减速过程的加速度
则减速过程下落的时间
则小球从开始下落运动到下极板处的时间
67．某物理兴趣小组研究物体的多过程运动，其情景如下。如图所示，在光滑水平面上，建立直角坐标系xoy，有两根平行线ab与cd（均平行于x轴）将水平面分成三个区域。自区域I的A点将质量均为m的小球M、N以相等的初动能水平向右、向左抛出。两小球在全过程中受到沿水平面向+y方向的恒定外力1.5mg的作用；两小球经过宽度为H的区域II时，受到沿+x方向的恒力作用。小球从区域II的下边界离开进入区域III，N球的速度方向垂直cd向下；M球在区域II做直线运动；M球刚离开区域II的动能为N球刚离开区域II的动能的1.64倍。不计空气阻力。求：

（1）M与N在区域II中平行x轴方向的位移大小之比；
（2）A点距平行线ab的距离；
（3）区域II提供的水平向右的恒力。
【答案】（1）3 :1；（2）；（3）。
【解析】⑴两小球在区域II中运动，竖直方向有：⇒两球在区域II中通过的时间相同。在水平方向上，两球加速度大小相等，设为a，则
①
②
对N球：③
由①②③得④
⑵小球在区域I中运动，有：⑤
进入区域II后，在竖直方向上，有：
⑥
由几何关系有：⑦
由①③⑤⑥⑦得⑧
⑶对MN两球运动的全过程，由动能定理有：
⑨
⑩
由已知⑪
由④⑦⑧⑨⑩⑪得：
68．如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电机的带动下保持以v0=5m/s的恒定速度匀速向左运动。小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高h=2.4m。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）小滑块第一次在传送带上运动的时间？
（2）小滑块在斜面上运动的总路程？


小滑块滑上传送上后，向右做匀减速运动，减速的加速度大小为：

小滑块向右速度减为零后又向左做匀加速运动，离开传送带时的速度大小仍为v1，故小滑块第一次在传带上运动的时间为：

（2）分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，由功能关系有：
滑块在斜面上运动的总路程为
69．如图甲，质量M=0.99kg的小木块静止放置在高h=0.8m的平台，小木块距平台右边缘d=2m，质量m=0.01kg的子弹沿水平方向射入小木块，留在其中一起向右运动，小木块和子弹作用时间极短，可忽略不计，一起向右运动的v2-s图象如图乙．最后，小木块从平台边缘飞出落在距平台右侧水平距离x=0.8m的地面上，g=10m/s2，求：

（1）小木块从平台边缘飞出的速度；
（2）小木块平台运动过程中产生的热量；
（3）子弹射入小木块前的速度．
【答案】（1）2m/s（2）6J（3）400m/s
【解析】试题分析：（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，根据平抛运动规律列式求解；（2）先根据速度位移公式可得到图象的表达式，求出加速度；再根据牛顿第二定律求解出滑动摩擦力，最后根据功能关系求解热量；（3）子弹射木块过程，系统动量守恒，根据动量守恒定律求解．
（1）设小木块以速度v从平台滑出，做平抛运动
竖直方向有：
解得：
水平方向有：
解得：
（2）因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动
根据，可得图象的斜率
解得：小木块在平台上滑动的加速度大小
根据牛顿第二定律得：摩擦力
故小木块在滑动过程中产生的热量：
（3）由图象可得
小木块刚开始滑动时的速度为
子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律得：
解得：
【点睛】本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、牛顿第二定律和动量守恒定律等相关知识列式求解．
70．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C刚滑上传送带时的速度大小。
（3）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q
【答案】（1）9J （2）4m/s （3）8J
【解析】（1）A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A与B碰撞后共同速度为v1，选取向右为正方向，对A、B有：
mv0=2mv1①
碰撞时损失机械能ΔE=②
解得△E=9J
（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC．
由动量守恒：2mv1=2mvB+mvC③
由机械能守恒：④
解得：vc=4m/s
（3）C以vc滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x时与传送带共速，由运动学公有：
a1=μgcosθ-gsinθ=0.4m/s2;
;
联立解得：x=11.25m＜L
加速运动的时间为t，有：v=a1t，⑤
所以相对位移△x=vt﹣x
代入数据得：△x=1.25m
摩擦生热Q=μmgcosθ•△x=8J
71．如图所示，水平传送带左端A处与倾角为=37°的光滑斜面平滑连接，右端B处与一水平面平滑连接，水平面上有一固定竖直挡板，挡板左侧与一轻弹簧连接，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好与水平面上的C点对齐，斜面长为x1=3 m，传送带长L=2 m，BC段长x2=1 m，传送带以速度v=2 m／s顺时针转动．一质量为1 kg的物块从斜面顶端由静止释放，已知物块与传送带间及水平面BC段的动摩擦因数0.2，水平面C点右侧光滑，重力加速度取g=10 m／s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)弹簧获得的最大弹性势能；
(2)物块第三次到达B点时的速度大小；
(3)物块与传送带由于相对滑动而产生热量的最大值．

