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3．[2019·河北省衡水中学二调](多选)如图所示，斜面体由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，其截面△OCD为等腰直角三角形，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP.现将OD边水平放置，让小物块无初速度地从C滑到D，然后将OC边水平放置，再让小物块无初速度地从D滑到C，小物块两次滑到P点的时间相同．下列说法正确的是( ) A．物块第二次滑到P点的速率大 B．两次滑动中物块到达P点时的速度大小相等 C．两次滑动中物块到达底端时的速度大小相等 D．物块第一次滑到P点的速率大 答案：AC 解析：由题意可知，小物块两次滑到P点的时间相同，由于DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C滑到P点时速度为v1，从D滑到P点时速度为v2，则根据匀变速直线运动知识有：>，即从D滑到P点时的速度大于从C滑到P点时的速度，故A正确，B、D错误；小物块从D22到C和从C到D的过程中摩擦力做的功相等，重力做的功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端的速度大小相等，故C正确． v2v1 4．[2019·江苏省高邮中学检测](多选)如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，重力加速度为g，则在这一过程中( ) 12A．物体所受合力做的功等于mv＋mgH 21B．底板对物体的支持力做的功等于mgH＋mv2 212C．钢索的拉力做的功等于Mv＋MgH 212D．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于Mv 2答案：BD 12解析：对物体，应用动能定理得：合力对物体做的功等于物体动能的增加量，有W－mgH＝mv，W＝21mgH＋mv2，故A错误，B正确；根据功能关系可知，钢索的拉力做的功等于电梯和物体的机械能增加量，2 2
12为WF＝(M＋m)gH＋(M＋m)v，故C错误；对电梯，根据动能定理知合力对电梯做的功等于电梯的动能的21变化量，即钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于Mv2，故D正确． 25．[2019·河南省商丘九校联考](多选)已知一足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v1|＞|v2|)，已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是( ) A．0～t1内，物块对传送带一直做负功 B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ 112C．0～t2内，传送带对物块做的功为mv22－mv1 22D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 答案：ABD 解析：由题图b知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A正确．在t1～ t2时间内，物块向上运动，则有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故B正确.0～t2时间内，由题图b中“面积”等于位移12可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W＋WG＝mv2211212－mv21，则传送带对物块做的W＝mv2－mv1－WG，故C错误.0～t2时间内，重力对物块做正功，物块的重222力势能减小、动能也减小，且都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确．故选A、B、D. 6．[2019·福建省福州市八县(市)联考](多选)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一光滑定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m＝2 kg的滑块A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软轻细绳，通过定滑轮将A、B连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看成质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50 N(取g＝10 m/s2)．则( ) 3
A．把小球B从地面拉到P点的正下方C处时力F做的功为20 J B．小球B运动到P点正下方C处时的速度为0 C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225 m D．把小球B从地面拉到P的正下方C处时，小球B的机械能增加了20 J 答案：ACD 解析：把小球B从地面拉到P点正下方C处的过程中，力F的位移为：x＝0.4＋0.3m－(0.4－0.3)m＝0.4 m，则力F做的功WF＝Fx＝20 J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C处时，B的速度1方向与绳子方向垂直，A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理：WF－mgR＝mv2－0，解得v＝14m/s，2选项B错误；当细绳与半圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与滑块A速度大小相等，由几何关系可得h＝0.225 m，选项C正确；B的机械能增加量为F做的功20 J，D正确． 22 7．[2019·山东省枣庄八中调研]如图所示，长为L＝1 m的长木板水平放置，在木板的A端放置一质量为m＝1 kg的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α＝30°时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v＝2 m/s，重力加速度g＝10 2m/s，则在整个过程中( ) A．木板对小物块做的功为5 J B．摩擦力对小物块做的功为5 J C．支持力对小物块做的功为0 D．小物块克服摩擦力做的功为3 J 答案：D 1212解析：设在整个过程中，木板对物块做的功为W，根据动能定理得：W＝mv＝×1×2 J＝2 J，故A22错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，即f 8．[2019·安徽省四校模拟]一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若 2 取竖直向下为正，g取10 m/s，则下列说法正确的是( ) A．质点的机械能不断增加 B．