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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，O、b兩點處在同一豎直線上。由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運動到b，在圓環(huán)運動的整個過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài)，則下列說法正確的是導(dǎo)學(xué)號 86084121( D )
A． 圓環(huán)的機械能保持不變
B． 彈簧對圓環(huán)一直做負功
C． 彈簧的彈性勢能逐漸增大
D． 圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
[解析] 由幾何關(guān)系可知，當環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小。所以在環(huán)從a到C的過程中彈簧對環(huán)做正功，而從C到b的過程中彈簧對環(huán)做負功，所以環(huán)的機械能是變化的。故A錯誤，B錯誤；
當環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大。故C錯誤；在整個的過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，一個長直輕桿兩端分別固定一個小球A和B，兩球質(zhì)量均為m，兩球半徑忽略不計，桿的長度為l。先將桿AB豎直靠放在豎直墻上，輕輕振動小球B，使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動，當小球A沿墻下滑距離為12l時，不計摩擦。下列說法正確的是導(dǎo)學(xué)號 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] 當小球A沿墻下滑距離為12l時，設(shè)此時A球的速度為vA，B球的速度為vB。根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得：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，開始時，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，使其向上運動，直到物塊B剛好要離開地面，重力加速度為g，則下列說法錯誤的是導(dǎo)學(xué)號 86084123( A )
A． A的加速度不變
B． 此過程恒力F做的功等于物塊A增加的機械能
C． 此過程中恒力F的功率可能先增大后減小
D． 此過程彈簧彈力對物塊A做功為零
[解析] 對A受力分析，開始時，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動，當彈簧恢復(fù)原長后，A繼續(xù)上升，彈簧被拉長，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動，當彈簧伸長量最大時，B剛好離開地面，此過程中，A的加速度是變化的，A錯誤；根據(jù)能量守恒可知，恒力F做的功等于物塊A增加的重力勢能和彈簧彈性勢能的增量，而彈性勢能不變，故恒力F做的功等于物塊A增加的重力勢能，B正確；由A項中分析可知，A先做加速再做減速運動，而力恒定，故此過程中恒力F的功率先增大后減小，C正確；由牛頓第二定律可知，開始彈簧壓縮量為：x＝mgk，最后彈簧伸長量也為：x＝mgk，故整個過程中彈簧對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)點的小球從頂點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，落點都在△B1C1D1平面內(nèi)(包括邊界)。不計空氣阻力，以地面為重力勢能參考平面。則下列說法正確的是導(dǎo)學(xué)號 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點的小球，運動時間最長
C．落在B1D1線段上的小球，落地時機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，在交點處的速度方向都相同
[解析] 小球落在A1C1線段中點時水平位移最小，落在C1時水平位移最大，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錯誤；小球做平拋運動，由h＝12gt2得 t＝2hg，下落高度相同，平拋運動的時間相等，故B錯誤；落在B1D1線段中點的小球，落地時機械能最小，落在B1D1線段上D1或B1的小球，落地時機械能最大。設(shè)落在B1D1線段中點的小球初速度為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，落地時機械能等于拋出時的機械能，分別為：E1＝mgh＋12mv21，E2＝mgh＋12mv22，可知落地時機械能的最小值與最大值之比不等于1?2。故C錯誤；設(shè)AC1的傾角為α，軌跡與AC1線段相交的小球，在交點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摩擦因數(shù)為μ。開始時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B處時速度最大，到達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 86084125( BD )
A．在B處彈簧可能恢復(fù)原長
B．在C處的初速度大小一定是2μgL
C．從C到A的運動過程中，也是在B處的速度最大
D．從C到A經(jīng)過B處的速度大于從A到C經(jīng)過B處的速度
[解析] 物塊從A到C的過程中，彈簧的彈力先大于滑動摩擦力，后小于滑動摩擦力，物塊先加速后減速，所以當彈力等于滑動摩擦力時速度最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。故A錯誤；設(shè)釋放前彈簧的彈性勢能為Ep。根據(jù)能量守恒定律得從A→C的過程有：Ep＝μmgL , 從C→A的過程有：Ep＋μmgL＝12mv20解得，在C處的初速度v0＝2μgL，故B正確；從C到A的運動過程中，物塊經(jīng)過B時彈力向右，滑動摩擦力也向右，合力不為零，所以B點的速度不是最大，故C錯誤；兩次經(jīng)過B點時彈簧的彈性勢能相同，設(shè)為EpB。BC間的距離為S。根據(jù)能量守恒定律得
從B→C的過程有：EpB＋12mv2B1 ＝μmgS，即得12mv2B1＝μmgS－EpB
從C→B的過程有：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B處的速度大于從A到C經(jīng)過B處的速度。故D正確。
