限時(shí)：40分鐘
一、選擇題(本題共8小題，其中1～4題為單選，5～8題為多選)
1．(2019•山東省濰坊一模)如圖所示，在豎直面內(nèi)固定一光滑的硬質(zhì)桿ab，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端a處套一質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點(diǎn)，O、b兩點(diǎn)處在同一豎直線上。由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運(yùn)動(dòng)到b，在圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，彈簧一直處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，則下列說(shuō)法正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084121( D )
A． 圓環(huán)的機(jī)械能保持不變
B． 彈簧對(duì)圓環(huán)一直做負(fù)功
C． 彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增大
D． 圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
[解析] 由幾何關(guān)系可知，當(dāng)環(huán)與O點(diǎn)的連線與桿垂直時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度最短，彈簧的彈性勢(shì)能最小。所以在環(huán)從a到C的過(guò)程中彈簧對(duì)環(huán)做正功，而從C到b的過(guò)程中彈簧對(duì)環(huán)做負(fù)功，所以環(huán)的機(jī)械能是變化的。故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；
當(dāng)環(huán)與O點(diǎn)的連線與桿垂直時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度最短，彈簧的彈性勢(shì)能最小，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大。故C錯(cuò)誤；在整個(gè)的過(guò)程中只有重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。故D正確；故選D。
2. (2019•廣東省肇慶市二模)如圖所示，一個(gè)長(zhǎng)直輕桿兩端分別固定一個(gè)小球A和B，兩球質(zhì)量均為m，兩球半徑忽略不計(jì)，桿的長(zhǎng)度為l。先將桿AB豎直靠放在豎直墻上，輕輕振動(dòng)小球B，使小球B在水平面上由靜止開(kāi)始向右滑動(dòng)，當(dāng)小球A沿墻下滑距離為12l時(shí)，不計(jì)摩擦。下列說(shuō)法正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084122( C )
A．小球A和B的速度都為12gl
B．小球A和B的速度都為 123gl
C．小球A的速度為123gl，小球B的速度為12gl
D．小球A的速度為12gl，小球B的速度為123gl
[解析] 當(dāng)小球A沿墻下滑距離為12l時(shí)，設(shè)此時(shí)A球的速度為vA，B球的速度為vB。根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：mg•l2＝12mv2A＋12mv2B
兩球沿桿方向上的速度相等，則有：vAcos60°＝vBcos30°
聯(lián)立兩式解得：vA＝123gl，vB＝12gl。故C正確，ABD錯(cuò)誤。
3.(2019•寧夏銀川九中一模)如圖所示，一輕彈簧上、下兩端各連接質(zhì)量均為m的兩物塊A、B，開(kāi)始時(shí)，系統(tǒng)靜止在水平面上，現(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉物塊A，使其向上運(yùn)動(dòng)，直到物塊B剛好要離開(kāi)地面，重力加速度為g，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084123( A )
A． A的加速度不變
B． 此過(guò)程恒力F做的功等于物塊A增加的機(jī)械能
C． 此過(guò)程中恒力F的功率可能先增大后減小
D． 此過(guò)程彈簧彈力對(duì)物塊A做功為零
[解析] 對(duì)A受力分析，開(kāi)始時(shí)，A受拉力F和向上的彈簧彈力及重力，由牛頓第二定律得：F＋kx－mg＝ma，隨著A的上升壓縮量x減小，加速度減小，但方向向上，故A做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，A繼續(xù)上升，彈簧被拉長(zhǎng)，A的受力變?yōu)槔和向下的彈簧彈力及重力，F(xiàn)－kx－mg＝ma，隨著A的上升伸長(zhǎng)量x增大，加速度減小，但方向向上，故A繼續(xù)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量最大時(shí)，B剛好離開(kāi)地面，此過(guò)程中，A的加速度是變化的，A錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知，恒力F做的功等于物塊A增加的重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能的增量，而彈性勢(shì)能不變，故恒力F做的功等于物塊A增加的重力勢(shì)能，B正確；由A項(xiàng)中分析可知，A先做加速再做減速運(yùn)動(dòng)，而力恒定，故此過(guò)程中恒力F的功率先增大后減小，C正確；由牛頓第二定律可知，開(kāi)始彈簧壓縮量為：x＝mgk，最后彈簧伸長(zhǎng)量也為：x＝mgk，故整個(gè)過(guò)程中彈簧對(duì)A做功為零，D正確。