在0～5 s内质点的动能增加 C．在10～15 s内质点的机械能一直增加 D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能 答案：D 解析：质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错.0～5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15 s内，a＝12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确． 9．[2019·山东省潍坊模拟](多选) 如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中( ) A．B做匀速圆周运动 B．摩擦力对重球B做正功 C．水平推力F和重球B对A做的功的大小相等 D．A对重球B所做的功与重球B对A所做的功大小相等 答案：BC 5 解析：B的线速度大小是变化的，故不是匀速圆周运动，故A错误；如图，画出球B受到的支持力N，摩擦力f以及球在该位置时运动的切线的方向，由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面向下，与B的速度方向的夹角为锐角，所以摩擦力对重球B做正功，故B正确；A匀速运动，动能不变，根据动能定理知水平推力F和重球B对A做的功的大小相等，故C正确；斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移，所以A对重球B的弹力所做的功与重球B对A弹力所做的功大小相等，一正一负，由于B与A间存在相对运动，A的位移与B的位移不相等，所以A对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小不相等，所以A对重球B所做的总功与重球B对A所做的总功大小不相等，故D错误． 10．[2019·江西省南昌调研](多选)如图所示，一小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( ) A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m 答案：BC 解析：设小球质量为m，以B点所在水平面为零势能面，由题给条件“当到达圆环顶点C时，刚好对mv2121C轨道压力为零”有mg＝，小球到达C点时，有v2C＝gR，在C点的动能为mvC＝mgR，则小球在C点的R22151机械能为2mgR＋mv2C＝mgR，则小球从B点到C点克服摩擦力做的功为mgR，小球到达D点时速度为零，222设小球在D点的机械能为EkD，分析可知小球在从C点到B点过程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小15球从B点到C点克服摩擦力做的功mgR，故2mgR＜EkD＜mgR，即8 m＜h＜10 m，选项B、C正确． 2211．[2016·四川卷]韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( ) A．动能增加了1 900 J B．动能增加了2 000 J 6 C．重力势能减少了1 900 J D．重力势能减少了2 000 J 答案：C 解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误． 12．[2017·江苏卷]一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( ) A 答案：C B C D 解析：设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，即Ek与x成一次函数关系，由此可以判断C项正确． 13．[2019·西安模拟]有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma＞mb，它们的初动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则( ) A．Fa＞Fb且sa＜sb B．Fa＞Fb且sa＞sb C．Fa＜Fb且sa＞sb D．Fa＜Fb且sa＜sb 答案：A 解析：设物体的初速度为v，初动能为Ek，所受的阻力为F，通过的位移为s，物体的速度与动能的12Ekv＋0Ek关系为Ek＝mv2，得v＝ ，由s＝ t得，s＝t，由题意可知物体a、b运动时间和初动能2m22m相同，则质量越大，位移越小，ma＞mb，所以sa＜sb；由动能定理得，－Fs＝0－Ek，因初动能相同，F与s成反比，则Fa＞Fb，故选A. 14．[2019·开封定位考试](多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示，设物块与地面间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( ) A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块的加速度最大 C．t2时刻后物块做反向运动 D．t3时刻物块的动能最大 7 答案：BD 解析：在0～t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零，功率为零，选项A错误；t2时刻水平拉力最大且大于滑动摩擦力的2倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项B正确；t2时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大，选项C错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项D正确． 15．[2019·四川五校联考]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环( ) A．在过程Ⅰ中，加速度一直减小 1B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为mv2 21C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh 4D．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同 答案：D 解析：圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，对圆环受力分析，1－1如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F＝kL，竖直方向根据牛顿第二定律sinθ可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理12可得WG－Wf－W弹＝0，解得Wf＝WG－W弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－WG＋W弹－Wf＝－mv，联立解得211Wf＝mv2，在C处Ep弹＝W弹＝mgh－mv2，选项B、C错误． 