2025教科版高中物理必修第二册强化练习题--第四章　机械能及其守恒定律拔高练（有解析）

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2025教科版高中物理必修第二册
机械能及其守恒定律
综合拔高练
五年高考练
考点1　功和功率
1.(2024江西,5)“飞流直下三千尺,疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s,水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电,发电效率为70%,则发电功率大致为(g取10 m/s2) (　　)
A.109 W　　　B.107 W　　　C.105 W　　　D.103 W
2.(2023北京,11)如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中 (　　)
A.摩擦力做功大小与F的方向无关
B.合力做功大小与F的方向有关
C.F为水平方向时,F做功为μmgx
D.F做功的最小值为max
3.(2023山东,4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为 (　　)
A.
C.　　　　D.nmgωRH
考点2　动能定理及其应用
4.(多选题)(2021全国甲,20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek,向上滑动一段距离后速度减小为零,此后物体向下滑动,到达斜面底端时动能为。已知sin α=0.6,重力加速度大小为g。则(　　)
A.物体向上滑动的距离为
B.物体向下滑动时的加速度大小为
C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
5.(多选题)(2023广东,8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有 (　　)
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
6.(多选题)(2023湖南,8)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是 (　　)
A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道
7.(2024新课标,24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图,一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg,重力加速度大小g=10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin 37°=0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小;
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m,求在重物下降到地面的过程中,两根绳子拉力对重物做的总功。
8.(2023湖北,14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。
(1)求小物块到达D点的速度大小。
(2)求B和D两点的高度差。
(3)求小物块在A点的初速度大小。
考点3　机械能守恒定律的应用
9.(2024全国甲,17)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 (　　)
A.在Q点最大　　　　B.在Q点最小
C.先减小后增大　　　　D.先增大后减小
10.(2023全国甲,14)一同学将铅球水平推出,不计空气阻力和转动的影响,铅球在平抛运动过程中 (　　)
A.机械能一直增加
B.加速度保持不变
C.速度大小保持不变
D.被推出后瞬间动能最大
11.(2023浙江6月选考,3)铅球被水平推出后的运动过程中,不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中,正确的是 (　　)
　　　　
　　　　
12.(2023全国甲,24)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
考点4　功能关系的应用
13.(2024山东,7)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(dA.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
14.(多选题)(2022福建,7)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动,一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示,图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有(　　)
A.重力加速度大小
B.物体所受滑动摩擦力的大小
C.斜面的倾角
D.沿斜面上滑的时间
15.(2021全国甲,24)如图所示,一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能;
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能;
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件
16.(2022浙江1月选考,20)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m,轨道AB长度lAB=3 m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。(g取10 m/s2)
(1)若释放点距B点的长度l=0.7 m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小;
(2)设释放点距B点的长度为lx,滑块第1次经过F点时的速度v与lx之间的关系式;
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点,求释放点距B点长度lx的值。
三年模拟练
应用实践
1.(2024广东深圳期末)篮球运动员做定点投篮训练,篮球从同一位置投出,且初速度大小相等,第1次投篮篮球直接进篮筐,第2次篮球在篮板上反弹后进筐,篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大反向,平行于篮板方向分速度不变,轨迹如图所示,忽略空气阻力和篮球撞击篮板的时间,关于两次投篮说法正确的是 (　　)
A.两次投篮,篮球从离手到进筐的时间相同
B.篮球第1次上升的最大高度比第2次的大
C.篮球经过a点时,第1次的动能比第2次的大
D.篮球两次进筐时,竖直方向分速度相同
2.(多选题)(2024河南郑州联考)一台起重机将放在地面上的一个箱子吊起。箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,不计空气阻力。运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图像如图所示,其中O~x1、x2~x3过程的图线为直线,x1~x2过程的图线为曲线。由图像可知 (　　)
A.O~x1、x2~x3过程箱子的加速度可能等大
B.x1~x2过程中箱子的动能一直增加
C.x2~x3过程中箱子所受拉力不变
D.x2~x3过程中起重机的输出功率一直增大
3.(2024山东潍坊期末)如图所示,一半径为R的光滑大圆环竖直固定在水平面上,其上套一小环,a、b为圆环上关于竖直直径对称的两点,将Oc左侧a点下方圆环拆走,若小环从大圆环的最高点c由静止开始下滑,当小环滑到b点时,恰好对大圆环无作用力。已知重力加速度大小为g,若让小环从最高点c由静止下滑从a点滑离。小环落地时的水平速度大小为(　　)
A.