4．(2019•河南省商丘市二模)正方體空心框架ABCD－A1B1C1D1下表面在水平地面上，將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從頂點(diǎn)A在∠BAD所在范圍內(nèi)(包括邊界)沿不同的水平方向分別拋出，落點(diǎn)都在△B1C1D1平面內(nèi)(包括邊界)。不計(jì)空氣阻力，以地面為重力勢(shì)能參考平面。則下列說(shuō)法正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084124( D )
A．小球初速度的最小值與最大值之比是1：2
B．落在C1點(diǎn)的小球，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)
C．落在B1D1線段上的小球，落地時(shí)機(jī)械能的最小值與最大值之比是1：2
D．軌跡與AC1線段相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向都相同
[解析] 小球落在A1C1線段中點(diǎn)時(shí)水平位移最小，落在C1時(shí)水平位移最大，由幾何關(guān)系知水平位移的最小值與最大值之比是1?2，由x＝v0t，t相等得小球初速度的最小值與最大值之比是1?2，故A錯(cuò)誤；小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由h＝12gt2得 t＝2hg，下落高度相同，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故B錯(cuò)誤；落在B1D1線段中點(diǎn)的小球，落地時(shí)機(jī)械能最小，落在B1D1線段上D1或B1的小球，落地時(shí)機(jī)械能最大。設(shè)落在B1D1線段中點(diǎn)的小球初速度為v1，水平位移為x1。落在B1D1線段上D1或B1的小球初速度為v2，水平位移為x2。由幾何關(guān)系有 x1?x2＝1?2，由x＝v0t，得：v1?v2＝1?2，落地時(shí)機(jī)械能等于拋出時(shí)的機(jī)械能，分別為：E1＝mgh＋12mv21，E2＝mgh＋12mv22，可知落地時(shí)機(jī)械能的最小值與最大值之比不等于1?2。故C錯(cuò)誤；設(shè)AC1的傾角為α，軌跡與AC1線段相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向與水平方向的夾角為θ。則有tanα＝12gt2v0t＝gt2v0，tanθ＝gtv0，則tanθ＝2tanα，可知θ一定，則軌跡與AC1線段相交的小球，在交點(diǎn)處的速度方向相同，故D正確。
5．(2019•山東省日照市二模)如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與一物塊相連，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。開(kāi)始時(shí)用力推著物塊使彈簧壓縮，將物塊從A處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)B處時(shí)速度最大，到達(dá)C處速度為零，AC＝L。在C處給物塊一初速度，物塊恰能回到A處。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則物塊導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084125( BD )
A．在B處彈簧可能恢復(fù)原長(zhǎng)
B．在C處的初速度大小一定是2μgL
C．從C到A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，也是在B處的速度最大
D．從C到A經(jīng)過(guò)B處的速度大于從A到C經(jīng)過(guò)B處的速度
[解析] 物塊從A到C的過(guò)程中，彈簧的彈力先大于滑動(dòng)摩擦力，后小于滑動(dòng)摩擦力，物塊先加速后減速，所以當(dāng)彈力等于滑動(dòng)摩擦力時(shí)速度最大，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)。故A錯(cuò)誤；設(shè)釋放前彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。根據(jù)能量守恒定律得從A→C的過(guò)程有：Ep＝μmgL , 從C→A的過(guò)程有：Ep＋μmgL＝12mv20解得，在C處的初速度v0＝2μgL，故B正確；從C到A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊經(jīng)過(guò)B時(shí)彈力向右，滑動(dòng)摩擦力也向右，合力不為零，所以B點(diǎn)的速度不是最大，故C錯(cuò)誤；兩次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相同，設(shè)為EpB。BC間的距離為S。根據(jù)能量守恒定律得
