重难点强化练（一） 平抛运动和圆周运动
1.距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图1。小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2。可求得h等于( )
图1
A．1.25 m B．2.25 m
C．3.75 m D．4.75 m
解析：选A 根据两球同时落地可得 ＝＋，代入数据得h＝1.25 m，选项A正确。
2.如图2，一个匀速转动的圆盘上有a、b、c三点，已知oc＝oa，则下面说法中错误的是( )
图2
A．a、b、c三点的角速度相同
B．a、b两点线速度相同
C．c点的线速度大小是a点线速度大小的一半
D．a、b、c三点的运动周期相同
解析：选B a、b、c三点共轴转动，角速度相等，故A正确；a、b两点的线速度大小相等，方向不同，故B错误；a、c两点的角速度相等，根据v＝rω知，c点的线速度是a点线速度大小的一半，故C正确；a、b、c三点角速度相等，周期相同，故D正确。
3.如图3所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )
图3
A．足球位移的大小x＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝
解析：选B 根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平＝，则足球位移的大小为：x＝＝，选项A错误；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝，选项B正确；足球落到P点时竖直方向的速度满足vy2＝2gh，可得足球末速度v＝＝，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ＝，选项D错误。
4. (多选)如图4所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动。已知两物块的质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度(绳子恰好伸直但无弹力)，物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴距离的两倍。现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．物块A受到的静摩擦力一直增大
B．物块B受到的静摩擦力先增大，后保持不变
C．物块A受到的静摩擦力先增大后减小
D．物块A受到的合外力一直增大
解析：选BD 物块A所受的合外力提供它做圆周运动的向心力，所以随着转动速度的增大，物块A所受的合外力一直增大，选项D正确。由题意可知，A、B两物块转动的角速度相同，则两物块的向心力之比为1∶2，在轻绳张紧前，两物块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，由fA＝mω2rA和fB＝mω2rB可知，两物块所受的静摩擦力在轻绳张紧前随转速的增大而增大，当物块B所受的静摩擦力达到最大值后，向心力由摩擦力与绳子拉力的合力提供，故物块B所受的静摩擦力先增大后保持不变，选项B正确，A、C错误。
5.如图5所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(v0∥CD)，小球运动到B点，已知A点的高度为h。求：
(1)小球到达B点时的速度大小。
(2)小球到达B点的时间。
图5
解析：小球从A点抛出后在斜面上做类平抛运动。由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma
小球沿水平方向做匀速直线运动，有
vx＝v0
小球在沿斜面向下的方向做初速度为零的匀加速直线运动，有vy＝at，＝at2
小球到达B点时的速度大小
vB＝ ，
联立以上各式得t＝ ，
vB＝ 。
答案：(1) (2)
6.滑板运动员在U形槽中的运动可以简化为运动员在半径为R的半圆弧槽中的运动，若滑板运动员以一定的水平初速度从A点跳入槽内，下落h高度落在最低点B左边的槽壁上，之后滑到槽最低点B的速度为v，人和滑板的质量为m，滑板与圆弧槽的动摩擦因数为μ，求：
图6
(1)人从A点跳入槽内时的初速度大小。
(2)人在圆弧槽最低点的加速度大小。
解析：(1)人下落h高度，用的时间t＝
水平位移x＝R－
因此初速度v0＝＝。
(2)人和滑板在半圆弧槽底部时受到重力、槽底对滑板向上的支持力F和向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
F－mg＝m
则F＝mg＋m
人在圆弧槽最低点时的向心加速度大小为：a1＝
切向加速度大小为a2＝＝μ
因此人在圆弧槽最低点的加速度为a＝＝。
答案：(1)
(2)
7.如图7所示，细绳一端系着质量M＝0.6 kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3 kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2 m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2 N。现使此平面绕中心轴线方向转动，角速度ω在什么范围内，m会处于静止状态？(取g＝10 m/s2)
图7
解析：设物体M和水平面保持相对静止，当ω具有最小值时，M有向着圆心O运动的趋势。所以M受到的静摩擦力方向沿半径向外。
当静摩擦力等于最大静摩擦力时，
对M受力分析有
F－f＝Mω12r，①
又F＝mg，②
由①②可得ω1＝ ，
代入数据得ω1≈2.9 rad/s。
当ω具有最大值时，M有离开圆心O运动的趋势。M受的最大静摩擦力指向圆心，对M受力分析有
F＋f＝Mω22r，③
又F＝mg，④
由③④得ω2＝ ，
ω2≈6.5 rad/s，
所以ω的范围是2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s。
答案：2.9 rad/s≤ω≤6.5 rad/s
8.如图8所示，一个小球质量为m，从半径为R的光滑圆形管内的顶部A点水平飞出，恰好又从管口B点射入管内，已知O为圆心，且OB水平，OA竖直，则：
图8
(1)小球在A点对上侧管壁有弹力作用还是对下侧管壁有弹力作用？作用力多大？(重力加速度为g)
(2)若要使小球对上侧管壁弹力大小等于重力，则小球在A点的速度应为多少？
