人教版新教材必修二 8.4 直线运动机械能专题（含答案）
文档属性
| 名称 | 人教版新教材必修二 8.4 直线运动机械能专题（含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 866.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-11-27 16:41:28 | ||
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文档简介
人教版新教材必修二第八章直线运动机械能专题（含答案）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共60.0分）
把一个重为的物体，用一个水平的推力为正的常数，为时间压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，从开始计时，物体从静止开始运动，关于此后物体的动能、重力势能、机械能随着物体位移变化图象定性来说可能正确的有( )
A. B. C. D.
一光滑杆一端固定于水平面上，杆与水平面夹角为，杆上穿着一个质量为的小球，小球上连一轻弹簧，弹簧另一端固定于点，初始时小球从点静止释放，小球沿杆向下运动，经过点，此时弹簧为原长，最后到达点时速度为零点图中未标出。已知与杆垂直，杆足够长，小球在沿杆向下运动过程中始终未触到地面，则在小球从点到点运动过程中下列说法正确的是
A. 小球的机械能守恒 B. 小球的机械能始终增大
C. 到达点时小球的动能最大 D. 间的距离大于间的距离
吊篮悬挂在绳索的下端，放在水平地面上，某人站在高处将吊篮由静止开始竖直向上提起，运动过程中，吊篮机械能E与位移x的关系如图所示．0~x1为直线，x1~x2为曲线，x2~x3为水平直线．以水平地面为零势能面，不计空气阻力．则( )
A. 0~x1吊篮所受拉力均匀增大 B. 0~x2吊篮的动能增大
C. 在x2处动能可能小于x1处 D. x2~x3拉力等于重力
如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，沿固定在地面上的光滑斜面下滑，自由下落，最后到达同一水平面，则正确的是( )
A. 重力对物体做的功多 B. 到达底端时两物体的动能不同
C. 到达底端时重力的瞬时功率 D. 重力的平均功率相同
小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的。以刚开始下落时为计时起点，小球的图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 图像中选取竖直向下为正方向
B. 每个阶段的图线并不相互平行
C. 每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半
D. 每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半
如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系金属环，环套在竖直固定的直杆上，定滑轮大小可忽略与直杆的距离为环在点时绳与竖直杆垂直，杆上的点在点下方，环到达点时绳与杆之间的夹角为。已知重力加速度为，现将环在外力控制下从点匀速移动到点，环从点运动到点的过程中，下列说法正确的是
A. 绳对重物的拉力一直小于 B. 重物增加的重力势能为
C. 运动中环的速度一直大于重物的速度 D. 运动中环的速度一直小于重物的速度
如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板的左端，右端与小木块连接，且、及与地面间摩擦不计。开始时，和均静止，现同时对、施加等大反向的水平恒力和，设两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度对于、和弹簧组成的系统( )
A. 由于、等大反向，故系统机械能守恒
B. 当弹簧弹力大小与、大小相等时，、各自的动能最大
C. 由于、大小不变，所以、各自一直做匀加速运动
D. 由于、均能做正功，故系统的机械能一直增大
如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至其离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度并作出滑块的图像，其中高度从上升到范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取，由图像可知( )
A. 滑块的质量为
B. 弹簧原长为
C. 弹簧最大弹性势能为
D. 滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为
如图所示，劲度系数为的轻质弹簧下悬挂一质量为的水平托盘，托盘处于静止状态。重力加速度为，在托盘内放一质量为的物块。已知弹簧的弹性势能为，表示弹簧的形变量，已知弹簧一直处于弹性限度内，则
A. 托盘内放物块的瞬间，托盘对物块的弹力为
B. 在下落过程中，托盘和物体的机械能先增大后减少
C. 托盘在运动过程中的最大速度为
D. 在最低点，托盘对物体的弹力为