從B→C的過(guò)程有：EpB＋12mv2B1 ＝μmgS，即得12mv2B1＝μmgS－EpB
從C→B的過(guò)程有：EpB＋μmgS＋12mv2B2＝12mv20，即得12mv2B2＝12mv20－EpB－μmgS
將Ep＝μmgL和Ep＋μmgL＝12mv20代入上式得
12mv2B2 ＝2μmgL－EpB－μmgS＞12mv2B1
可知，vB2＞vB1。即從C到A經(jīng)過(guò)B處的速度大于從A到C經(jīng)過(guò)B處的速度。故D正確。
6．(2019•四川省達(dá)州市一模)如圖所示，質(zhì)量為m的一輛小汽車(chē)從水平地面AC上的A點(diǎn)沿斜坡勻速行駛到B點(diǎn)。B距水平面高度為h，以水平地面為零勢(shì)能面，重力加速度為g。小汽車(chē)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中(空氣阻力不能忽略)，下列說(shuō)法正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084126( AC )
A．合外力做功為零
B．合外力做功為mgh
C．小汽車(chē)的機(jī)械能增加量為mgh
D．牽引力做功為mgh
[解析] 汽車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，則根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做功為零，故A正確，B錯(cuò)誤；小汽車(chē)動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加了mgh，則可知小汽車(chē)機(jī)械能增加量為mgh，故C正確；對(duì)上升過(guò)程由動(dòng)能定理可知，牽引力的功等于重力勢(shì)能的增加量和克服阻力做功之和，故牽引力做功一定大于mgh，故D錯(cuò)誤。故選：AC。
7. (2019•山西省一模)如圖所示，輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的帶孔小球相連，小球套在豎直固定桿上，輕彈簧自然長(zhǎng)度正好等于O點(diǎn)到固定桿的距離OO′。小球從桿上的A點(diǎn)由靜止釋放后，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度最大，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度減為零。若在C點(diǎn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v，小球恰好能到達(dá)A點(diǎn)。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084127( AC )
A． 從A下滑到O′的過(guò)程中，彈簧彈力做功的功率先增大后減小
B． 從A下滑到C的過(guò)程中，在B點(diǎn)時(shí)小球、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能最大
C． 從A下滑到C的過(guò)程中，小球克服摩擦力做的功為14mv2
D． 從C上升到A的過(guò)程中，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度為0
[解析] 小球從A下滑到O′的過(guò)程，彈力與運(yùn)動(dòng)方向成銳角，彈力做正功，但彈力在減小，速度在增大，而在O′點(diǎn)彈力為零，功率為零，則整個(gè)過(guò)程彈力的功率先增大后減小，A正確；由全過(guò)程的運(yùn)動(dòng)可知一直有摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小，故初位置A的機(jī)械能最大，而B(niǎo)點(diǎn)僅動(dòng)能最大，B錯(cuò)誤；從A到C由動(dòng)能定理：WG－Wf－WFk＝0－0，從C到A，由于路徑相同和初末位置相同，則WG、Wf、WFk的大小相同，有－WG－Wf＋WFk＝0－12mv2，解得Wf＝14mv2，C正確；物體從A至C經(jīng)過(guò)B時(shí)速度最大可知加速度為零，此時(shí)摩擦力向上與彈簧彈力、桿的彈力、重力的合力為零；而從C至A運(yùn)動(dòng)時(shí)同位置B的彈簧彈力和重力均相同，但摩擦力向下，故合力不為零，D錯(cuò)誤。故選AC。
8．(2019•湖北省襄陽(yáng)五中一模)將質(zhì)量為2 m的長(zhǎng)木板靜止地放在光滑水平面上，如圖甲所示。第一次，質(zhì)量為m的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，在木板上以水平初速度v0由木板左端向右運(yùn)動(dòng)恰能滑至木板的右端與木板相對(duì)靜止。第二次，將木板分成長(zhǎng)度與質(zhì)量均相等的兩段1和2，兩者緊挨著仍放在此水平面上，讓小鉛塊以相同的初速度v0由木板1的左端開(kāi)始滑動(dòng)，如圖乙所示．設(shè)鉛塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，對(duì)上述兩過(guò)程，下列判斷正確的是導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084128( BD )