解析：(1)从A运动到B，小球做平抛运动，则有R＝vAt，
R＝gt2，
得vA＝。
若小球对上、下管壁均无弹力，则mg＝，v＝，因为vA<，所以管壁对小球有向上的作用力
则mg－N1＝，
解得N1＝mg，由牛顿第三定律，小球对下侧管壁有向下的作用力，大小N1′＝mg。
(2)小球在A点时mg＋N2＝m，
由题意知N2＝mg
联立可得vA′＝。
答案：(1)见解析 (2)
9．“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上。现将球拍和太极球简化成如图9甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。设球的重力为1 N，不计拍的重力。(g取10 m/s2)求：
图9
(1)健身者在C处所需施加的力比在A处大多少？
(2)设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请作出tan θ -F的关系图像。
解析：(1)设球运动的线速度为v，半径为R
则在A处时F＋mg＝m①
在C处时F′－mg＝m②
由①②式得ΔF＝F′－F＝2mg＝2 N。
(2)在A处时健身者需施加的力为F，球做匀速圆周运动的向心力F向＝F＋mg③
在B处不受摩擦力作用，受力分析如图甲所示，则有
F向＝F″sin θ④
F″cos θ＝mg⑤
联立③④⑤代入数据得tan θ＝F＋1
作出的tan θ -F的关系图像如图乙所示。
答案：(1)2 N (2)见解析图乙
10．如图10所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆形轨道，BC段为高为h＝5 m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.2 kg的小球从A点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为2 m/s，离开B点做平抛运动，g＝10 m/s2，求：
图10
(1)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C点的水平距离；
(2)小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；
(3)如果在BCD轨道上放置一个倾角为θ＝45°的斜面(如图中虚线所示)，那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远。如果不能，请说明理由。
解析：(1)设小球离开B点做平抛运动的时间为t1，落地点到C点的水平距离为s
由h＝gt12得：t1＝＝1 s
s＝vBt1＝2 m
(2)小球到达B点时受重力G和竖直向上的弹力N作用，由牛顿第二定律知
F向＝N－G＝m
解得N＝6 N
由牛顿第三定律知小球到达B点时对圆形轨道的压力N′＝－N，即小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下。
(3)如图，斜面BE的倾角θ＝45°，CE长d＝h＝5 m，因为d>s，所以小球离开B点后能落在斜面上。
假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2
Lcos θ＝vBt2①
Lsin θ＝gt22②
联立①②两式得t2＝0.4 s
L≈1.13 m。
答案：(1)2 m (2)6 N (3)见解析
重难点强化练（三） 功能关系和能量守恒问题
1．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是( )
解析：选C 物体受恒力加速上升时，恒力做正功，物体的机械能增大，又因为恒力做功为：W＝F×at2，与时间成二次函数关系，A、B项错误；撤去恒力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确。
2. (多选)如图1所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列正确的是( )
图1
A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒
B．从A到B的过程中，小球的机械能减少
C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
解析：选BC 运动过程中，弹力对小球做负功，小球的机械能减少，A错，B对；由牛顿第二定律得F－mg＝m，故小球过B点时，弹力F＝mg＋m，C对，D错。
3．太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车，已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W，太阳到地球的距离约为1.5×1011 m，假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的通量损耗，某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%。汽车太阳能电池板的面积为8 m2，如果驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率20%来自于太阳能电池，则该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为(已知半径为r的球表面积为S＝4πr2)( )
A．0.2 kW B．5 kW
C．100 kW D．1 000 kW
解析：选B 太阳的总功率分布在半径是1.5×1011 m的球面上，则单位面积上的功率P0＝＝W/m2＝1.42×103 W/m2；汽车吸收到的太阳功率P1＝(1－40%)×15%P0×8，则汽车需要的功率约为：P总＝≈5 kW；故选B。
4．(多选)如图2所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，下列说法中正确的是( )
图2
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力做功等于木箱的重力势能的增加量
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和