【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）设物体滑到斜面底端的速度为v1，根据机械能守恒有：

求得：v1=6m/s
由于v1>v，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，加速度大小为

设物块在传送带上先减速后匀速，则减速运动的位移：
由于s1>L，假设不成立，物块在传送带上一直匀减速，根据功能关系：

（2）设物块第三次到达A点的速度为v2，根据功能关系：

求得：v2=m/s
物块以的速度第三次滑上传送带，由于
因此物块第三次滑上传送带一直做匀减速运动，第三次到达B点速度刚好等于2m/s。
（3）由于因此物块不会第四次滑上传送带。根据能量转化与守恒定律，物块由于与传送带摩擦而产生的热量为：

带入数据得：Q=12J
72．如图所示，水平桌面上有一个质量m=1kg的小物块，小物块分别与水平放置的轻质弹簧和不可伸长的轻质细线一端相连，弹簧的劲度系数K=100N/m，小物块和水平桌面间动摩擦因数μ=0.2。当细线与竖直方向成θ=45O角时小物块处于静止状态，且与桌面间无挤压。此时剪断细线，经过一段时间t小物块获得最大动能。g=10m/s2。求：

（1）细线被剪断前所受的拉力；
（2）剪断细线瞬间小物块的加速度；
（3）t这段时间内因摩擦产生的内能。
【答案】(1)（2）方向水平向左（3）

（3）当时，物体的动能最大，则
m
由 解得m
摩擦力做功为J；
73．如图所示为一种打地基所用的夯，打夯时四人分别握住夯锤的一个把手，同时向上用力然后同时松手，夯落至地面将地基夯实．若已知夯的质量为80kg，每个人对夯施加竖直向上的力均恒为250N，力的持续时间为0.6s，夯落地时将地面砸出的凹痕深为2cm，重力加速度g取10m/s2，求
（1）夯离地瞬间的加速度；
（2）夯砸入地面的过程中夯对地面的平均作用力；
（3）夯在空中运动多长时间，其重力瞬时功率为1600W．
【答案】（1）2.5m/s2（2）23300N （3）0.95s
【解析】试题分析：当夯离地时，根据牛顿第二定律可求出夯的加速度；从离地到最后静止，全过程用动能定理可解的夯对地面的平均作用力；先求出向上的最大速度再和重力瞬时功率为1600W时的速度比较，可知此时刻出现在下落过程，利用速度公式可求得时间。
（1）根据牛顿第二定律可得：
带入数据解得：a=2.5m/s2
（2）上升过程中位移为：
由动能定理可得：
解得：f=23300N
（3）根据，可得重力功率为1600W时瞬时速度为：
上升过程中最大速度为：v=at=2.5×0.6=1.5m/s，
所以速度为2m/s出现在升到最高点后的下落过程中，v=﹣2m/s
撤去力后：v=v0﹣gt，所以：
所以总时间为：t=0.6+0.35=0.95s
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律、运动学公式和动能定理的综合，理清物体运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式和动能定理即可求解。
74．如图所示，水平轨道与半径为R的半圆形光滑竖直轨道相连，固定在地面上。可视为质点的滑块a 和小球b 紧靠在一起静止于半圆圆心的正下方N点，滑块a 和小球b中间放有少许火药，某时刻点燃火药，滑块a 和小球b瞬间分离，小球b恰好能通过半圆轨道的最高点P 点，然后做平抛运动落到水平轨道MN上。已知a 和b质量分别为2m、m，滑块a与水平轨道MN之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：