44 8 16．[2019·郑州质检](多选)质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示．在圆心处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度减小而减小．某一时刻小球通过轨道的最低点，力传感器的示数为7mg，重力加速度为g，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，下列说法正确的是( ) 1A．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgR 2B．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgR C．再次经过最低点时力传感器的示数为5mg D．再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg 答案：AD v21解析：小球在最低点时有F1＝T－mg＝m，解得v1＝6gR，而在最高点时，由于小球恰好能通过最高Rv212点，所以有mg＝m，可得v2＝gR，小球从最低点到最高点的过程，由动能定理可得－mg·2R－Wf＝mv22R211－mv21，解得空气阻力做的功Wf＝mgR，选项A正确，B错误；小球从最高点到最低点的过程，由于小球22受到的空气阻力随速度的减小而减小，分析可知在同一水平面上上升过程中的阻力大于下落过程中的阻力，112由动能定理可得mg·2R－Wf′＝mv′24gR，1－mv2，且此过程中空气阻力做的功Wf′＜Wf，解得v′1＞222v′1再次经过最低点时有F2＝T′－mg＝m，解得T′＞5mg，选项C错误，D正确． R 9 课时测评⑮ 综合提能力 课时练 赢高分 一、选择题 1．[2019·浙江模拟]如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则( ) A．②位置足球动能等于0 B．①位置到③位置过程只有重力做功 C．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能 D．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功 答案：D 解析：由题图可知，足球由②到③过程中具有水平位移，则说明足球在②位置存在速度，故A错误；由图可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，则说明足球受到空气阻力，故B错误；因存在阻力做功，故①位置到②位置的过程足球的动能转化为重力势能和内能，故C错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D正确． 2．[2019·江西模拟](多选)质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处．到达B处时物块的速度大小为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g.不计空气阻力，则物块运动过程中( ) A．重力所做的功是mgh 1B．合外力对物块做的功是mv2 21C．推力对物块做的功是mv2＋mgh 21D．阻力对物块做的功是mv2＋mgh－Fs 2答案：BD 解析：重力所做的功是WG＝－mgh，选项A错误；设阻力做功为Wf，根据动能定理，合外力对物块做121212的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv，选项B正确；WF＝mgh－Wf＋mv，选项C错误；WF＝Fs＝mgh－Wf＋mv，2221则Wf＝mgh＋mv2－Fs，选项D正确． 2 10 3. [2019·天津五区县联考](多选)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为R，圆心为O，B为最低点，C为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点，∠AOB＝37°，小球从斜面上某一点由静止释放，经A点进入圆轨道，不计小球由D到A的机械能损失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离可能是( ) A．R B．2R C．3R D．4R 答案：AD v215C解析：若使小球恰能经过最高点C，则mg＝m，根据动能定理有mg(h－2R)＝mv2C，解得h＝R，小R22h－R－23球释放的位置到A点的距离是x＝＝R；若使小球恰能经过与圆心O等高的一点，sin37°6则释放的高度h′＝R，此时小球释放的位置到A点的距离是x′＝h′－R－sin37°4＝R；要保证运3234动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离应满足：x≥R或x′≤R，A、D正确． 634．(多选) 如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是( ) A．铁块一定能够到达P点 B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点 C．铁块能否到达P点与铁块质量有关 D．铁块能否到达P点与铁块质量无关 答案：AD 解析： 11 设A距离水平面BC的高度为h，小铁块与该板材间的动摩擦因数为μ.斜面AB的倾角为α，对全过程运用动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的长度，即h－μOP＝0，与斜面的倾角无关，故小铁块一定能够到达P点，且与铁块的质量无关．故A、D正确． 5．(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( ) A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2 B．物块对传送带做功为0.5mv C．系统摩擦生热为0.5mv2 D．电动机多做的功为mv2 答案：ACD 11解析：设物块匀加速运动的时间为t，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为W1＝fvt＝mv2＝0.5mv2.22物块对传送带做功W2＝－fvt＝－mv2，故A项正确，B项错误．物块与传送带相对位移大小为Δx＝vt－2vt22＝0.5vt，则Δx＝x物．摩擦生热为Q＝f·Δx＝fx物＝0.5mv.故C项正确．电动机多做的功转化成了物体122的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机＝mv＋Q＝mv.故D项正确．(或电动机做的功等于传送2带克服摩擦力做的功W机＝f·vt＝mv2) 6．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示．(g2取10 m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.)则( ) A．