解析：选CD 克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，ΔEp＝－WG，C正确。由动能定理得WG＋Wf＋WF＝mv2，则WF＝mv2－WG－Wf＝(ΔEk＋ΔEp)－Wf，A、B错误，D正确。
5．(多选)如图3所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统。且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动。不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中( )
图3
A．外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek
B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek
C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek
D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量
解析：选AD 它们的总动能为2Ek，则A的动能为Ek，根据动能定理知：外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即Ek，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2Ek，故C错误；系统的机械能等于系统的动能加上弹簧的弹性势能，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动，系统克服阻力做的功一定等于系统机械能的减小量，D正确。
6．(多选)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出，当它上升到某一高度A点时，动能减少40 J，机械能减少10 J。设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体( )
A．在最高点时机械能为105 J
B．上升到最高点后落回A点时机械能为70 J
C．空气阻力与重力大小之比为1∶4
D．上升过程与下落过程加速度大小之比为2∶1
解析：选BD 物体以120 J的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，当上升到A点时，动能减少了40 J，机械能损失了10 J。根据功能关系可知：合力做功为－40 J，空气阻力做功为－10 J，合力做功是阻力做功的4倍，则当上升到最高点时，动能为零，动能减小了120 J，合力做功为－120 J，则阻力做功为－30 J，机械能减小30 J，因此在最高点时机械能为120 J－30 J＝90 J，故A错误；由上分析知，从A点到最高点机械能减小20 J，当下落过程中，由于阻力做功不变，所以又损失了20 J，因此该物体落回A时的机械能为110 J－20 J－20 J＝70 J，故B正确；对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh＋fh＝40 J，fh＝10 J，则得：空气阻力与重力大小之比为f∶mg＝1∶3，故C错误；根据牛顿第二定律得：上升过程有：mg＋f＝ma1；下降过程有：mg－f＝ma2；则得a1∶a2＝2∶1，故D正确。
7. (多选)如图4所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是( )
图4
A．电动机多做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．电动机增加的功率为μmgv
D．传送带克服摩擦力做功为mv2
解析：选BC 由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，A错误。根据动能定理，对物体列方程，Wf＝mv2，B正确。因为电动机增加的功率P＝＝＝μmgv，C正确。因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D错误。
8．(多选)如图5所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
图5
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析：选BD 由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图。因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacos θ＝vb sin θ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，选项B正确。同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误。杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误。b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。正确选项为B、D。
9.小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g。将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图6所示。物块A从坡顶由静止滑下，求：
图6
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度。
解析：(1)由动能定理有mgh－μmghcot θ＝mv2
得v＝。
(2)水平滑道上，由能量守恒定律得Ep＝mv2
即Ep＝mgh－μmghcot θ。
(3)设物块能上升的最大高度为h1，物块被弹回过程中，由能量守恒定律得Ep＝mgh1＋μmgh1cot θ
解得h1＝。
答案：(1) (2)mgh－μmghcot θ (3)
10.如图7所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/s2)。试求：
图7
(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；