（1）滑块a和小球b刚分离时b的速度大小；
（2）小球b的落地点与滑块a最终停下处之间的距离。
【答案】⑴⑵
【解析】（1）物体b在竖直平面内做圆周运动，在P 点时重力提供向心力，有

解得
两物体分离后物块b沿圆轨道向上运动，由动能定理有


水平方向Lb=vPt
解得

75．如图斜面倾角为300，一辆汽车从静止开始时以1 m/s2的加速度沿斜面爬坡，已知汽车质量为1.0×103 kg，额定输出功率为5.6×104 W，摩擦阻力为车重的0.2倍，g取10 m/s2，求：

(1)汽车做匀加速运动的时间；
(2)汽车所能达到的最大速率；
【答案】(1)7 s　 (2)8 m/s　
【解析】(1)由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－0.2mg＝ma
设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv
v＝at1
解得t1＝7 s.
(2)当达到最大速度vm时，a＝0，则有
P＝(mgsin 30°＋0.2mg)vm.
解得vm＝8 m/s.
76．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场 (P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知AB间距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：

（1）小球离开c点时的速度大小
（2）电场强度E的大小
（3）在圆轨道运动过程中，指出什么位置速度最大并求出其大小
【答案】（1） （2） （3）
【解析】试题分析：（1）小球离开C点做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球在C点的速度．（2）对A到C的过程，运用动能定理，求出电场强度的大小．（3）小球的最大速度在BN段，设小球速度最大时与圆
的连线和竖直方向的夹角为，根据动能定理，结合数学知识求出最大速度.
（1）小球离开C点做平抛运动，根据
得：
则小球在C处的速度
（2）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理得：

解得：
（3）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为

小球从A运动到D的过程，根据动能定理得：

得：
根据数学知识可得，当时动能最大．
由此可得
【点睛】运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后结合动能定理列式求解，本题对数学能力的要求较高，需加强练习．
77．粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m，有一质量为0.2kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B。然后沿水平面前进0.4m到达C点停止. 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g = 10)，求：

（1）物体到达B点时的速度大小.
（2）物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功.
【答案】（1） （2）0.5J
【解析】试题分析：（1）物体在BC面上运动最终静止，在水平面上受滑动摩擦力而做减速运动，利用动能定理研究B到C过程，即可求解物体到达B点时的速率．（2）对AB段，运用动能定理求克服摩擦力所做的功．
（1）物体从B运动到C的过程，由动能定理得：
解得：
（2）物体从A运动到B的过程，由动能定理得：
解得：
78．如图所示，一固定斜面的倾角θ＝37°，P点距斜面底端A点的距离x。BC为一段光滑圆弧轨道，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，两轨道的半径均为R＝2 m。滑板长L＝7.1 m，质量为M＝1 kg，静止在光滑水平地面上，滑板上表面与斜面水平底边的高度差H＝4 m，滑板右端紧靠C点，上表面恰能与两圆弧相切于C点和D点，滑板左端到半圆形轨道下端D点的距离L′＝3.3 m。一物块（可视为质点）质量m＝1 kg从斜面上的P点由静止下滑，物块离开斜面后恰在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，经C点滑上滑板，在C点对轨道的压力大小N=60 N，滑板左端到达D点时立即被牢固粘连。物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）物块滑到C点的速率vC；
（2）P点距斜面底端A点的距离x；
（3）物块最终静止时的位置到D点的距离s。
【答案】（1）10m/s（2）5m（3）0.4m
【解析】试题分析：（1）在C点对轨道的压力大小N=60 N，重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可求出物块滑到C点的速率；（2）滑块静止从P滑到C点过程，应用动能定理可以求出x；（3）
代入数据解得：x=5m
（3）设物块与滑板能达到共同速度v，即物块未从滑板上落下来，滑板也未与D点相撞．
对物块，由速度公式有：
对滑板，由速度公式有：
代入数据解得：
物块的位移：
滑板的位移：
滑板未到达D点，
物块未从滑板上落下，达到共同速度后，物块与滑板一起匀速运动距离0.8m滑板到达D点，滑板撞停后，物块独自匀减速运动到D点．
则有：
代入数据解得：
因
物块不会脱轨，再次回到D点后做匀减速直线运动，设其向右减速的最大位移为
则
物块最终静止时的位置到D点的距离：
【点睛】本题是一道力学综合题，关键要分析清楚物块的运动情况，把握每个过程的物理规律，应用动能定理、牛顿第二定律和运动学规律解题．
79．如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：