从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，该物体的和随它离开地面的高度的变化如图所示。重力加速度取。由图中数据可得( )
A. 物体的质量为 B. 时，物体的速率为
C. 时，物体的动能 D. 从地面至，物体的动能减少
二、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
如图所示，斜面倾角为，段长，和段长均为，段粗糙，其余部分均光滑．质量为的物体从斜面上处由静止释放，恰好能通过处．求：
物体从到重力势能的变化量；
物体从运动到所需要的时间；
物体与斜面段之间的动摩擦因数．
一轻质杆一端固定一质量的小球，另一端可沿光滑水平轴转动，到小球的距离，小球跟粗糙水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处反别固定一个光滑的斜面与水平面平滑连接和一个挡板，斜面末端与挡板间的水平距离，如图所示，现有一滑块，质量也为，从斜面上某一高度处由静止滑下，先后与小球和挡板发生碰撞，滑块与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞时原速返回，若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点
若滑块从斜面处滑下与小球碰撞后，小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，求滑块与水平面间的动摩擦因数及碰后瞬间小球对杆的作用力的大小；
若滑块从处由静止滑下，求小球做完整圆周运动的次数．
如图所示，光滑轨道由倾角的斜面、小圆弧长度可忽略、水平面连接而成。轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端被锁定在斜面上的点，此时弹簧压缩量。两个小物块、分别静止在点和水平面上的点。某时刻解除弹簧锁定，经后物块离开弹簧，离开时速度。此后继续沿斜面运动，通过小圆弧后与物块发生弹性碰撞。若整个过程中物块不会脱离轨道，已知，，、两点间距离，，求：
从解除弹簧锁定到物块离开弹簧，弹簧弹力的冲量大小；
锁定弹簧时，弹簧的弹性势能；
物块与物块碰撞后它们的速度大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
由题意可知，随着时间的推移，压力不断增大，导致物体从滑动到静止。则物体所受的摩擦力先是滑动摩擦力后是静摩擦力。而滑动摩擦力的大小与推物体的压力大小成正比，故运动过程中滑动摩擦力不断变大；当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止。
本题分析清楚物体的运动规律，当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止。
【解答】
A.水平的推力，不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，故物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为，是变力，故动能与位移间不是线性关系，故A错误；
B、重力做正功，故重力势能不断减小，故BC错误；
D.由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故D正确；
故选D。
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查机械能守恒定律和动能定理。解题的关键是知道机械能守恒定律的条件和动能定理的应用。
机械能守恒定律：在只有重力或弹簧的弹力做功的情形下，物体的重力势能或弹性势能和动能发生相互转化，但总机械能保持不变。动能定理：合外力做的功等于物体动能的变化。
【解答】
A.在小球从点到点运动过程中，除重力外还有弹簧弹力做功，故小球的机械能不守恒，故A错误；
B.在小球从点到点运动过程中，弹力先做正功，后做负功，小球的机械能先增大后减小，故B错误；
C.动能定理：合外力做的功等于物体动能的变化。在小球从点到点运动过程中，重力和弹簧弹力做功，经过点弹簧为原长，点向下合力还做一段正功，所以到达点时小球的动能不是最大，故C错误；
D.只有在重力或弹簧的弹力做功的情形下，物体的重力势能或弹性势能和动能发生相互转化，但总机械能保持不变。从点到点运动过程中，小球和弹簧系统的机械能不变，到点时，减少的重力势能转化为弹性势能，故D点的弹性势能比点大，点的弹簧长度比点大，所以间的距离大于间的距离，故 D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力；当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度以及动能的变化。
解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律。
【解答】
A.由吊篮的机械能与位移的关系可知过程中，图线的斜率不变，说明吊篮的动能随位移均匀增大，因此物体受到的拉力不变，故A错误；