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2 B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4 C．物体的质量m＝0.67 kg D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J 答案：AD 解析：物体到达最高点时，机械能为E＝Ep＝mgh，由图知Ep＝30 J，得m＝＝E30 kg＝1 kg，故gh10×3 12 C错误；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosα，得μ＝0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝sinαma，得a＝gsinα＋μgcosα＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s2，故A正确；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为W＝30 J－50 J＝－20 J，在整个过程中由动能定理得2W＝Ek－Ek0，则有Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正确． 7. h (多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦．则( ) A．小车被弹回时速度v一定小于v0 11212B．直杆在槽内移动的距离等于mv0－mv 2f2C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止 D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力 答案：BD 解析：小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v一定等于v0；若形变量大于时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度v一定小于v0，A错误；对整个过程应用动能定理得fs＝ΔEk，直杆在槽内移动的11212距离s＝mv0－mv，B正确；直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始2f2终保持相对静止，C错误；当弹力等于最大静摩擦力时，直杆开始运动，此时小车的速度大于直杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，D正确． 8．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象可求出( ) fkfk A．物体的初速率为3 m/s 13 B．物体与斜面间的动摩擦因数为0.75 C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值为1.44 m D．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上 答案：BC 解析：由题图乙可知，当夹角θ＝0°时，位移为2.40 m，而当夹角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v0＝2gh，解得v0＝2gh＝6 m/s，故A错误；当夹角为0°时，由动能定理可得1212μmgx＝mv0，解得μ＝0.75，故B正确；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－mv0，解得x＝222v01818(m)＝(m)＝(m)，当θ＋α＝90°时，2gθ＋μcosθ35θ＋cosθ10×θ＋α44sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44 m，故C正确；若θ＝45°时，物体受到重力的分力为mgsin45°232232＝mg，最大静摩擦力f＝μmgcos45°＝mg，mg＞mg，故物体达到最大位移后会下滑，故D2828错误． 9．[2019·广东佛山一中段考] 2 如图，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点上方高为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( ) 1A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 21B．W>mgR，质点不能到达Q点 21C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 21D．W (3)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动到最高点E，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力． 答案：(1)6 m/s (2)4.6 N (3)1.4 N 解析：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgL·sin37°＋mgR(1－cos37°)－1μmgcos37°·L＝mv2C－0，解得vC＝6 m/s. 2v2C(2)物体P在C点，根据牛顿第二定律有N－mg＝m， R解得N＝4.6 N. 根据牛顿第三定律，物体P通过C点时对轨道的压力为4.6 N. (3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C由动能定理有21v′C2mgR(1－cos37°)＝mv′C，解得v′C＝2 m/s，则Nmin＝mg＋m＝1.4 N. 2R根据牛顿第三定律，物体P对C点处轨道的最小压力为1.4 N. 12. 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，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求： (1)物块滑到O点时的速度大小； (2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能； (3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度． 答案：(1)2gh－μcotθ (2)mgh－μmghcotθ (3)－μcotθ1＋μcotθh 1解析：(1)由动能定理有mgh－μmghcotθ＝mv2， 2得v＝2gh－μcotθ. 12(2)在水平滑道上由能量守恒定律有mv＝Ep， 2得Ep＝mgh－μmghcotθ. (3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块A被弹回过程中，由能量守恒定律有Ep＝μmgh1cotθ＋－μcotθhmgh1，得h1＝. 1＋μcotθ 16 17 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容