(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。
解析：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得
mgR＝mvB2，NB－mg＝m，
则：NB＝30 N。
(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v
对滑块有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1。
对于小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1。
解得：v＝1 m/s，t1＝1 s，因t1解得l车＝1 m。
(3)Q＝μmgl相对＝μmg。
解得Q＝6 J。
答案：(1)30 N (2)1 m (3)6 J
11.如图8所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，其上A、B两点间的距离x＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，(g取10 m/s2)求：
图8
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。
解析：(1)根据牛顿第二定律知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
可得a＝g＝2.5 m/s2
当小物体的速度为1 m/s时，位移为x′＝＝0.2 m
即小物体匀加速运动了0.2 m，匀速运动了4.8 m
ΔEk＝mv2－0
ΔEp＝mgxsin θ
由功能关系可得W＝ΔEk＋ΔEp＝255 J。
(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，
而由v＝at，得t＝0.4 s
相对位移x″＝vt－x′＝0.2 m
摩擦生热Q＝μmgx″cos θ＝15 J
W电＝W＋Q＝255 J＋15 J＝270 J
故电动机做的功为270 J。
答案：(1)255 J (2)270 J
12．如图9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光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1＝0.4 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，物块由B到D位移与时间的关系为s＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线进入圆弧轨道，g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
图9
(1)BD间的距离；
(2)判断小物块m2能否沿圆弧轨道到达M点(要求写出判断过程)；
(3)小物块m2由C点释放运动到D过程中克服摩擦力做的功。
解析：(1)由物块过B点后其位移与时间的关系s＝6t－2t2得v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2
物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝，＝tan 45°得vD＝4 m/s
BD间位移为s1＝＝2.5 m。
(2)若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM
m2vM2＝m2vD2－m2gR
得vM＝ m/s
若物块恰好能沿轨道过M点，
则m2g＝m2，
解得vM′＝ m/s>vM，
即物块不能到达M点。
(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，
释放m1时，Ep＝μm1gxCB
释放m2时，可得Ep＝μm2gxCB＋m2v02
且m1＝2m2，可得Ep＝m2v02＝7.2 J
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，
则Ep－Wf＝m2vD2，可得Wf＝5.6 J。
答案：(1)2.5 m (2)见解析 (3)5.6 J
重难点强化练（二） 动能定理与机械能守恒定律的综合应用
1．(多选)滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且v2A．上升时机械能减小，下降时机械能增大
B．上升时机械能减小，下降时机械能也减小
C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方
D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方
解析：选BC 由v22. (多选)如图1所示，一个质量是25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度为 2 m/s(g取10 m/s2)。关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )
图1
A．重力做的功为500 J
B．合外力做功为50 J
C．克服阻力做功为50 J
D．支持力做功为450 J
解析：选AB 重力做功与路径无关，WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A项正确；合外力做功有W＝ΔEk＝mv2＝×25×22 J＝50 J，B项正确；W＝WG＋W阻＝50 J，所以W阻＝－450 J，即克服阻力做功为450 J，C项错误；支持力始终与速度垂直，不做功，D项错误。
3．(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列说法正确的是( )
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
解析：选BD 由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能一定减小，动能增大，机械能减小，选项A、C错误B正确。根据动能定理，卫星动能增大，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小，所以卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小，选项D正确。