A．鉛塊在木板1上滑動(dòng)時(shí)兩段木板間的作用力為μmg
B．鉛塊在木板1上滑動(dòng)時(shí)兩段木板間的作用力為12μmg
C．小鉛塊第二次仍能到達(dá)木板2的右端
D．系統(tǒng)第一次因摩擦而產(chǎn)生的熱量較多
[解析] 第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，根據(jù)牛頓第二定律得a＝μmg2m＝12μg，對(duì)2木板根據(jù)牛頓第二定律得：F12＝ma＝12μmg，故A錯(cuò)誤，B正確；在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到2部分上后1部分停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過(guò)程，故第二次小鉛塊與2木板將更早達(dá)到速度相等，所以小鉛塊還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到2的右端，故C錯(cuò)誤；由于在乙中小鉛塊還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到2的右端，所以在木板2上相對(duì)運(yùn)動(dòng)的位移沒(méi)有在木板1上大，所以在乙中小鉛塊相對(duì)木板的位移小于在甲中小鉛塊相對(duì)木板的位移，根據(jù)摩擦力乘以相對(duì)位移等于產(chǎn)生的熱量，所以乙中產(chǎn)生的熱量小于在甲中木板上滑行產(chǎn)生熱量，故D正確。
二、計(jì)算題(本題共2小題，需寫(xiě)出完整的解題步驟)
9. (2019•江西省師大附中一模)如圖所示，A、B質(zhì)量分別為mA＝1 kg，mB＝2 kg，AB間用彈簧連接著，彈簧勁率系數(shù)k＝100 N/m，輕繩一端系在A上，另一端跨過(guò)定滑輪，B為套在輕繩上的光滑圓環(huán)，另一圓環(huán)C固定在桌邊，B被C擋住而靜止在C上，若開(kāi)始時(shí)作用在繩子另一端的拉力F為零，此時(shí)A處于靜止且剛沒(méi)接觸地面�，F(xiàn)用恒定拉力F＝15 N拉繩子，恰能使B離開(kāi)C但不能繼續(xù)上升，不計(jì)摩擦且彈簧沒(méi)超過(guò)彈性限度，g＝10 m/s2求：導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084129
(1)B剛要離開(kāi)C時(shí)A的加速度；
(2)若把拉力F改為F′＝30N，則B剛要離開(kāi)C時(shí)，A的速度大小。
[解析] (1)B剛要離開(kāi)C的時(shí)候，彈簧對(duì)B的彈力N＝mBg：
對(duì)A有：aA＝mAg＋N－FmA＝15 m/s2
(2)當(dāng)F＝0時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量x1＝mAg/k＝0.1 m
當(dāng)F＝15 N，且A上升到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的壓縮量x2＝mBg/k＝0.2 m
所以A上升的高度h＝x1＋x2＝0.3 m
A上升過(guò)程中：Fh＝mAgh＋ΔEp所以彈簧彈性勢(shì)能增加了ΔEp＝1.5 J
把拉力改為F′＝30 N時(shí)，A上升過(guò)程中：
F′h－mAgh－ΔEp＝12mAv2 得v＝3 m/s
10．(2019•山東省歷城二中二模) 如圖所示，半徑為R、圓心為O的大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，兩個(gè)輕質(zhì)小圓環(huán)固定在大圓環(huán)上豎直對(duì)稱(chēng)軸的兩側(cè)θ＝45°的位置上，一根輕質(zhì)長(zhǎng)繩穿過(guò)兩個(gè)小圓環(huán)，它的兩端都系上質(zhì)量為m的重物，小圓環(huán)的大小、繩子與大、小圓環(huán)間的摩擦均可
忽略。當(dāng)在兩個(gè)小圓環(huán)間繩子的中點(diǎn)C處，掛上一個(gè)質(zhì)量M的重物，M恰好在圓心處處于平衡。(重力加速度為g)求：導(dǎo)學(xué)號(hào) 86084130
(1)M與m質(zhì)量之比。
(2)再將重物M托到繩子的水平中點(diǎn)C處，然后無(wú)初速釋放重物M，則重物M到達(dá)圓心處的速度是多大？
[解析] (1)以M為研究對(duì)象，受力分析：Mg＝2mgcos45°
Mm＝21
(2)M與2個(gè)m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒：
MgRsinθ－2mg(R－Rcosθ)＝12Mv21＋2×12mv22
v2＝v1cosθ v1＝(2－1)2gR
本文來(lái)自：逍遙右腦記憶 http://m.yy-art.cn/gaosan/1148915.html
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