(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。
【答案】(1)2 m/s　(2)0.06 J　(3)0.4m
【解析】（1）小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则有
解得；
（2）小钢珠在光滑圆弧轨道，由动能定理得
解得
(3) 小钢珠水平飞出后,做平抛运动，，
解得
80．如图所示，倾角为的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道.两个光滑半圆轨道半径都为R=0.2 m，其连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略.斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹黄下端与一个可视为质点、质量为m=0.02 kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27 J.现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s=2.0 m；己知斜面轨道的A点与水平面上B点之间的高度为h=l.0 m，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75；小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，（sin 370=0.6，cos 370=0.8.取g=10 m/s2).求：
(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；
(2)小球对B点轨道的压力；
(3)斜面粗糙部分的长度x.

【答案】（1）5m/s（2）4.3N，方向竖直向下（3）0.5m
【解析】（1）小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为vE，由平抛运动规律知，
s＝vEt，
4R＝gt2，
联立解得vE＝＝5 m/s
（2）小球从B点运动到E点的过程，由机械能守恒有
mv B2＝mg×4R＋mv E2
解得vB2＝8gR＋，
则vB＝ m/s
在B点有FN－mg＝m
所以FN＝9mg＋＝4.3 N
由牛顿第三定律可知F′N＝FN＝4.3 N，方向竖直向下
（3）小球沿斜面下滑到B点的过程，由功能关系有：mgh－μmgcos 37°・x＝mvB2－Ep
解得x＝0.5 m.
81．如图所示，固定的凹槽表面光滑水平，其内放置一U形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45 m的1/4光滑圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面水平、粗糙，与两圆弧相切，B、C为相切点。小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M＝4 m。P1、P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.40，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时滑板N紧靠凹槽的左端，P2静止B点，P1以v0＝4.0 m/s的初速度从A点沿圆弧自由滑下，在B点与P2发生弹性碰撞，碰后P1、P2的速度交换。当P2滑到C点时，滑板N恰好与凹槽的右端相碰并与凹槽粘牢，P2则继续滑动，到达D点时速度刚好为零。P1与P2视为质点，取g＝10 m/s2．问：

⑴P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
⑵BC长度为多少？
⑶N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？
【答案】（1）0.8m/s2（2）⑶
【解析】试题分析： 根据动能定理求出小滑块P1滑到底端时的速度，再根据牛顿第二定律求出加速度；根据动量守恒定律和能量守恒求出BC长度；在由速度位移公式求出P1与P2间的距离。
（1）P1滑到最低点速度为，由动能定理有：
解得：
由题意可知：=5m/s
P2向右滑动时，假设P1与滑板相对静止， 把P1、M看成一个整体由牛顿第二定律有：

带入数据解得：
此时对P1有：
故P1与滑板相对静止，滑板的加速度为0.8m/s2。
（2）P2滑到C点速度为，由动能定理得

解得：
⑶滑板碰后，P1向右滑行距离：
P2向左滑行距离：
所以P1、P2静止后距离：
点睛：本题主要考查了动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，要先正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程即可求解。
82．如图所示的“s”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆的半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向不可移动。弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经轨道后从最高点d水平抛出(抛出后小球不会碰轨道)，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2，不计其它机械能损失，ab段长L=1.25 m，圆的半径R=0.1 m，小球质量m=0.01 kg，轨道质量为M=0.26 kg，g=10 m／s2，求：

(1)若v0=5 m／s，小球从最高点d抛出后的水平射程。
(2)若v0=5 m／s，小球经过轨道的最高点d时，管道对小球作用力的大小和方向。
(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多大时，小球经过两半圆的对接处c点时，轨道对地面的压力为零。
【答案】⑴⑵；方向竖直向下⑶
【解析】试题分析：对a到d全过程运用动能定理求出运动到d点速度，离开d点后做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再求出水平位移；在d点小球受重力和管道对小球的作用力，根据两个力的合力提供做圆周运动的向心力，求出管道对小球作用力的大小和方向；根据动能定理和牛顿第二定律求解速度v0。
⑴设小球到达d点的速度为v，由动能定理有：
小球从d点做平抛运动，在竖直方向有：
在水平方向：