4. (多选)如图2所示，竖直弹簧下端与地面固定，上端拴接一小球，小球在竖直力F作用下，将弹簧压缩。若将力F撤去，小球将向上弹起，直到速度变为零为止。在小球上升过程中( )
图2
A．小球动能先增大后减小
B．小球动能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
C．小球动能与弹簧弹性势能之和不断减小
D．小球动能减小为零时，重力势能最大
解析：选ACD 撤去力F时，弹力大于重力，小球所受合外力向上，加速度向上，小球向上做加速运动，当弹力减小到与重力平衡时，加速度为零，速度最大，之后，弹力小于重力，合外力向下，加速度向下，小球向上做减速运动，直至速度减为零，故整个过程中小球动能先增大后减小，选项A正确；因上升过程中，重力始终对小球做负功，因此，小球的动能与弹簧弹性势能之和不断减小，选项B错误，C正确；由以上分析可知，小球速度减为零时，上升至最大高度，即重力势能最大，故选项D正确。
5．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动。取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向。下列速度v和位置x的关系图像中，能描述该过程的是( )
解析：选A 由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋mv2＝E，可变形为x＝－＋，由此方程可知图像为开口向左、顶点在的抛物线，故选项A正确。
6.如图3所示，一滑块从半圆形光滑轨道上端由静止开始滑下，当滑到最低点时，关于滑块的动能大小和对轨道的压力，下列说法正确的是( )
图3
A．轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力越大
B．轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力与半径无关
C．轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力越小
D．轨道半径变化时，滑块的动能和对轨道的压力都不变
解析：选B 设滑块滑到最低点时的速度为v，由机械能守恒定律得mgR＝mv2，故轨道半径越大，滑块在最低点时的动能越大；滑块对轨道的压力FN＝mg＋＝3mg，与半径的大小无关。故选项B正确。
7.如图4所示，固定在竖直平面内的光滑圆轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为最高点，DB为竖直方向上的直径，AE为水平面。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A处进入圆轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能保证小球最终通过最高点D(不计空气阻力)。则小球通过D点后( )
图4
A．一定会落到水平面AE上
B．一定不会落到水平面AE上
C．一定会再次落到圆轨道上
D．可能会再次落到圆轨道上
解析：选A 小球在轨道内做圆周运动，通过最高点时的最小速度为，离开轨道后小球做平抛运动，若竖直方向下落r，则水平方向的最小位移s＝×＝r，所以小球只要能通过最高点D，就一定会落到水平面AE上。故选项A正确。
8.如图5，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。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( )
图5
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W解析：选C 设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝FN′＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mvN2＝mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′9.杂技演员甲的质量为M＝80 kg，乙的质量为m＝60 kg。跳板轴间光滑，质量不计。甲、乙一起表演节目。如图6所示。开始时，乙站在B端，A端离地面1 m，且OA＝OB。甲先从离地面H＝6 m的高处自由跳下落在A端。当A端落地时，乙在B端恰好被弹起。假设甲碰到A端时，由于甲的技艺高超，没有能量损失。分析过程假定甲、乙可看做质点。(取g＝10 m/s2)问：
图6
(1)当A端落地时，甲、乙两人速度大小各为多少？
(2)若乙在B端的上升可以看成是竖直方向，则乙离开B端还能被弹起多高？
解析：(1)甲跳下直到B端弹起到最高点的过程中，甲、乙机械能守恒，有MgH＝Mv甲2＋mv乙2＋mgh
而v甲＝v乙，h＝1 m
联立可解得v甲＝v乙＝2 m/s。
(2)乙上升到最高点的过程中，机械能守恒，有：
mv乙2＝mgh1，解得h1＝3 m。
答案：(1)2 m/s 2 m/s (2)3 m
10．(全国甲卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图7所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
图7
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep＝MvB2＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得
vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足
－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mvB2＝mvD2＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得
2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s＝2l。⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知
5mgl＞μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
MvB2≤Mgl?
联立①②⑩?式得m≤M＜m。?