BC.过程中，开始拉力大于重力，加速度方向向上，大小不变，做匀加速直线运动，动能增大； 过程图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零，物体先加速后减速，动能先增大后减小，物体在处的动能可能小于的处的动能，故B错误，C正确；
D.在过程中, 吊篮的机械能不变，高度升高，说明重力势能增大，则动能减小，所以吊篮做减速运动，吊篮受到的拉力小于重力，故D错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】
【分析】
质量相同的两物体处于同一高度，沿固定在地面上的光滑斜面下滑，而自由下落，到达同一水平面时下降的高度相同。根据比较重力做功关系。重力的平均功率是重力作功与时间的比值，而重力的瞬时功率则是重力与重力方向的速率乘积。由机械能守恒定律分析动能关系。
解决本题时要注意重力的平均功率与瞬时功率的区别是：平均功率是做功与时间的比值，瞬时功率是力与速度在力的方向上的速度乘积。
【解答】
A.重力做功只与初末位置高度差有关，两物体质量相等，高度差相等，所以重力做功相等，故A错误；
B.根据动能定理可知，两物体到达地面时动能相等，故B错误；
C.设斜面倾角为，两物体质量都为，到达地面时速度大小都为，物体重力的瞬时功率为，物体重力的瞬时功率为，所以故C正确；
D.两物体重力做功相等，但时间不等，物体时间长，故A物体的平均功率小，故D错误。
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查图形，解决本题的关键在于对图形物理意义的掌握，图形的斜率表示加速度，速度的正负表示方向，图线与坐标轴所围“面积”等于位移大小；上升过程，机械能守恒，根据碰撞后速度的动能的大小确定速度大小及上升高度的大小，上升和下落过程加速度都为，从而确定时间关系。
【解答】
A.小球第一阶段为自由落体运动，图像中选择竖直向上为正方向，A错误；
B.自由落体运动和竖直上抛运动的加速度均为重力加速度，每个阶段的图像是相互平行的，B错误；
上升过程，机械能守恒，每次与地面碰后动能变为碰撞前的，速率变为碰撞前的，能够上升的最大高度是上一次下落高度的，上升到最大高度所需的时间是上一次下落时间的一半，C错误，D正确。
故选：。
6.【答案】
【解析】解：、环匀速下滑的速度为，设绳与杆的夹角为，则重物上升速度为，那么，运动中环的速度一直大于重物的速度；环下移过程，减小，故重物速度增大，所以，重物受到的合外力向上，故绳对重物的拉力一直大于，故AD错误，C正确；
B、重物上升的高度，故重物增加的重力势能为，故B错误；
故选：。
将环的速度按正交分解法得到绳子的速度，即可得到环和重物的速度大小关系；再根据重物速度变化得到加速度方向，从而由合外力方向得到拉力与重力大小关系；最后根据几何关系得到重物上升高度，即可得到重力势能增加量。
与细绳绳子绕固定点或定滑轮连接的物体其运动通常按照绳子方向和垂直绳子方向分解，得到将作用力分解为使速度方向的改变和使速度大小改变两种效果，进而求得力的大小及速度大小关系。
7.【答案】
【解析】解：
A、由于、对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，A错误；
B、当弹簧弹力大小与、大小相等时，和受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B正确；
C、由于弹力是变化的，、所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；
D、由于、先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于、，之后，两物块再加速相向运动，、对系统做负功，系统机械能开始减少，并不是一直增大，所以D错误。
故选：。
本题和等大反向，但是由于它们的位移不同，所以做的功的大小不同，当弹簧弹力大小与、大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，再根据物体的运动状态可以判断物体加速度的变化．
本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件、力和运动的关系等较多知识．题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力．
8.【答案】
【解析】
【分析】
根据图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解；
本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图象的形状得出滑块从上升到范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键。
【解答】
A.在从上升到范围内：，图线的斜率绝对值为：，则，故A错误；
B.在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从上升到范围内所受作用力为恒力，所以从，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的，故B错误；
C.根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能等于弹簧最大弹性势能，所以，故C错误；