小球通过c点时，由牛顿第二定律有：
要使轨道对地面无压力，则有：
联立以上代入数据得：
点睛：本题主要考查了动能定理与圆周运动的结合的综合题，解决题的关键掌握动能定理，以及知道做圆周运动沿半径方向的合力提供向心力即可求解。
83．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为l的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，最高点为A，最低点为B，B到底边C点的距离为S，求：
(1）小球通过最高点A时的速度．
(2）小球通过最低点B时，细线对小球的拉力．
（3）若小球在最低点B时绳刚好断裂，求小球滑落到底边时到C点的距离。

【答案】(1) ；(2)6mgsin；（3）
【解析】(1)小球恰能在斜面上做完整的圆周运动，通过A点细线拉力为零，由牛顿第二定律：；解得：；
(2)小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：

解得：
小球在B点时由牛顿第二定律：
解得：
（3）因沿着斜面方向加速度为；
平行于斜面方向
84．从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：
(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？
【答案】（1）方向竖直向下（2）
【解析】试题分析：（1）根据机械能守恒定律求出物体下落h时的速度，爆炸的瞬间，爆炸力远大于物体的重力，瞬间动量守恒，结合动量守恒定律求出物体M刚炸裂时另一块碎片的速度大小．（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量.
（1）由机械能守恒定律得：
解得
炸裂时，爆炸力远大于物体受到的重力，规定向下为正方向，因为质量为m的一块碎片恰好能返回到开始下落的位置，可知该碎片的速度等于物体爆炸前的速度，
由动量守恒定律知：
解得，方向竖直向下
（2）爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量
故转化为动能的化学能为：
解得
85．如图所示，在光滑水平面上有一质量为nm的木板，木板上依次紧挨着排列有n个质量均为m的可视为质点的小木块，从左向右依次编号为1、2、3……n．最初木板静止，n个木块的初速度均向右，大小从左向右依次为v0、2v0、3v0……nv0，每个木块与木板间的动摩擦因数均为μ，设木板足够长，重力加速度为g，求:
(1)若n=3，木块和木板的最终速度和整个过程中产生的热量；
(2)n个物块与木板相对运动结束时1、2木块之间的距离：
(3)第k(k≤n)个木块运动过程中的最小速度．
【答案】(1) （2） (3)
【解析】（1）由动量守恒有：
可得v=v0
由能量守恒：
可得Q=4mv02
（2）经分析可知，从左向右，每一个木块减速到与木板速度相同后一起与木板加速，即1先与木板共速，然后与木板一起加速，接着2与木板共速，然后1、2与木板一起加速，如此直到所有木块速度与木板速度相同；每个木块减速过程的加速度都为a=μg，木板加速度最初为a0=μg，当1与木板共速后两者的加速度，依次有……….
设经过t1时间木块1与木板共速，则有
可得；
此时木块2的速度
再经过t2时间木块2与木板共速，则有
可得；
此时1、2均与木板相对静止，此后也与木板相对静止，从开始到现在1的位移为
或者
2的位移为：
或者
可得相对运动结束时1、2的距离为
（3）由分析可知第k个木块的最小速度应该是它减速到与木板速度相同时的速度，此时它之前的木块速度和木板速度都与它相同，设此时它的速度vk，它的速度该变量，它之后的木块的速度改变量也为∆v，根据动量守恒有前面k-1个木块和木板动量的增加量等于后面（n-k+1）个木块的动量减小量，则有


86．如图所示，竖直面内固定一半径为R的光滑绝缘圆环，O为圆心，轻质弹簧一端固定在环上A点，另一端与穿在环上的带负电小球连接，弹簧原长为2R．空间存在水平向左的匀强电场(图中未画出)，小球所受电场力大小为重力的2倍．在B点静止释放小球，小球恰能运动到C点．己知小球质量为m，重力加速度为g，求:

