7、合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變
解析：選C 運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力指向圓心，不做功，故A錯(cuò)誤，C正確。如圖所示，沿圓弧切線方向運(yùn)動(dòng)員受到的合力為零，即Ff＝mgsin α，下滑過(guò)程中α減小， sin α變小，故摩擦力Ff變小，故B錯(cuò)誤。運(yùn)動(dòng)員下滑過(guò)程中動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。
6．[多選](2018·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中，物塊( )
A．加速度先減小后增大
B．
8、經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大
C．所受彈簧彈力始終做正功
D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：選AD 小物塊由A點(diǎn)開始向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈－Ff＝ma知，a減??；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到F彈＝Ff時(shí)，a減小為零，此時(shí)小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)；由于慣性，小物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)Ff－F彈＝ma，小物塊做減速運(yùn)動(dòng)，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，a逐漸增大；當(dāng)越過(guò)O點(diǎn)后，彈簧開始被拉伸，此時(shí)F彈＋Ff＝ma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，綜上所述，從A到B過(guò)程中，物塊加速度先減小后增大，在O點(diǎn)左側(cè)F彈＝Ff時(shí)速度達(dá)到最大，故A正確，B錯(cuò)誤。在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在
9、OB段做負(fù)功，故C錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理知，從A到B的過(guò)程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。
7．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R。已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g。
(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。
(2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。
(3)改變
10、物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R。求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量。
解析：(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為
l＝7R－2R ①
設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mvB2 ②
式中θ＝37°。聯(lián)立①②式并由題給條件得
vB＝2。 ③
(2)設(shè)BE＝x。P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有
mgxsin θ－μmgxc
11、os θ－Ep＝0－mvB2 ④
E、F之間的距離l1為
l1＝4R－2R＋x ⑤
P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得
x＝R ⑦
Ep＝mgR。 ⑧
(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1。D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為
x1＝R－Rsin θ ⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ ⑩
式中，已應(yīng)用了過(guò)C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實(shí)。
設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)
12、到G點(diǎn)的時(shí)間為t。
由平拋運(yùn)動(dòng)公式有
y1＝gt2 ?
x1＝vDt ?
聯(lián)立⑨⑩??式得
vD＝ ?
設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC。在P由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有
m1vC2＝m1vD2＋m1g ?
P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1vC2 ?
聯(lián)立⑦⑧???式得
m1＝m。 ?
答案：(1)2 (2)mgR (3) m
二、名校模擬重點(diǎn)演練——知熱點(diǎn)
8．[多選](2018·安徽六安模擬)在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室內(nèi)的豎直
13、粗糙墻面上放置一鋼板，風(fēng)垂直吹向鋼板，在鋼板由靜止開始下落的過(guò)程中，作用在鋼板上的風(fēng)力恒定。用Ek、E、v、P 分別表示鋼板下落過(guò)程中的動(dòng)能、機(jī)械能、速度和重力的功率，關(guān)于它們隨下落高度h或下落時(shí)間t的變化規(guī)律，下列四個(gè)圖像中正確的是( )
解析：選AC 鋼板受到重力mg、風(fēng)力F、墻的支持力N和滑動(dòng)摩擦力f，由于風(fēng)力恒定，則由平衡條件得知，墻對(duì)鋼板的支持力恒定，鋼板所受的滑動(dòng)摩擦力恒定，故鋼板勻加速下滑，則有v＝at，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek與h成正比，故A正確；設(shè)鋼板開始時(shí)機(jī)械能為E0，鋼板克服滑動(dòng)摩擦力做功等于機(jī)械能減小的量，則E＝E0－fh＝E0－
14、f·at2，則知E與t是非線性關(guān)系，圖像應(yīng)是曲線，故B錯(cuò)誤；重力的功率P＝mgv＝mg，則知P與h是非線性關(guān)系，圖像應(yīng)是曲線，故D錯(cuò)誤。