C.
4.如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则下列说法错误的是 (　　)
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力大小等于mg
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向上
D.弹簧的弹性势能最大值为mgL
5.(多选题)(2024湖南岳阳期末)图甲起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=150 kg的物体,其a-t图像如图乙所示,5~10 s内起重机的功率为额定功率,不计其他阻力,重力加速度为g=10 m/s2,则以下说法正确的是 (　　)
　
A.物体在0~10 s内的最大速度为10 m/s
B.起重机的额定功率为18 000 W
C.5~10 s内起重机对物体做的功等于0~5 s内起重机对物体做功的1.5倍
D.5~10 s内起重机对物体做的功等于0~5 s内起重机对物体做功的2倍
6.(多选题)(2024四川成都期末)如图所示,一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2,一端和质量为m的小球连接,另一端与套在光滑固定直杆上质量也为m的小物块连接,直杆与两定滑轮在同一竖直面内,与水平面的夹角θ=53°,直杆上O点与两定滑轮均在同一高度,O点到定滑轮O1的距离为L,直杆上D点到O1点的距离也为L,重力加速度为g,直杆足够长,小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放,下列说法正确的是 (　　)
A.小物块刚释放时,轻绳中的张力大小为mg
B.小球运动到最低点时,小物块加速度的大小为g
C.小物块下滑至D点时,小物块与小球的速度大小之比为5∶3
D.小物块下滑至D点时,小物块的速度大小为
7.(2023江苏淮安一模)如图所示,两块材料不同的木板M、N,长度分别为2L、L,首尾相连固定在水平地面上,B为两木板的连接点,物块与木板M、N之间的动摩擦因数分别为μ和2μ。当物块以速率v0向右从A点滑上木板M,恰好可以滑到C点;若让物块以v0向左从C点滑上木板N,则物块 (　　)
A.恰好运动到A点停下
B.两次运动的时间相等
C.两次经过B点时的速率不同
D.两次运动的平均速度大小相同
8.(2024安徽淮北一模)某装置的竖直截面如图所示,该装置由固定在地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE,倾角θ=37°的直轨道EF、水平轨道FG和水平传送带GH组成。除FG段和传送带GH外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与斜直轨道AB和BF相切于B(E)处。当物体滑上传送带时,传送带由静止开始以加速度a1=10 m/s2向右加速至v=2 m/s后匀速运动。已知螺旋圆形轨道半径R=0.4 m,B点高度hB=1.2R,FG长度L1=5.0 m,传送带GH的长度L2=8.0 m。质量m=1 kg的小滑块从倾斜轨道上A点由静止释放,滑块与FG段轨道间的动摩擦因数为μ1=0.3,与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.4。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。如果滑块能通过所有的轨道刚好到达G点,求:
(1)A点距地面高度h;
(2)滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q;
(3)若传送带始终以8 m/s逆时针匀速转动,小滑块从倾斜轨道上距地面高度为H=4.7 m处由静止释放,则再次返回斜面后是否会脱离圆轨道 最终小滑块停止的位置距G多远
迁移创新
9.(2024北京西城二模)阿特伍德机是由英国物理学家乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的,用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示,一定滑轮两端分别与质量为3m的物体A和质量为m的物体B相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力,重力加速度为g,假设绳子与轮轴间不会打滑。
(1)若不计滑轮质量,两物体均由静止释放,试求物体A下落高度h后,两物体的速度大小;
(2)类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略,由于其自身惯性的存在,其角速度增加的过程中也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量I作为其转动过程中惯性大小的量度,用角加速度α描述其转动加快过程中角速度的变化率;