D.由图可知，当时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，机械能守恒，，故D正确。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了弹性势能、胡克定律、牛顿第二定律、机械能守恒定律、能量守恒定律这些知识点；
确定瞬间整体的合外力，根据牛顿第二定律求解托盘的弹力；根据机械能守恒定律分析机械能的变化；根据能量守恒定律求解速度；分析加速度方向，确定托盘对物体的弹力。
【解答】
A.托盘内放物块的瞬间，研究托盘和物块整体，研究物块，
解得：，故A错误；
B.在下落过程中，弹簧的弹性势能一直增大，系统机械能守恒，故托盘和物体的机械能一直减小，故B错误；
C.初始位置，当系统速度最大时，，系统在下落过程中，根据能量守恒
，解得：，故C正确；
D.在最低点，系统有向上的加速度，托盘对物体的弹力大于，故D错误。
10.【答案】
【解析】解：、由图知，时，由得，故A错误；
B、时，，，则物体的动能为，由，得，故B错误；
C、时，，，则物体的动能为，故C错误；
D、从地面至，物体的机械能减少了，重力势能增加了，因此，物体的动能减少，故D正确；
故选：。
根据时的值和求出物体的质量，根据时的动能求物体的速率，时，物体的动能为，根据动能与机械能、重力势能的关系求物体的动能减少量。
解决本题的关键要从图象读取有效信息，明确动能、重力势能和机械能的关系，根据功能关系进行解答。
11.【答案】解：取处为零势能面．在处重力势能为：
处重力势能为：
则物体从到重力势能的变化量为：
恰好能通过处，说明物体到处时以初速度为零沿匀加速下滑．根据牛顿第二定律得：
得：
由得：
对段，根据动能定理得：
则得：
答：物体从到重力势能的变化量是；
物体从运动到所需要的时间是；
物体与斜面段之间的动摩擦因数是．
【解析】取处为零势能面，可分别得到物体在处和处的重力势能，再求得重力势能的变化量．
物体恰好能通过处，说明物体到处时以初速度为零沿匀加速下滑．由牛顿第二定律求出加速度，再由位移时间公式求时间．
对于段，运用动能定理求解段的动摩擦因数．
本题根据重力势能的变化量的定义来求的，也可以根据重力势能的变化量等于重力做功的负值求．运用动能定理时要灵活选取研究过程．
12.【答案】解：小球恰好在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速度为：
在小球从最低点到最高点的过程中机械能守恒，其最低点速度为，则有：
因碰撞后滑块与小球交换速度，所以滑块从高为处滑下到将要与小球碰撞时速度为，由动能定理可得：
小球碰后在最低点，由杆对球的作用力及球的重力的合力提供向心力，有：
解得：，，
由牛顿第三定律可知，碰后瞬间小球对杆的作用力的大小为：
小球能做完整圆周运动，在最低点的速度最小为，当滑块的速度为时，它在水平面上通过的路程为，有：
小球做完整圆周运动的次数为：
解得：，次
答：滑块与水平面间的动摩擦因数为，碰后瞬间小球对杆的作用力的大小为；
小球做完整圆周运动的次数为次．
【解析】由动能定理求出滑块与小球碰撞前的速度，然后求出碰撞后小球的速度，然后由牛顿第二定律求出杆对球的作用力及动摩擦因数，根据牛顿第三定律得到碰后瞬间小球对杆的作用力的大小．
每次碰撞没有能量损失，只是在水平面上运动时克服摩擦力做功，小球的速度也是一次次的减小，最小的时候应该是恰好能做圆周运动，根据动能定理可以求得总的路程和碰撞的次数．
本题物体的运动过程好像是挺复杂，但是每次碰撞只是由于克服摩擦力做功而减小了能量，当减到最小时小球应该恰好能做圆周运动，找到能量损失的原因，利用动能定理就可以求出了，本题很好的考查了学生的分析理解能力，是道好题．
13.【答案】解：从解除弹簧锁定到物块离开弹簧过程，对滑块，由动量定理得：
代入数据解得：
解除弹簧锁定到物块离开弹簧过程，由能量守恒定律得：
，
代入数据解得：；
从物块脱离弹簧到滑到点过，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
物块与物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：，；
答：从解除弹簧锁定到物块离开弹簧，弹簧弹力的冲量大小为；
锁定弹簧时，弹簧的弹性势能为；
物块与物块碰撞后它们的速度大小分别为、。
【解析】从解除弹簧锁定到物块离开弹簧过程，对物块，由动量定理可以求出弹簧对物块的冲量。
解除弹簧锁定过程，对弹簧与物块组成的系统应用能量守恒定律求出弹簧的弹性势能。
由机械能守恒定律求出滑块滑到点时的速度，、发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后、的速度大小。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可解题。
第1页，共1页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共60.0分）
把一个重为的物体，用一个水平的推力为正的常数，为时间压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，从开始计时，物体从静止开始运动，关于此后物体的动能、重力势能、机械能随着物体位移变化图象定性来说可能正确的有( )