9．[多選](2019屆高三·衡水中學(xué)模擬)節(jié)能混合動(dòng)力車是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來(lái)源的汽車。有一質(zhì)量m＝1 000 kg 的混合動(dòng)力轎車，在平直公路上以v1＝ 90 km/h勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝50 kW。當(dāng)駕駛員看到前方有80 km/h的限速標(biāo)志時(shí)，保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變，立即啟動(dòng)利用電磁阻尼帶動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)L＝72 m后，速度變?yōu)関2＝72 km/h。此過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率的五分之一用于轎車的
15、牽引，五分之四用于供給發(fā)電機(jī)工作，發(fā)動(dòng)機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能。假設(shè)轎車在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力保持不變。下列說(shuō)法正確的是( )
A．轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時(shí)，所受阻力F阻的大小為2×103 N
B．駕駛員啟動(dòng)電磁阻尼轎車做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度變?yōu)関2＝72 km/h 過(guò)程的時(shí)間為3.2 s
C．轎車從90 km/h減速到72 km/h過(guò)程中，獲得的電能E電＝6.3×104 J
D．轎車僅用其在上述減速過(guò)程中獲得的電能E電維持72 km/h勻速運(yùn)動(dòng)的距離為31.5 m
解析：選ACD 轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時(shí)，由P＝F1v1，
16、F阻＝F1可得：F阻＝2×103 N，故A項(xiàng)正確。駕駛員啟動(dòng)電磁阻尼后，轎車減速運(yùn)動(dòng)，牽引力F＝，且逐漸增大，加速度a＝逐漸減小，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。轎車從90 km/h減速到72 km/h 過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)L＝72 m，由動(dòng)能定理可得Pt＋(－F阻L)＝mv22－mv12，獲得的電能E電＝Pt·，聯(lián)立解得：E電＝6.3×104 J，故C項(xiàng)正確。據(jù)E電＝ F阻x可得，轎車僅用其在上述減速過(guò)程中獲得的電能E電勻速運(yùn)動(dòng)的距離x＝31.5 m，故D項(xiàng)正確。
10．(2018·四川蓉城名校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)固定一內(nèi)徑很小內(nèi)壁光滑的圓管形軌道ABC，它由兩
17、個(gè)半徑均為R的四分之一圓管順接而成， A與C端切線水平。在足夠長(zhǎng)的光滑水平臺(tái)面上靜置一個(gè)光滑圓弧軌道DE，圓弧軌道D端上邊緣恰好與圓管軌道的C端內(nèi)徑下邊緣水平對(duì)接。一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一水平速度從A點(diǎn)射入圓管軌道，通過(guò)C點(diǎn)后進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，過(guò)C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球的壓力為2mg，小球始終沒(méi)有離開圓弧軌道。已知圓弧軌道DE的質(zhì)量為2m，重力加速度為g。求：
(1)小球從A點(diǎn)進(jìn)入圓管軌道的速度大??；
(2)小球沿圓弧軌道上升的最大高度。
解析：(1)小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)，有2mg＋mg＝m ①
解得vC＝ ②
小球從A到C，由機(jī)械能守恒定律有
mv02－m
18、vC2＝mg·2R ③
由②③得v0＝。 ④
(2)小球沖上圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)，由水平方向上動(dòng)量守恒得mvC＝(m＋2m)v共⑤
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
mvC2＝(m＋2m)v共2＋mgh ⑥
由②⑤⑥得h＝R。 ⑦
答案：(1) (2)R
11.(2018·山東天成大聯(lián)考)如圖所示，勁度系數(shù)為k＝100 N/m 的輕質(zhì)彈簧水平放置，左端固定在豎直墻壁上，右端與質(zhì)量為m＝3 kg的小物塊相連，小物塊另一側(cè)與一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線相連，細(xì)線另一端固定在天花板上，當(dāng)細(xì)線與豎直方向成θ＝53°時(shí)，小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)且恰好對(duì)
19、水平地面無(wú)壓力。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)此時(shí)細(xì)線的拉力大小；
(2)若小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則剪斷細(xì)線瞬間小物塊的加速度；
(3)剪斷細(xì)線后，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小物塊獲得最大動(dòng)能，則此過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。
解析：(1)由受力平衡有：mg＝Tcos 53°，解得：T＝50 N。
(2)剪斷細(xì)線瞬間，地面對(duì)物塊產(chǎn)生支持力，有：FN＝mg
彈簧在瞬間彈力未發(fā)生改變，有：F彈＝Tsin 53°
由牛頓第二定律有：F彈－μFN＝ma
解得：a＝10 m/s2，方向水平向左。
(3)當(dāng)F彈′＝μFN時(shí)，物塊動(dòng)能最大，設(shè)此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為x1
則有：F彈′＝μFN＝kx1，解得：x1＝0.1 m
開始彈簧的伸長(zhǎng)量為x，則有：F彈＝Tsin 53°＝kx，
解得：x＝0.4 m
由功能關(guān)系可得產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝μFN(x－x1)＝3 J。
答案：(1)50 N (2)10 m/s2，方向水平向左 (3)3 J
2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動(dòng)量 第一講 功和能課后“高仿”檢測(cè)卷