a.在把物体视为质点时,我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系,类比这种关系,在刚体(形变可忽略的物体)的转动过程中,我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩M(力矩是矢量,大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积,以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向)与角加速度(角速度的变化率)的关系。请根据角加速度的定义,类比线速度与角速度的关系,直接写出角加速度与半径为r的圆盘边缘的线加速度a的关系,并类比质点的牛顿第二定律,直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系;
b.在把系统内各物体都视为质点时,我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能,我们在使用机械能守恒的过程中,动能除了我们熟知的质点的平动动能以外,还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能,写出刚体转动角速度为ω时刚体的转动动能Ek转;
c.若滑轮的质量为m,半径为R,其转动惯量的表达式I=mR2。请根据以上关系,求解考虑滑轮质量的前提下,与物体A相连的轻绳拉力大小T1,与物体B相连的轻绳拉力大小T2,以及物体A下落高度h后的速度大小。
答案与分层梯度式解析
第四章　机械能及其守恒定律
综合拔高练
五年高考练
1.B　
关键点拨　水流量是指单位时间内流过的水的体积,单位时间内流出的水的质量与密度、水流量相关。本题将水的密度ρ=1.0×103 kg/m3作为常识进行考查。
设Δt时间内流出的水的质量为Δm,单位时间内流出水的质量=ηρQgh,代入数据解得P=70%×1.0×103×10×10×150 W≈107 W,B正确。
2.D　设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力f=μ(mg-F sin θ),摩擦力的功Wf=μ(mg-F sin θ)x,即摩擦力的功与F的方向有关,A错误;合力做的功W=F合x=max,可知合力做的功与力F方向无关,B错误;当力F水平时,F=ma+μmg,力F做的功WF=Fx=(ma+μmg)x,C错误;因合外力做的功max大小一定,而合外力做的功等于力F与摩擦力f做的功的代数和,而当F sin θ=mg时,摩擦力f=0,则此时摩擦力做的功为零,此时力F做的功最小,最小值为max,D正确。
3.B　由题知,水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田,则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm,则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=,故选B。
4.BC　设物体向上滑动的距离为s,根据动能定理得,上滑过程,-(mg sin α+μmg cos α)s=0-Ek,下滑过程,(mg sin α-μmg cos α)s=t知,下滑的时间较长,故D错误。
5.BCD　重力做的功WG=mgh=800 J,A错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf==9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小F=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。
6.AD　小球从B到C的过程中,任选一点P,设OP与竖直方向的夹角为α,则mg cos α-N=m,C错误;小球的初速度v0越大,小球在B点时轨道对小球的支持力越小,当小球的初速度v0增大到在B点轨道对小球的支持力为零时,小球就可能从B点脱离轨道,D正确。
7.答案　(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J
解析　(1)重物缓慢竖直下降,处于平衡状态,把两根绳子的拉力FP、FQ分别沿水平方向和竖直方向分解,由平衡条件可得
FP sin 37°=FQ sin 53°
FP cos 37°=mg+FQ cos 53°
两式联立解得FP=1 200 N,FQ=900 N
(2)重物下降至地面的过程中,由动能定理可得
WF+mgh=0
解得拉力对重物做的总功WF=-4 200 J
8.答案　(1)
解析　(1)由题知,小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D点有m=mg
解得vD=
(2)由题知,小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,则在C点有
cos 60°=
小物块从C到D的过程中,根据动能定理有
-mg(R+R cos 60°)=
则小物块从B到D的过程中,根据动能定理有
mgHBD=
联立解得vB=,HBD=0
(3)小物块从A到B的过程中,根据动能定理有
-μmgs=
s=π·2R
解得vA=
9.C　如图所示,设大圆环半径为R,最高点为M点,最低点为N点,P为小环运动过程中的点。小环从M运动到P由动能定理可得mgR(1-cos θ)=时,此作用力减到零,之后大圆环对小环的作用力指向圆心且逐渐增大,C正确,D错误。