(1)小球在B点时弹簧的弹性势能：
(2)若把小球拉到D点由静止释放，其运动到C点时对环的作用力．
【答案】(1) （2），方向向下
【解析】（1）从B到C，对小球用动能定理
解得：W弹=mgR
于是EP=W弹=mgR
（2）从D到C，对小球用动能定理：
在C点，对象小球分析，竖直方向合力提供向心力：
联立两式可得F=9mg根据牛顿第三定律，小球对环作用力方向向下，大小为9mg.
87．如图（）所示，在倾角的光滑固定斜面上有一劲度系数的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量的物体，初始时物体处于静止状态．取．
（）求此时弹簧的形变量．
（）现对物体施加沿斜面向上的拉力，拉力的大小与物体位移的关系如图（）所示，设斜面足够长．
．分析说明物体的运动性质并求出物体的速度与位移的关系式；
．若物体位移为时撤去拉力，在图（）中做出此后物体上滑过程中弹簧弹力的大小随形变量的函数图像；并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离以及此后运动的最大速度．

图a图b图c
【答案】（）．（）　　　　．
【解析】（）初始状态时物体处于平衡状态，则有：，代入数据计算得出；
（）．设物体运动微小位移的过程中加速度为，根据牛顿第二定律有：
．
根据图象可以知道，　联立计算得出：；


撤去拉力后，在上滑过程中根据动能定理有：．
联立以上可得，；
物体再次回到初始位置时速度最大，对于全过程只有拉力下对物体做功，拉力对图象做的功为图象下的面积，则有：；
根据动能定理可得：，联立计算得出：。
点睛：本题考查动能定理及胡克定律的应用，解题的关键在于图象规律的迁移应用，要求能明确图象性质，知道如何用图象的面积来表示功。
88．如图所示，一质量、长度的长方形木板静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量的小滑块A（可视为质点）．现对A、B同时施以适当的瞬时冲量，使A向左运动，B向右运动，二者的实速度大小均为，最后A并没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数，取重力加速度．求：

（1）A、B二者的共同速度．
（）A、B相互作用中产生的热量．
（）站在地面上观察，当木板B相对地面的速度取何值时，小滑块A处于加速运动过程．
【答案】（）（）（）

点睛：本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便！
89．如图所示，倾角的光滑斜面固定在地面上，斜面的长度．质量的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止滑下．已知，，空气阻力可忽略不计，重力加速度取．求：

（）滑块滑到斜面底端时速度的大小．
（）滑块滑到斜面底端时重力对物体做功的瞬时功率大小．
（）在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小．
【答案】（）．
（）．
（）．
【解析】（）设滑块到斜面底端时的速度为．
依据机械能守恒定律有：解得：；
（）滑块滑到斜面底端时速度在竖直方向上的分量．
解得：，重力对物体做功的瞬时功率：，解得；
（）设滑块下滑过程的时间为，由运动学公式，
由牛顿第二定律：解得：
在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小：解得。
点睛：本题考查了求速度、功率与冲量问题，滑块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式可以解题。
90．某同学用下图所示的实验装置来研究碰撞问题．是一段半径为的光滑圆弧轨道，圆弧与水平地面相切于点．现将一个质量为的小球从轨道上的点由静止释放，到达底端时与质量为的小球发生弹性正碰．已知点和水平面的距离为，两球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为．

（）证明：小球从点到点的运动过程，可以看成是简谐运动的一部分．
（）求小球与小球第一碰撞后各自上升的高度．
（）请指出两球第二次碰撞的位置．
【答案】（）见解析；（）；．（）点
【解析】（）对进行受力分析，合外力为．
因为，所以．
．
所以可以看成简谐运动的一部分．
（）碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，即
；
．
联立得；．
又因为．
则碰撞之后小球上升的高度记为，小球上升的高度记为
则有；．
解得；．
（）第二次碰撞的位置还是在点，因为简谐运动的周期，两个小球回到点的时间相同．即两球第二次碰撞的位置在O点.
91．如图所示，半径为的光滑圆轨道安置在竖直平面内，圆形轨道与光滑水平轨道平滑连接，在水平轨道上有一滑块正沿轨道向右以速度运动，已知滑块恰好能通过圆轨道的最高点，已知滑块质量为，滑块可视为质点，不计空气最，重力加速度取．求：