A. B. C. D.
一光滑杆一端固定于水平面上，杆与水平面夹角为，杆上穿着一个质量为的小球，小球上连一轻弹簧，弹簧另一端固定于点，初始时小球从点静止释放，小球沿杆向下运动，经过点，此时弹簧为原长，最后到达点时速度为零点图中未标出。已知与杆垂直，杆足够长，小球在沿杆向下运动过程中始终未触到地面，则在小球从点到点运动过程中下列说法正确的是
A. 小球的机械能守恒 B. 小球的机械能始终增大
C. 到达点时小球的动能最大 D. 间的距离大于间的距离
吊篮悬挂在绳索的下端，放在水平地面上，某人站在高处将吊篮由静止开始竖直向上提起，运动过程中，吊篮机械能E与位移x的关系如图所示．0~x1为直线，x1~x2为曲线，x2~x3为水平直线．以水平地面为零势能面，不计空气阻力．则( )
A. 0~x1吊篮所受拉力均匀增大 B. 0~x2吊篮的动能增大
C. 在x2处动能可能小于x1处 D. x2~x3拉力等于重力
如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，沿固定在地面上的光滑斜面下滑，自由下落，最后到达同一水平面，则正确的是( )
A. 重力对物体做的功多 B. 到达底端时两物体的动能不同
C. 到达底端时重力的瞬时功率 D. 重力的平均功率相同
小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的。以刚开始下落时为计时起点，小球的图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 图像中选取竖直向下为正方向
B. 每个阶段的图线并不相互平行
C. 每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半
D. 每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半
如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系金属环，环套在竖直固定的直杆上，定滑轮大小可忽略与直杆的距离为环在点时绳与竖直杆垂直，杆上的点在点下方，环到达点时绳与杆之间的夹角为。已知重力加速度为，现将环在外力控制下从点匀速移动到点，环从点运动到点的过程中，下列说法正确的是
A. 绳对重物的拉力一直小于 B. 重物增加的重力势能为
C. 运动中环的速度一直大于重物的速度 D. 运动中环的速度一直小于重物的速度
如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板的左端，右端与小木块连接，且、及与地面间摩擦不计。开始时，和均静止，现同时对、施加等大反向的水平恒力和，设两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度对于、和弹簧组成的系统( )
A. 由于、等大反向，故系统机械能守恒
B. 当弹簧弹力大小与、大小相等时，、各自的动能最大
C. 由于、大小不变，所以、各自一直做匀加速运动
D. 由于、均能做正功，故系统的机械能一直增大
如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至其离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度并作出滑块的图像，其中高度从上升到范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取，由图像可知( )
A. 滑块的质量为
B. 弹簧原长为
C. 弹簧最大弹性势能为
D. 滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为
如图所示，劲度系数为的轻质弹簧下悬挂一质量为的水平托盘，托盘处于静止状态。重力加速度为，在托盘内放一质量为的物块。已知弹簧的弹性势能为，表示弹簧的形变量，已知弹簧一直处于弹性限度内，则
A. 托盘内放物块的瞬间，托盘对物块的弹力为
B. 在下落过程中，托盘和物体的机械能先增大后减少
C. 托盘在运动过程中的最大速度为
D. 在最低点，托盘对物体的弹力为
从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，该物体的和随它离开地面的高度的变化如图所示。重力加速度取。由图中数据可得( )
A. 物体的质量为 B. 时，物体的速率为
C. 时，物体的动能 D. 从地面至，物体的动能减少
二、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
如图所示，斜面倾角为，段长，和段长均为，段粗糙，其余部分均光滑．质量为的物体从斜面上处由静止释放，恰好能通过处．求：
物体从到重力势能的变化量；
物体从运动到所需要的时间；
物体与斜面段之间的动摩擦因数．