一题多解　设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时,设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π),根据机械能守恒定律得mgR(1-cos θ)=时最小,结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。故选C。
10.B　铅球做平抛运动,仅受重力,故机械能守恒,A错误;铅球的加速度恒为重力加速度保持不变,B正确;铅球做平抛运动,水平方向速度不变,铅球在竖直方向做匀加速直线运动,根据运动的合成可知铅球速度变大,则动能越来越大,C、D错误。
11.D　由于不计空气阻力,铅球被水平推出后只受重力作用,加速度等于重力加速度,不随时间改变,故A错误;铅球被水平推出后做平抛运动,竖直方向有vy=gt,则抛出后速度大小为v=,可知动能与时间不是一次函数关系,故C错误;铅球水平抛出后由于忽略空气阻力,所以抛出后铅球机械能守恒,故D正确。
12.答案　(1)
解析　(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep=mv2
得小球离开桌面时速度大小为v=
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h=
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy,由题可知vy'=vy
离开桌面后由平抛运动规律得x=vt,vy=gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为x=
13.B　甲所坐木板刚要离开原位置时,设弹性绳伸长量为x,则有kx=μmg,x=+μmg(l-d),B正确。
14.BD　由动能定义式得Ek1=,故可求解沿斜面上滑的时间,D正确。
15.答案　(1)mgd sin θ　(2)
(3)L>d+
解析　(1)设小车通过第30个减速带后,经过每个减速带损失的机械能为ΔE
小车从刚通过第30个减速带到刚通过第31个减速带,由动能定理可知
mgd sin θ-ΔE=0
解得:ΔE=mgd sin θ。
(2)小车运动全程能量守恒,设为通过前30个减速带时在每一个减速带上平均损失的机械能
mgL sin θ+49mgd sin θ=μmgs+20ΔE+30
解得。
(3)由题意可知>ΔE
L>d+。
16.答案　(1)7 N　(2)v= (m·s-1)
(lx≥0.85 m)　(3)见解析
解析　(1)到C点过程,根据动能定理有:
mgl sin 37°+mgR(1-cos 37°)=
在C点时,FN-mg=m,解得FN=7 N
(2)根据动能定理,从释放点到F点过程:
mglx sin 37°-4mgR cos 37°=mv2
可得v= (m·s-1)
由于滑块能经过F点,故经过DEF轨道最高点时的速度应大于等于零,则mglx sin 37°≥mg(R+3R cos 37°),解得lx≥0.85 m,故速度v与lx之间的关系式为v=(m·s-1)(lx≥0.85 m)
(3)设全程摩擦力做功为第一次到达FG中点时摩擦力做功的n倍(n为奇数)
mglx sin 37°-mg cos 37°=0
lx= m
当n=1时, m
当n=3时, m
当n=5时, m
三年模拟练
1.B　第2次篮球在篮板上反弹后进筐,篮球反弹前后垂直篮板方向的分速度等大,若没有篮板,篮球水平位移较大,又由于两次初速度大小相等,所以第2次投篮篮球水平初速度较大,竖直分速度较小,第1次投篮篮球上升的最大高度比第2次的大,故B正确;竖直方向上,根据y=v竖直t-gt2可知第1次投篮篮球从离手到进筐的时间较长,故A错误;初动能相等,篮球经过a点时,重力势能相等,根据机械能守恒可知,第1次的动能等于第2次的动能,故C错误;篮球两次进筐时,重力势能相等,水平方向分速度不同,故竖直方向分速度不同,故D错误。
2.AC　箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,根据ΔE=Fx可知,图线斜率代表拉力,O~x1、x2~x3过程图线斜率不同,拉力不同,箱子重力不变,如果F1-mg=mg-F2,则合力大小可能相同,加速度可能等大,A正确;x1~x2过程中图线斜率逐渐减小,拉力减小,如果拉力小于箱子重力,则箱子的动能减小,B错误;x2~x3过程中图线斜率不变,箱子所受拉力不变,C正确;由于在x2~x3内图线斜率的绝对值不变,故箱子所受的拉力不变,如果拉力等于箱子所受的重力,则箱子做匀速直线运动,起重机的输出功率不变,故D错误。
3.B　根据题意,设b点与O的连线与竖直方向的夹角为θ,如图所示,
小环从c到b由机械能守恒定律有mgR-mgR cos θ=,故选B。
4.D　A的动能达到最大前,做加速运动,A、B、C组成的系统存在向下的加速度,系统处于失重状态,B受到地面的支持力小于mgL,D错误。
5.BD　由a-t图像可知,物体在0~5 s做匀加速直线运动,5 s时物体的速度为v1=at1=2×5 m/s=10 m/s,由于5~10 s内物体继续做加速度逐渐减小的加速运动,可知物体在0~10 s内的最大速度大于10 m/s,A错误;由a-t图像可知,在5 s时,物体结束做匀加速运动,此时起重机功率达到额定功率,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得F=1 800 N,则起重机的额定功率为P额=Fv1=1 800×10 W=18 000 W,故B正确;0~5 s内,物体的位移为x1=×5 m=25 m,0~5 s内起重机对物体做的功为W1=Fx1=1 800×25 J=45 000 J,5~10 s内起重机保持额定功率不变,则5~10 s内起重机对物体做的功W2=P额t=18 000×5 J=90 000 J,可得2W1=W2,故D正确,C错误。