答案：(1) 2l (2)m≤M＜m
11．北京获得2022年冬季奥林匹克运动会举办权，滑雪也渐渐成为人们喜爱的时尚运动。如图8所示为某室内滑雪场的滑道，AB为倾角θ1＝37° 的斜坡滑道，BC为L＝4 m的水平滑道，CD为半径R＝10 m、圆心角α＝37° 的圆弧滑道，DE为倾角θ2＝45° 的斜坡滑道，滑道在B点和C点平滑连接。质量m＝60 kg的滑雪者从h＝9 m处的P点由静止出发，到达圆弧滑道最高点D时恰好对滑道没有压力而腾空，在空中飞行一段时间后落在DE滑道上的Q点。已知滑雪者与滑道间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力，滑雪者可视作质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图8
解析：(1)滑雪者在最高点D时恰好对滑道没有压力，设此时的速度为v，则由圆周运动可知，mg＝m，
代入数据得v＝10 m/s。
设滑雪者落点Q与最高点D之间的距离为x，空中运动时间t，则由平抛运动有
xcos θ2＝vt，
xsin θ2＝gt2，
代入数据得x＝20 m(x≈28.3 m)。
(2)设滑雪者在AB滑道克服摩擦阻力做功W1，在BC滑道克服摩擦阻力做功W2，则
W1＝μmgcos θ1＝720 J
W2＝μmgL＝240 J
设滑雪者在圆弧滑道CD上损失的机械能W3，则P到D过程，由动能定理有
mg[h－R(1－cos α)]－W1－W2－W3＝mv2－0
代入数据得W3＝240 J
(3)若滑雪者从更高处出发，则在圆弧滑道CD上损失的机械能是“减小”
理由：①滑雪者在到达D前已经脱离滑道腾空飞起；
②滑雪者圆弧滑道上对滑道的压力更小。
答案：(1)20 m或28.3 m (2)240 J (3)减小 理由见解析
重难点强化练（四） 实验综合问题
1．如图1所示，用底部带孔的玻璃试管和弹簧可以组装一个简易“多功能实验器”，利用该实验器，一方面能测弹簧的劲度系数，另一方面可测量小球做平抛运动的初速度。
图1
(1)用该装置测量弹簧劲度系数k时需要读出几次操作时的________和________，然后由公式________求出k的平均值。
(2)使用该装置测量小球的初速度时，需要多次将弹簧的右端压到________(选填“同一”或“不同”)位置。然后分别测出小球几次飞出后的________和________，再由公式________求出初速度的平均值。
解析：(1)根据胡克定律F＝kΔx，可得k＝。弹簧的劲度系数可由弹簧的伸长量(或压缩量)和弹力计算。(2)物体做平抛运动时，水平方向上x＝v0t，竖直方向上y＝gt2，所以v0＝x。
答案：(1)弹簧测力计的示数F 弹簧的伸长量Δx k＝ (2)同一 水平位移x 竖直高度y v0＝x
2.图2是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________。
图2
a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b．每次小球释放的初始位置可以任意选择
c．每次小球应从同一高度由静止释放
d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，下列y-x2图像能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是________。
(3) 图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，
图3
O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm、y2为45.0 cm，A、B两点水平间距Δx为40.0 cm，则平抛小球的初速度v0为________m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0 cm，则小球在C点的速度vc为________m/s(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)。
解析：(1)为了保证小球做平抛运动，实验中必须保证斜槽末端水平，为了保证每次做平抛运动的初速度相同，每次应该让小球从同一高度由静止释放，小球的运动轨迹应为平滑的曲线，因此a、c项合理。