一轻质杆一端固定一质量的小球，另一端可沿光滑水平轴转动，到小球的距离，小球跟粗糙水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处反别固定一个光滑的斜面与水平面平滑连接和一个挡板，斜面末端与挡板间的水平距离，如图所示，现有一滑块，质量也为，从斜面上某一高度处由静止滑下，先后与小球和挡板发生碰撞，滑块与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞时原速返回，若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点
若滑块从斜面处滑下与小球碰撞后，小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，求滑块与水平面间的动摩擦因数及碰后瞬间小球对杆的作用力的大小；
若滑块从处由静止滑下，求小球做完整圆周运动的次数．
如图所示，光滑轨道由倾角的斜面、小圆弧长度可忽略、水平面连接而成。轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端被锁定在斜面上的点，此时弹簧压缩量。两个小物块、分别静止在点和水平面上的点。某时刻解除弹簧锁定，经后物块离开弹簧，离开时速度。此后继续沿斜面运动，通过小圆弧后与物块发生弹性碰撞。若整个过程中物块不会脱离轨道，已知，，、两点间距离，，求：
从解除弹簧锁定到物块离开弹簧，弹簧弹力的冲量大小；
锁定弹簧时，弹簧的弹性势能；
物块与物块碰撞后它们的速度大小。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
由题意可知，随着时间的推移，压力不断增大，导致物体从滑动到静止。则物体所受的摩擦力先是滑动摩擦力后是静摩擦力。而滑动摩擦力的大小与推物体的压力大小成正比，故运动过程中滑动摩擦力不断变大；当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止。
本题分析清楚物体的运动规律，当滑动摩擦力小于重力时，物体加速运动；当滑动摩擦力大于重力时，物体减速运动，直至静止。
【解答】
A.水平的推力，不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，故物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为，是变力，故动能与位移间不是线性关系，故A错误；
B、重力做正功，故重力势能不断减小，故BC错误；
D.由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故D正确；
故选D。
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查机械能守恒定律和动能定理。解题的关键是知道机械能守恒定律的条件和动能定理的应用。
机械能守恒定律：在只有重力或弹簧的弹力做功的情形下，物体的重力势能或弹性势能和动能发生相互转化，但总机械能保持不变。动能定理：合外力做的功等于物体动能的变化。
【解答】
A.在小球从点到点运动过程中，除重力外还有弹簧弹力做功，故小球的机械能不守恒，故A错误；
B.在小球从点到点运动过程中，弹力先做正功，后做负功，小球的机械能先增大后减小，故B错误；
C.动能定理：合外力做的功等于物体动能的变化。在小球从点到点运动过程中，重力和弹簧弹力做功，经过点弹簧为原长，点向下合力还做一段正功，所以到达点时小球的动能不是最大，故C错误；
D.只有在重力或弹簧的弹力做功的情形下，物体的重力势能或弹性势能和动能发生相互转化，但总机械能保持不变。从点到点运动过程中，小球和弹簧系统的机械能不变，到点时，减少的重力势能转化为弹性势能，故D点的弹性势能比点大，点的弹簧长度比点大，所以间的距离大于间的距离，故 D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，过程中物体机械能在增加，知拉力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示拉力；当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度以及动能的变化。
解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律。
【解答】
A.由吊篮的机械能与位移的关系可知过程中，图线的斜率不变，说明吊篮的动能随位移均匀增大，因此物体受到的拉力不变，故A错误；
BC.过程中，开始拉力大于重力，加速度方向向上，大小不变，做匀加速直线运动，动能增大； 过程图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零，物体先加速后减速，动能先增大后减小，物体在处的动能可能小于的处的动能，故B错误，C正确；
D.在过程中, 吊篮的机械能不变，高度升高，说明重力势能增大，则动能减小，所以吊篮做减速运动，吊篮受到的拉力小于重力，故D错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】