6.BCD　小物块刚释放时,小物块将加速下滑,加速度向下,小球处于失重状态,则轻绳对小球的拉力小于球的重力mg,故A错误;当拉物块的绳子与直杆垂直时,小球下降的距离最大,对小物块受力分析,由牛顿第二定律mg sin θ=ma解得此时小物块加速度的大小为a=g,故B正确;设小物块在D点的速度大小为v,此时小球的速度大小为v1,将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向,如图所示,
沿绳子方向的分速度等于小球的速度,即v cos 53°=v1,故小物块在D点的速度与小球的速度之比为v∶v1=5∶3,故C正确;对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律,有2mgL cos 53°· sin 53°=,故D正确。
7.A　设物块质量为m,当物块以速率v0向右从A点滑上木板M,由动能定理得,-μmg·2L-2μmg·L=0-,解得vA=0,即恰好运动到A点停下,A正确。物块以速率v0向右从A点滑上木板M,由牛顿第二定律得,μmg=maM,其加速度为aM=μg;物块向右滑上木板N,由牛顿第二定律得,2μmg=maN,其加速度为aN=2μg;物块以速率v0从C点向左滑行,同样由牛顿第二定律可得aN'=2μg,aM'=μg,可画出物块运动的速度-时间图像如图所示,由速度-时间图像可知,物块以速率v0向左从C点滑上木板N,运动的时间较长,两次经过B点时速率相等,B、C错误。两次位移大小相等,时间不同,所以两次运动的平均速度大小不同,D错误。
8.答案　(1)1.5 m　(2)1.2 J　(3)不会脱离圆轨道　 m
解析　(1)滑块刚好到达G点,则滑块从D运动到G过程中,根据动能定理有mg(R+R cos θ+1.2R)-μ1mgL1=0-
解得vD= m/s
滑块从A运动到D过程中,根据动能定理有
mg(h-R-R cos θ-1.2R)=
解得h=1.5 m
滑块能通过所有的轨道刚好到达G点,若滑块恰好通过D点,重力提供向心力,有mg=m
解得vDmin=2 m/s< m/s
可知,若滑块能通过所有的轨道刚好到达G点,A点距地面高度为h=1.5 m
(2)传送带由静止开始以加速度a1=10 m/s2向右加速至v=2 m/s后匀速运动,加速时间t1==0.2 s
滑块在传送带上的加速度大小为a2==4 m/s2
滑块刚好到达G点,开始向右也做匀加速直线运动,t1时间内的位移x1=
解得x1=0.08 m滑块加速至v=2 m/s的时间t2==0.5 s
之后滑块与传送带保持相对静止,则相对位移为
x相=t2
滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=μ2mgx相
解得Q=1.2 J
(3)设滑块第一次到达G点速度大小为vG1,H=4.7>h=1.5,根据动能定理有mgH-μ1mgL1=
解得vG1=8 m/s
滑块在传送带上速度减为0过程,利用逆向思维,根据速度与位移关系式有=2μ2gx2
解得x2=8 m=L2
即滑块恰好运动到H点,之后滑块向左做加速度大小不变的匀加速直线运动返回G点,由于传送带速度为8 m/s,则滑块返回G点的速度大小仍然为vG1,设再次回到斜面可以到达D点,则有
mg
解得vD1= m/s>vDmin=2 m/s
可知,滑块返回后不会脱离轨道BDCE。
设滑块第三次经过G点时速度大小为vG2,则有
-2μ1mgL1=
解得vG2=2 m/s
之后滑块滑上传送带,滑块再次返回G点的速度大小仍然等于vG2,设滑块最终停止在FG上的M点,则有μ1mgxGM=
解得xGM=m
一题多解　第(2)问求滑块相对传送带的位移可以画出v-t图像如图所示,相对位移可由图中阴影三角形的面积表示,则x相=×2×0.3=0.3 m,滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=μ2mgx相=1.2 J。
9.答案　(1)
解析　(1)A物体下落过程中,对A、B组成的系统应用机械能守恒定律得3mgh-mgh=
解得v0=
(2)a.类比线速度与角速度的关系,可得角加速度和线加速度的关系为a=αr
类比质点的牛顿第二定律可得M=Iα
b.类比质点的平动动能可得Ek转=Iω2
c.由刚体转动过程中力矩与角速度的关系,可得T1R-T2R=mR2·α
对A物体由牛顿定律,有3mg-T1=3ma
对B物体由牛顿定律,有T2-mg=ma
根据滑轮角加速度与线加速度的关系,有a=αR
联立可得a=mg
对系统应用机械能守恒,得
3mgh-mgh=Iω2
其中v=ωR
解得v=
知识迁移　本题深度探讨了阿特伍德机的能量转化与守恒问题,通过类比的方法展示了刚体转动过程中,刚体的合力矩M与角加速度的关系,以及转动动能的概念和表达式,对信息获取能力和综合思维能力要求很高。
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