（）滑块在轨道最高点时，速度的大小．
（）滑块初速度的大小．
（）滑块刚滑上圆形轨道时，对轨道压力的大小和方向．
【答案】（）．（）（）方向竖直向下
【解析】（）在最高点恰好通过，小物块只受重力作用
解得．
（）由最高点到最低点根据动能定理得
带入数据解得：v0=10m/s．
（）在最低点根据牛顿第二定律可得；
解得，再根据牛顿第三定律可得，滑块对轨道的压力方向竖直向下．
92．如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长．从某时刻开始，有质量的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数，取，求：

（）该过程所经历的时间及物块与小车保持相对静止时的速度．
（）该过程中物块发生的位移及小车发生的位移．
（）该过程中物块和小车间产生的热量．
【答案】（）=，v=．（）4m和1m（）
【解析】（）以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：．
代入数据解得，方向向右．
对小车，由动量定理得：．
代入数据解得：．
（）对物块，根据动能定理得：．
对小车，由动能定理得：．
代入数据解得：，．
（）该过程中物块和小车间产生的热量为：．
代入数据解得：．
93．在水平地面上平放一质量为的木板，木板左端紧靠一带有光滑圆弧轨道的木块，木块右端圆弧轨道最低点与木板等高，木块固定在水平地面上，已知圆弧轨道的半径为，木板与地面间的动摩擦因数，圆弧轨道的最高点距离木板上表面的高度为．现从木块的左侧距离木板上表面的高度为处，以的水平速度抛出一可视为质点的质量为的物块，物块从圆弧轨道的最高点沿切线方向进入轨道，如图所示．假设物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．

（）求物块刚进入圆弧轨道瞬间的速度．
（）求物块刚到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小．
（）为了使物块始终在木板上滑动，则木板的长度应满足什么条件？
【答案】（）；（）；（）木板的长度应不小于．
【解析】（）从到，由机械能守恒定律得：

解得．
（）从到，由机械能守恒定律得：

在点有：．
取立可得：．
由牛二定律知，物块刚到达圆弧轨道最低点时，对轨道的压力大小为：．
（）物块在木板上滑动时，所受的滑动摩擦力为：
地面对木板的最大静摩擦力为：
因为，所以木板不动．
设为了使物块始终在木板上滑动，木板的长度最小为，则由动能定理得：

代入数据解得：．
94．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道B端切线水平，现将质量为m的小滑块（可视为质点）从A点由静止释放，小滑块沿圆弧轨道运动至B点后水平飞出，求：

（1）小滑块从B点飞出时的速度大小（用g、R表示）；
（2）若A点距地面的高度为H，那么R与H满足什么关系时，滑块落地点D与B点的水平位移x最大，最大值是多少？
【答案】（1）（2）H
【解析】试题分析：据动能定理可得到达B点的速度；根据平抛运动位移规律求得水平位移，在据x的表达式，求得最大值。
（1）从A到B根据动能定理得：，解得：
（2）小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上位移关系式为：
水平方向位移为：
联立以上可得：
故当时，即时位移最大，可得最大位移为x=H。
点睛：本题主要考查了平抛运动和动能定理的结合，先对物体进行受力分析，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
95．如图甲所示，水平传递、两轮间的距离，质量的物块（可能为质点）随传送带一起以恒定的速率向左匀速运动．当物块运动到最左端时，质量的子弹以的水平速度向右射中物块并穿出．在传送带的右端有一传感器，画出物块被击穿后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，子弹射出物块的瞬间为时刻）．设子弹击穿物块的时间极短．且不会击中传感器而发生危险．物块的质量保持不变．不计空气阻力及、轮的大小，取重力加速度．


（）求物块与传送带间的动摩擦因数．
（）求子弹击穿物块的过程中产生的热量．
（）若从第一颗子弹击中物块开始，每隔就有一颗相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送带．设所有子弹与物块间的相互作用力均相同，求整个过程中物块与传动带之间因摩擦产生的热量．
【答案】（）（）（）