【分析】
质量相同的两物体处于同一高度，沿固定在地面上的光滑斜面下滑，而自由下落，到达同一水平面时下降的高度相同。根据比较重力做功关系。重力的平均功率是重力作功与时间的比值，而重力的瞬时功率则是重力与重力方向的速率乘积。由机械能守恒定律分析动能关系。
解决本题时要注意重力的平均功率与瞬时功率的区别是：平均功率是做功与时间的比值，瞬时功率是力与速度在力的方向上的速度乘积。
【解答】
A.重力做功只与初末位置高度差有关，两物体质量相等，高度差相等，所以重力做功相等，故A错误；
B.根据动能定理可知，两物体到达地面时动能相等，故B错误；
C.设斜面倾角为，两物体质量都为，到达地面时速度大小都为，物体重力的瞬时功率为，物体重力的瞬时功率为，所以故C正确；
D.两物体重力做功相等，但时间不等，物体时间长，故A物体的平均功率小，故D错误。
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查图形，解决本题的关键在于对图形物理意义的掌握，图形的斜率表示加速度，速度的正负表示方向，图线与坐标轴所围“面积”等于位移大小；上升过程，机械能守恒，根据碰撞后速度的动能的大小确定速度大小及上升高度的大小，上升和下落过程加速度都为，从而确定时间关系。
【解答】
A.小球第一阶段为自由落体运动，图像中选择竖直向上为正方向，A错误；
B.自由落体运动和竖直上抛运动的加速度均为重力加速度，每个阶段的图像是相互平行的，B错误；
上升过程，机械能守恒，每次与地面碰后动能变为碰撞前的，速率变为碰撞前的，能够上升的最大高度是上一次下落高度的，上升到最大高度所需的时间是上一次下落时间的一半，C错误，D正确。
故选：。
6.【答案】
【解析】解：、环匀速下滑的速度为，设绳与杆的夹角为，则重物上升速度为，那么，运动中环的速度一直大于重物的速度；环下移过程，减小，故重物速度增大，所以，重物受到的合外力向上，故绳对重物的拉力一直大于，故AD错误，C正确；
B、重物上升的高度，故重物增加的重力势能为，故B错误；
故选：。
将环的速度按正交分解法得到绳子的速度，即可得到环和重物的速度大小关系；再根据重物速度变化得到加速度方向，从而由合外力方向得到拉力与重力大小关系；最后根据几何关系得到重物上升高度，即可得到重力势能增加量。
与细绳绳子绕固定点或定滑轮连接的物体其运动通常按照绳子方向和垂直绳子方向分解，得到将作用力分解为使速度方向的改变和使速度大小改变两种效果，进而求得力的大小及速度大小关系。
7.【答案】
【解析】解：
A、由于、对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，A错误；
B、当弹簧弹力大小与、大小相等时，和受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B正确；
C、由于弹力是变化的，、所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；
D、由于、先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于、，之后，两物块再加速相向运动，、对系统做负功，系统机械能开始减少，并不是一直增大，所以D错误。
故选：。
本题和等大反向，但是由于它们的位移不同，所以做的功的大小不同，当弹簧弹力大小与、大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，再根据物体的运动状态可以判断物体加速度的变化．
本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件、力和运动的关系等较多知识．题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力．
8.【答案】
【解析】
【分析】
根据图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解；
本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图象的形状得出滑块从上升到范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键。
【解答】
A.在从上升到范围内：，图线的斜率绝对值为：，则，故A错误；
B.在图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从上升到范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从上升到范围内所受作用力为恒力，所以从，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的，故B错误；
C.根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能等于弹簧最大弹性势能，所以，故C错误；
