一、單項選擇題

　　1.如圖所示，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速帶至高處，在此過程中，下述說法正確的是(A)

　　A.摩擦力對物體做正功

　　B.摩擦力對物體做負(fù)功

　　C.支持力對物體做正功

　　D.合外力對物體做正功

　　解析：物體P勻速向上運動過程中，受靜摩擦力作用，方向沿皮帶向上，對物體做正功，支持力垂直于皮帶，做功為零，合外力為零，做功也為零，故A正確，B、C、D錯誤.

　　2.小明同學(xué)騎電動自行車沿平直公路行駛，因電瓶“沒電”，故改用腳蹬車勻速前行.設(shè)小明與車的總質(zhì)量為100 kg，騎行過程中所受阻力恒為車和人總重的0.02倍，g取10 m/s2.通過估算可知，小明騎此電動車做功的平均功率最接近(B)

　　A.10 W B.100 W

　　C.300 W D.500 W

　　解析：由P=Fv可知，要求騎車人的功率，一要知道騎車人的動力，二要知道騎車人的速度，由于自行車勻速行駛，由二力平衡的知識可知F=f=20 N，對于騎車人的速度我們應(yīng)該有一個定性估測，約為5 m/s，所以P=Fv=20×5 W=100 W，B正確.

　　3.娛樂節(jié)目中有這樣一種項目，選手需要借助懸掛在高處的繩飛躍到鴻溝對面的平臺上，如果選手的質(zhì)量為m，選

　　手抓住繩由靜止開始擺動，此時繩與豎直方向的夾角為α，繩的懸掛點O距平臺的豎直高度為H，繩長為l(lh2

　　B.h1h2.故選A.

　　5.(2015·南昌模擬)如圖所示，甲、乙兩車用輕彈簧相連靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同時由靜止開始運動，在整個過程中，對甲、乙兩車及彈簧組成的系統(tǒng)(假定整個過程中彈簧均在彈性限度內(nèi))，說法正確的是(B)

　　A.系統(tǒng)受到外力作用，動能不斷增大

　　B.彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機(jī)械能最大

　　C.恒力對系統(tǒng)一直做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷增大

　　D.兩車的速度減小到零時，彈簧的彈力大小大于外力F1、F2的大小

　　解析：對甲、乙單獨受力分析，兩車都先加速后減速，故系統(tǒng)動能先增大后減少，A錯誤;彈簧最長時，外力對系統(tǒng)做正功最多，系統(tǒng)的機(jī)械能最大，B正確;彈簧達(dá)到最長后，甲、乙兩車開始反向加速運動，F(xiàn)1、F2對系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能開始減少，C錯;當(dāng)兩車第一次速度減小到零時，彈簧彈力大小大于F1、F2的大小，當(dāng)返回后速度再次為零時，彈簧的彈力大小小于外力F1、F2的大小，D錯.

　　二、多項選擇題

　　6.一個小球在真空中自由下落，另一個同樣的小球在黏性較大的液體中由靜止開始下落.它們都由高度為h1的地方下落到高度為h2的地方，在這兩種情況下(AD)

　　A.重力做功相同

　　B.動能的變化量相同

　　C.重力勢能都轉(zhuǎn)化為動能

　　D.第二種情況下小球的機(jī)械能減少

　　解析：小球重力相同，下落的高度也一樣，故重力做功相同，選項A正確;在真空中下落，只有重力做功，在液體中下落還要受到液體阻力，故合力做功不同，動能的變化量不同，選項B錯誤;第二種情況下，小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，機(jī)械能減小，選項C不對，選項D正確.

　　7.某娛樂項目中，參與者拋出一小球去撞擊觸發(fā)器，從而進(jìn)入下一關(guān).現(xiàn)在將這個娛樂項目進(jìn)行簡化，假設(shè)參與者從觸發(fā)器的正下方以v的速率豎直上拋一小球，小球恰好擊中觸發(fā)器.若參與者仍在剛才的拋出點，沿A、B、C、D四個不同的光滑軌道分別以速率v拋出小球，如圖所示.則小球能夠擊中觸發(fā)器的是(CD)

　　解析：本題借助四種不同運動形式考查了機(jī)械能守恒定律.若小球恰好擊中觸發(fā)器，由機(jī)械能守恒可知：mv2=mgh.在選項A情況中，小球不可能靜止在最高處，選項A錯誤;在選項B情況中，小球離開直軌道后，在重力作用下，做斜上拋運動其最高點的速度不為零，因此小球不可能擊中比其軌跡最高點還高的觸發(fā)器，選項B錯誤;在選項C中，小球不會脫離軌道，由機(jī)械能守恒可知，小球也恰好擊中觸發(fā)器，選項C正確;在選項D情況中，小球在圓管軌道的最高點的最小速度可以為零，由機(jī)械能守恒可知，小球也恰好擊中觸發(fā)器，選項D正確.