(2)小球做平抛运动，水平位移x＝v0t，竖直位移y＝gt2，因此y＝g2，y -x2图像是一条过原点的直线，c项正确。
(3)由y＝gt2得，t1＝ ＝0.10 s，t2＝ ＝0.30 s，因此小球平抛运动的初速度为v0＝＝ m/s＝2.0 m/s。小球在C点时竖直方向的分速度vy3＝＝ m/s＝2 m/s，因此C点速度vC＝＝4.0 m/s。
答案：(1)ac (2)c (3)2.0 4.0
3．某探究学习小组验证动能定理的实验装置如图4所示。
图4
(1)实验时首先要平衡摩擦力：取下沙桶，把木板不带滑轮的一端垫高，轻推小车，让小车________(选填“拖着”或“不拖着”)纸带运动。如果纸带上的点是均匀分布的，说明已经平衡了摩擦力，否则重新调节。
(2)打点计时器使用频率为50 Hz的交流电，记录小车运动的纸带如图5所示。在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出。本实验需根据此纸带计算________(选填“速度”或“加速度”)的值，其中小车通过计数点“B”时，该值＝________(计算结果保留2位有效数字)。
图5
(3)若实验室没有沙桶只有钩码，每个钩码质量m＝50 g，小车总质量M＝200 g，用该实验装置验证动能定理，则需验证重力对钩码所做的功是否等于________(选填“小车”或“小车和钩码”)动能的增量。
解析：(1)实验时首先要平衡摩擦力：取下沙桶，把木板不带滑轮的一端垫高，轻推小车，让小车拖着纸带运动。如果纸带上的点是均匀分布的，说明已经平衡了摩擦力，否则要重新调节。
(2)打点计时器使用频率为50 Hz的交流电，即打点周期为0.02 s，在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出，即计数点间的时间间隔为0.1 s，根据本实验的需要，要求动能的增量，即根据此纸带计算某点速度的值，其中小车通过计数点“B”时，该速度值为v＝＝＝0.13 m/s。
(3)若实验室没有沙桶只有钩码，每个钩码质量m＝50 g，小车总质量M＝200 g，用该实验装置验证动能定理，需验证重力对钩码所做的功是否等于小车和钩码动能的增量。
答案：(1)拖着 (2)速度 0.13 m/s (3)小车和钩码
4．某同学用如图6甲所示的装置验证动能定理。为了提高实验精度，该同学多次改变小滑块下落高度H的值，测出对应的平抛运动水平位移x，并算出x2如下表所示，进而画出x2-H图线如图乙所示。
图6
滑块下落高度H
平抛水平位移x/cm
平抛水平位移的平方x2/cm2
h
5.5
30.25
2h
9.1
82.81
3h
11.7
136.89
4h
14.2
201.64
5h
15.9
252.81
6h
17.6
309.76
7h
19.0
361.00
8h
20.6
424.36
9h
21.7
470.89
(1)原理分析：若滑块在下滑过程中所受阻力很小，则只要满足________________，便可验证动能定理。
(2)实验结果分析：实验中获得的图线未过坐标原点，而交在了大约(0.2h,0)处，原因是________________。
解析：(1)若滑块在下滑过程中所受阻力很小，由动能定理，mgH＝mv02，根据平抛运动规律，x＝v0t，h＝gt2，显然x2与H成正比，即只要测量量满足x2与H成正比，便可验证动能定理。
(2)实验中获得的图线未过坐标原点，而交在了大约(0.2h，0)处，原因是滑块需要克服阻力做功。
答案：(1)x2与H成正比 (2)滑块需要克服阻力做功
5．“验证机械能守恒定律”的实验装置可以采用图7所示的甲或乙方案来进行。
图7
(1)比较这两种方案，________(填“甲”或“乙”)方案好些。
(2)该同学开始实验时情形如图丙所示，接通电源释放纸带。请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方：
①________________；②________________。
(3)该实验中得到一条纸带，且测得每两个计数点间的距离如图丁中所示。已知相邻两个计数点之间的时间间隔T＝0.1 s。则物体运动的加速度a＝________；该纸带是采用________(填“甲”或“乙”)实验方案得到的。