由牛二定律有解得：．
（）物块被击中前的速度大小为．由速度图像可知物块被击穿后瞬间物块的速度大小，方向向右．
设子弹击穿物块后的速度为，以向右为正方向．根据动量守恒定律有．
解得：．
根据能量守恒有：
．
（）第颗子弹击穿物块后，物块向右运动的时间为．
设向右运动的最大距离为则．
时物块改为向左运动，运动时间为位移大小为　．
所以在时间内，物块向右运动的距离为．
在时间内．
物块相对传送带的位移为：．
在时物块的速度与传送带速度相同，所以第二颗子弹击中物块后的运动情况与第一颗子弹击中物块后运动情况相同，向右运动的可能达到的最大距离为．
而此时物块与传送带右端距离为，故物块中第二颗子弹后将画出传送带．
设物块被第二颗子弹击穿后，其在传送带上滑行的时间为．
根据运动学公式：．
解得：．
物块第二次被击穿后相对传送带的位移
所以．
96．如图所示，水平轨道与半径为的竖直半圆形轨道相切于点，质量为和的、两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块与一轻弹簧相连．某一瞬间给小滑块一冲量使其获得的初速度向右冲向小滑块，与碰撞后弹簧不与相粘连，且小滑块在到达点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求：

（）和在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能．
（）小滑块经过圆形轨道的点时对轨道的压力．
（）通过计算说明小滑块能否到达圆形轨道的最高点．
【答案】（）．（）．（）小滑块不能到达圆形轨道的最高点

解得：．
（）当弹簧恢复原长时弹性热能为零，开始离开弹簧，此时的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动，设此时、的速度分别为和．由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
．
解得：．
滑块到达时，根据牛二定律有：．
解得：．
根据牛顿第三定律滑块在点对轨道的压力方向竖直向下．
（）设恰能到达最高点点，且在点速度为．此时轨道对滑块的压力为零，滑块只受重力，由牛二定律：解得：．
再假设能够到达最高点点，且在点速度为由机械能守恒定律可得：．
解得：．所以不可能到在点，假设不成立．
97．如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成的S形轨道.光滑半圆轨道半径为R=0.2m，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略.粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h=1.2m.从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s=0.8m.已知小球质量m=0.1kg，不计空气阻力，求：

（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；
（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；
（3）小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功.
【答案】（1）2m/s（2）11N（3）0.2J
【解析】试题分析：小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力．根据动能定理求出小球沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功．
（1）小球从E点飞出后做平抛运动，设在E点的速度大小为v，则
解得
（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒
在B点
联立解得
由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为11N
（3）设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，
则
得
98．质量为m=0.5kg的物体从高处做自由落体运动（g取10m/s2），则：
（1）在运动t=2s内重力对物体做的功是多少？
（2）这2s内重力对物体做功的平均功率是多少？
（3）2s末，重力对物体做功的瞬时功率是多少？
【答案】（1）100J（2）50W（3）100W
【解析】（1）由，可得；
重力所做的功为：；
（2）2s内重力做功的平均功率为：；
（3）2s末的速度为；
重力做功的瞬时功率为：；
99．如图甲所示，水平传送、两轮间的距离，质量的物块（可视为质点）随传送带一起以恒定的速率向左匀速运动，当物块运动到最左端时，质量的子弹以的水平速度向右射中物块并穿出．在传送带的右端有一传感器，测出物块被击穿后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，子弹射出物块的瞬间为时刻）．设子弹击穿物块的时间较短，且不会击中传感器而发生危险，物块的质量保持不变．不计空气阻力及、轮的大小，取重力加速度，若从第一颗子弹击中物块开始，每隔就有一颗相同的子弹以同样的速度击穿物块，直至物块最终离开传送带，设所有子弹与物块间的相互作用力均相同，求整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量。

【答案】

此过程中传送带向左位移
木块向右运动的位移
所以此过程木块相对于传送带的位移为
故全程木块与传送带间的相对滑动距离为：
所以木块和传送带间因摩擦产生的热量：。
点睛：本题是传送带问题与子弹射木块问题的综合问题，考查了运动学公式、牛顿运动定律、能量守恒定律、功能关系，难度较大。
100．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．赛车从起点由静止出发，沿水平直线轨道运动之后，由点进入半径为的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到点．并能越过壕沟．已知赛车质量．通电后以额定功率工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力值为，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中，，，．求：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取）

【答案】

，则平抛运动的初速度为：．
为保证越过壕沟，到达点的速度至少为：；
因此综上所述，赛车到达点的速度至少为，
从到对赛车用动能定理：，代入数据得：。
点睛：本题是力学综合题中多过程问题，关键要将物体的运动分为四个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能定理、平抛运动公式、向心力公式列式求解。