　　8.如圖所示長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中，下列說法中正確的是(CD)

　　A.物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能

　　B.物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量

　　C.物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和

　　D.摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量

　　解析：根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化，B的動能減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能加A的動能增加量，A錯C對;B克服摩擦力做的功等于B的動能減少量，B錯;對B：WfB=E′kB-EkB，對A：WfA=E′kA-0;則WfA+WfB=(E′kA+E′kB)-EkB=ΔE內(nèi)增，D對.

　　三、計算題

　　9.(2015·撫順模擬)如圖所示，AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置.AB是半徑為R=2 m的圓周軌道，CDO是半徑為r=1 m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板.D為CDO軌道的中點.BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接.已知BC段水平軌道長L=2 m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4.現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m=1 kg的小球P從A點的正上方距水平線OA高H處自由落下(g取10 m/s2).

　　(1)當(dāng)H=1.4 m時，求此球第一次到達(dá)D點對軌道的壓力大小;

　　(2)當(dāng)H=1.4 m時，試通過計算判斷此球是否會脫離CDO軌道.如果會脫離軌道，求脫離前球在水平軌道經(jīng)過的路程;如果不會脫離軌道，求靜止前球在水平軌道經(jīng)過的路程.

　　解析：(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度vD，P到D點的過程對小球列動能定理：

　　mg(H+r)-μmgL=

　　在D點對小球列牛頓第二定律：FN=

　　聯(lián)立解得：FN=32 N

　　由牛頓第三定律得小球在D點對軌道的壓力大小

　　F′N=FN=32 N.

　　(2)第一次來到O點時速度為v1，P到O點的過程對小球列動能定理：

　　mgH-μmgL=

　　解得：v1=2 m/s

　　恰能通過O點，mg=

　　臨界速度vO= m/s

　　由于v1>vO，故第一次來到O點之前沒有脫離.

　　設(shè)第三次來到D點的動能Ek對之前的過程列動能定理：

　　mg(H+r)-3μmgL=Ek

　　代入解得：Ek=0

　　故小球一直沒有脫離CDO軌道

　　設(shè)此球靜止前在水平軌道經(jīng)過的路程s，對全過程列動能定理：

　　mg(H+R)-μmgs=0

　　解得：s=8.5 m.

　　答案：(1)32 N　(2)8.5 m

　　10.有一傾角為θ=37°的硬桿，其上套一底端固定且勁度系數(shù)為k=120 N/m的輕彈簧，彈簧與桿間無摩擦.一個質(zhì)量為m=1 kg的小球套在此硬桿上，從P點由靜止開始滑下，已知小球與硬桿間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，P與彈簧自由端Q間的距離為l=1 m.彈簧的彈性勢能與其形變量x的關(guān)系為Ep=kx2(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2).求：

　　(1)小球從開始下滑到與彈簧自由端相碰所經(jīng)歷的時間t;

　　(2)小球運動過程中達(dá)到的最大速度vm;

　　(3)若使小球在P點以初速度v0下滑后又恰好回到P點，則v0需多大?

　　解析：(1)由牛頓第二定律得：

　　F合=mgsin θ-μmgcos θ=ma，

　　解得a=2 m/s2

　　由l=at2，解得

　　t==1 s.

　　(2)當(dāng)小球從P點無初速滑下時，彈簧被壓縮至x處有最大速度vm，由

　　mgsin θ-μmgcos θ=kx

　　得x= m=0.017 m

　　由功能關(guān)系得：

　　mgsin θ(l+x)-μmgcos θ(l+x)-W彈=mv

　　又W彈=kx2

　　代入數(shù)據(jù)解得vm=2 m/s.

　　(3)設(shè)小球從P點壓縮彈簧至最低點，彈簧的壓縮量為x1，由動能定理得

　　mgsin θ(l+x1)-μmgcos θ(l+x1)-kx=0-mv

　　從最低點經(jīng)過彈簧原長Q點回到P點的速度為0，則有：

　　kx-mgsin θ(l+x1)-μmgcos θ(l+x1)=0

　　解得：x1=0.5 m，v0=4.9 m/s.

　　答案：(1)1 s　(2)2 m/s　(3)4.9 m/s