解析：由Δx＝aT2，利用逐差法得到物体运动的加速度a＝4.8 m/s2。若用自由落体实验测得物体运动的加速度a应该接近10 m/s2，所以该纸带是采用“乙”实验方案得到的。
答案：(1)甲 (2)①打点计时器接了直流电源 ②重物离打点计时器太远 (3)4.8 m/s2 乙
6．在用落体法验证机械能守恒定律时，某小组按照正确的操作选得纸带如图8所示。其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点。用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中。(已知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，重锤质量为m＝1 kg，计算结果均保留3位有效数字)
图8
(1)图中的三个测量数据中不符合有效数字读数要求的是________段的读数，应记作________cm。
(2)甲同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，他用AC段的平均速度作为B点对应的瞬时速度vB，则求得该过程中重锤的动能增加量ΔEk＝________ J，重力势能的减少量ΔEp＝________ J。这样验证的系统误差总是使ΔEk________ΔEp(选填“>”“<”或“＝”)。
(3)乙同学根据同一条纸带，同一组数据，也用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，将打点计时器打下的第一个点O记为第1个点，图中的B是打点计时器打下的第9个点。因此他用v＝gt计算与B点对应的瞬时速度vB，求得动能的增加量ΔEk＝________J。这样验证的系统误差总是使ΔEk________ΔEp(选填“>”“<”或“＝”)。
(4)上述两种处理方法中，你认为合理的是________同学所采用的方法。(选填“甲”或“乙”)
解析：(1)毫米刻度尺读数要估读到毫米下一位，OC长度读数到1毫米，不符合读数要求。应记作15.70 cm。
(2)AC段的平均速度即B点瞬时速度vB＝＝＝1.55 m/s，则系统增加的动能ΔEk＝mvB2≈1.20 J，重力势能减少了ΔEp＝mg≈1.22 J，由于摩擦力的作用，部分重力势能转化为内能，所以ΔEk<ΔEp。
(3)B是打点计时器打下的第9个点，所以B点的速度vB＝gt＝g×8×0.02 s＝1.57 m/s，动能的增加量ΔEk＝mvB2≈1.23 J。这样做把加速度按照自由落体计算，没有考虑摩擦力的作用，而实际上，由于摩擦力的作用，加速度aΔEp。
(4)乙方案中直接把加速度按照重力加速度计算，不符合事实，而且误差大，所以合理的是甲方案。
答案：(1)OC 15.70 (2)1.20 1.22 < (3)1.23 > (4)甲
7．利用气垫导轨装置验证机械能守恒定律时，先非常仔细地把导轨调成水平，然后如图9所示用垫块把导轨一端垫高H，滑块m上面装l＝3 cm的挡光框，使它由轨道上端任一处滑下，测出它通过光电门G1和G2的时间Δt1和Δt2，就可以算出它通过G1和G2时的速度v1和v2，就可以算出它由G1到G2这段过程中动能的增加量ΔEk＝m(v22－v12)，再算出重力势能的减少量ΔEp＝mgh，比较ΔEk与ΔEp的大小，便可验证机械能是否守恒。
图9
(1)滑块的速度v1、v2如何求出？滑块通过G1时的高度h如何求出？
(2)若测得图中L＝1 m，x＝0.5 m，H＝20 cm，m＝500 g，滑块通过G1和G2的时间分别为5.0×10－2 s和2.0×10－2 s，当地的重力加速度g为9.80 m/s2，试判断机械能是否守恒。
解析：(1)因为挡光框的宽度很小，即l＝3 cm，而滑块通过光电门的时间极短，故可以认为滑块通过光电门时做匀速直线运动，则通过两光电门时的平均速度就等于通过G1和G2两位置时的瞬时速度，v1＝，v2＝；由几何相似原理可知＝，求得h＝x，H、L、x都是事先设定的。
(2)由(1)可知v1＝＝ m/s＝0.6 m/s，v2＝＝ m/s＝1.5 m/s，h＝x＝×0.5 m＝0.1 m。动能增加量ΔEk＝m(v22－v12)＝×0.5×(1.52－0.62)J≈0.473 J。重力势能减少量ΔEp＝mgh＝0.5×9.80×0.1 J＝0.490 J。在误差允许的范围内，可认为机械能守恒。
答案：见解析