D.由图可知，当时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，机械能守恒，，故D正确。
9.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了弹性势能、胡克定律、牛顿第二定律、机械能守恒定律、能量守恒定律这些知识点；
确定瞬间整体的合外力，根据牛顿第二定律求解托盘的弹力；根据机械能守恒定律分析机械能的变化；根据能量守恒定律求解速度；分析加速度方向，确定托盘对物体的弹力。
【解答】
A.托盘内放物块的瞬间，研究托盘和物块整体，研究物块，
解得：，故A错误；
B.在下落过程中，弹簧的弹性势能一直增大，系统机械能守恒，故托盘和物体的机械能一直减小，故B错误；
C.初始位置，当系统速度最大时，，系统在下落过程中，根据能量守恒
，解得：，故C正确；
D.在最低点，系统有向上的加速度，托盘对物体的弹力大于，故D错误。
10.【答案】
【解析】解：、由图知，时，由得，故A错误；
B、时，，，则物体的动能为，由，得，故B错误；
C、时，，，则物体的动能为，故C错误；
D、从地面至，物体的机械能减少了，重力势能增加了，因此，物体的动能减少，故D正确；
故选：。
根据时的值和求出物体的质量，根据时的动能求物体的速率，时，物体的动能为，根据动能与机械能、重力势能的关系求物体的动能减少量。
解决本题的关键要从图象读取有效信息，明确动能、重力势能和机械能的关系，根据功能关系进行解答。
11.【答案】解：取处为零势能面．在处重力势能为：
处重力势能为：
则物体从到重力势能的变化量为：
恰好能通过处，说明物体到处时以初速度为零沿匀加速下滑．根据牛顿第二定律得：
得：
由得：
对段，根据动能定理得：
则得：
答：物体从到重力势能的变化量是；
物体从运动到所需要的时间是；
物体与斜面段之间的动摩擦因数是．
【解析】取处为零势能面，可分别得到物体在处和处的重力势能，再求得重力势能的变化量．
物体恰好能通过处，说明物体到处时以初速度为零沿匀加速下滑．由牛顿第二定律求出加速度，再由位移时间公式求时间．
对于段，运用动能定理求解段的动摩擦因数．
本题根据重力势能的变化量的定义来求的，也可以根据重力势能的变化量等于重力做功的负值求．运用动能定理时要灵活选取研究过程．
12.【答案】解：小球恰好在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速度为：
在小球从最低点到最高点的过程中机械能守恒，其最低点速度为，则有：
因碰撞后滑块与小球交换速度，所以滑块从高为处滑下到将要与小球碰撞时速度为，由动能定理可得：
小球碰后在最低点，由杆对球的作用力及球的重力的合力提供向心力，有：
解得：，，
由牛顿第三定律可知，碰后瞬间小球对杆的作用力的大小为：
小球能做完整圆周运动，在最低点的速度最小为，当滑块的速度为时，它在水平面上通过的路程为，有：
小球做完整圆周运动的次数为：
解得：，次
答：滑块与水平面间的动摩擦因数为，碰后瞬间小球对杆的作用力的大小为；
小球做完整圆周运动的次数为次．
【解析】由动能定理求出滑块与小球碰撞前的速度，然后求出碰撞后小球的速度，然后由牛顿第二定律求出杆对球的作用力及动摩擦因数，根据牛顿第三定律得到碰后瞬间小球对杆的作用力的大小．
每次碰撞没有能量损失，只是在水平面上运动时克服摩擦力做功，小球的速度也是一次次的减小，最小的时候应该是恰好能做圆周运动，根据动能定理可以求得总的路程和碰撞的次数．
本题物体的运动过程好像是挺复杂，但是每次碰撞只是由于克服摩擦力做功而减小了能量，当减到最小时小球应该恰好能做圆周运动，找到能量损失的原因，利用动能定理就可以求出了，本题很好的考查了学生的分析理解能力，是道好题．
13.【答案】解：从解除弹簧锁定到物块离开弹簧过程，对滑块，由动量定理得：
代入数据解得：
解除弹簧锁定到物块离开弹簧过程，由能量守恒定律得：
，
代入数据解得：；
从物块脱离弹簧到滑到点过，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
物块与物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：，；
答：从解除弹簧锁定到物块离开弹簧，弹簧弹力的冲量大小为；
锁定弹簧时，弹簧的弹性势能为；
物块与物块碰撞后它们的速度大小分别为、。
【解析】从解除弹簧锁定到物块离开弹簧过程，对物块，由动量定理可以求出弹簧对物块的冲量。
解除弹簧锁定过程，对弹簧与物块组成的系统应用能量守恒定律求出弹簧的弹性势能。
由机械能守恒定律求出滑块滑到点时的速度，、发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后、的速度大小。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可解题。
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