6．(2019•四川省達州市一模)如圖所示，質(zhì)量為m的一輛小汽車從水平地面AC上的A點沿斜坡勻速行駛到B點。B距水平面高度為h，以水平地面為零勢能面，重力加速度為g。小汽車從A點運動到B點的過程中(空氣阻力不能忽略)，下列說法正確的是導(dǎo)學(xué)號 86084126( AC )
A．合外力做功為零
B．合外力做功為mgh
C．小汽車的機械能增加量為mgh
D．牽引力做功為mgh
[解析] 汽車勻速運動，動能不變，則根據(jù)動能定理可知，合外力做功為零，故A正確，B錯誤；小汽車動能不變，重力勢能增加了mgh，則可知小汽車機械能增加量為mgh，故C正確；對上升過程由動能定理可知，牽引力的功等于重力勢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，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，輕彈簧自然長度正好等于O點到固定桿的距離OO′。小球從桿上的A點由靜止釋放后，經(jīng)過B點時速度最大，運動到C點時速度減為零。若在C點給小球一個豎直向上的初速度v，小球恰好能到達A點。整個運動過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是導(dǎo)學(xué)號 86084127( AC )
A． 從A下滑到O′的過程中，彈簧彈力做功的功率先增大后減小
B． 從A下滑到C的過程中，在B點時小球、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機械能最大
C． 從A下滑到C的過程中，小球克服摩擦力做的功為14mv2
D． 從C上升到A的過程中，小球經(jīng)過B點時的加速度為0
[解析] 小球從A下滑到O′的過程，彈力與運動方向成銳角，彈力做正功，但彈力在減小，速度在增大，而在O′點彈力為零，功率為零，則整個過程彈力的功率先增大后減小，A正確；由全過程的運動可知一直有摩擦力做負功，系統(tǒng)的機械能一直減小，故初位置A的機械能最大，而B點僅動能最大，B錯誤；從A到C由動能定理：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B時速度最大可知加速度為零，此時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運動時同位置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錯誤。故選AC。
8．(2019•湖北省襄陽五中一模)將質(zhì)量為2 m的長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)，在木板上以水平初速度v0由木板左端向右運動恰能滑至木板的右端與木板相對靜止。第二次，將木板分成長度與質(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的左端開始滑動，如圖乙所示．設(shè)鉛塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，對上述兩過程，下列判斷正確的是導(dǎo)學(xué)號 86084128( BD )
A．鉛塊在木板1上滑動時兩段木板間的作用力為μmg
B．鉛塊在木板1上滑動時兩段木板間的作用力為12μmg
C．小鉛塊第二次仍能到達木板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木板加速，根據(jù)牛頓第二定律得a＝μmg2m＝12μg，對2木板根據(jù)牛頓第二定律得：F12＝ma＝12μmg，故A錯誤，B正確；在第一次小鉛塊運動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，運動到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應(yīng)過程，故第二次小鉛塊與2木板將更早達到速度相等，所以小鉛塊還沒有運動到2的右端，故C錯誤；由于在乙中小鉛塊還沒有運動到2的右端，所以在木板2上相對運動的位移沒有在木板1上大，所以在乙中小鉛塊相對木板的位移小于在甲中小鉛塊相對木板的位移，根據(jù)摩擦力乘以相對位移等于產(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、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟)
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，若開始時作用在繩子另一端的拉力F為零，此時A處于靜止且剛沒接觸地面�，F(xiàn)用恒定拉力F＝15 N拉繩子，恰能使B離開C但不能繼續(xù)上升，不計摩擦且彈簧沒超過彈性限度，g＝10 m/s2求：導(dǎo)學(xué)號 86084129
(1)B剛要離開C時A的加速度；
(2)若把拉力F改為F′＝30N，則B剛要離開C時，A的速度大小。
[解析] (1)B剛要離開C的時候，彈簧對B的彈力N＝mBg：
對A有：aA＝mAg＋N－FmA＝15 m/s2
(2)當F＝0時，彈簧的伸長量x1＝mAg/k＝0.1 m
當F＝15 N，且A上升到最高點時，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上升過程中：Fh＝mAgh＋ΔEp所以彈簧彈性勢能增加了ΔEp＝1.5 J
把拉力改為F′＝30 N時，A上升過程中：
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)，兩個輕質(zhì)小圓環(huán)固定在大圓環(huán)上豎直對稱軸的兩側(cè)θ＝45°的位置上，一根輕質(zhì)長繩穿過兩個小圓環(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。當在兩個小圓環(huán)間繩子的中點C處，掛上一個質(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 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C處，然后無初速釋放重物M，則重物M到達圓心處的速度是多大？
[解析] (1)以M為研究對象，受力分析：Mg＝2mgcos45°
Mm＝21
(2)M與2個m組成的系統(tǒng)機械能守恒：
MgRsinθ－2mg(R－Rcosθ)＝12Mv21＋2×12mv22
v2＝v1cosθ v1＝(2－1)2gR
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/1148915.html
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