2015高考物理大一轮复习 第五章 机械能 阶段验收评估

机 械 能

(时间：60分钟 满分：100分)

一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项正确) 1．(2014·河南中原名校模拟)一物体自t＝0时由静止开始向上做直线运动，其a -t图像如图1所示，则下列判断正确的是( )

图1

A．在第4 s时，物体离出发点最远 B．在0～6 s内，物体的平均速度为3 m/s C．在2～4 s内，物体的机械能守恒 D．在4～6 s内，物体所受的合外力做负功

解析：选B 由a-t图像可知，物体在0～2s内向上做匀加速直线运动，末速度v1＝6 m/s；在2～4 s内，物体向上做匀速直线运动；4～5 s内物体向上做匀减速直线运动，5 s末速度为零；5～6 s内物体再反向向下做匀加速直线运动，且第6 s末回到第4 s末的位置，因此，物体在第5 s时离出发点最远，在2～4 s内，机械能增加，4～6 s内合外力做功为1h2

零，A、C、D均错误；0～6 s内的总位移h＝a1t1＋a1t1t2＝18 m，平均速度v＝＝3 m/s，

2tB正确。

2．(2013·江苏高考)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图2所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )

图2

A．30% C．70%

B．50% D．90%

解析：选A 量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球

1

v′71212

速度大小v′与碰撞前白球速度v的比值，＝。所以损失的动能ΔEk＝mv－·2mv′，

v1222

ΔEk

≈30%，故选项A正确。

Ek0

3．(2014·上海八校联考)质量相同的两个物体，分别在地球和月球表面以相同的初速度竖直上抛，已知月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，若不计空气阻力，下列说法中正确的是( )

A．物体在地球表面时的惯性比在月球表面时的惯性大

B．物体在地球表面上升到最高点所用时间比在月球表面上升到最高点所用时间长 C．落回抛出点时，重力做功的瞬时功率相等

D．在上升到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等

解析：选D 两个物体质量相同，惯性相同，选项A错误；由于月球表面的重力加速度比地球表面重力加速度小，物体在地球表面上升到最高点所用时间比在月球表面上升到最高点所用时间短，选项B错误；落回抛出点时，速度相等，而月球表面重力小，所以落回抛出点时，月球上重力做功的瞬时功率小，选项C错误；由于抛出时动能相等，由机械能守恒定律可知，在上升到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等，选项D正确。

4．电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图3所示，电动机卷绕绳子的轮子的半径为R，当运动至绳子与水平面成θ角时，下述说法正确的是( )

图3

A．木箱将匀速运动，速度是2πnR

B．木箱将匀加速运动，此时速度是2πnR/cos θ C．此时木箱对地的压力为Mg－

Psin θ

2πnRD．此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化

解析：选C 绳子的速度v1＝2πnR，木箱的速度v2＝v1/cos θ，其大小随着θ变化，选项A错误；绳子上的拉力F＝P/v1＝P/2πnR，大小不变。木箱受的合力F合＝Fcos θ，其方向不变，其大小随着θ变化，木箱做变加速直线运动，选项B、D错误；木箱对地的压力为FN＝Mg－Fsin θ＝Mg－

Psin θ

，选项C正确。 2πnR5．(2014·武汉部分学校联考)如图4所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测

2

得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T＝a＋bcos θ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )

图4

A.C.

b 2m3bB.D.

2bm

m

b 3m2

解析：选D 当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，T1＝a＋b，T1＝mg＋mv1/L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，T2＝a－b，T2＝－mg＋mv2/L；由mg·2L＝1212bmv1－mv2，联立解得：g＝，选项D正确。 223m二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分，选错或不选得0分)

6．(2014·滨州模拟)下面关于蹦床运动的说法中正确的是( ) A．运动员下落到刚接触蹦床时，速度最大

B．运动到最低点时，床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力 C．从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中，运动员的加速度先减小后增大 D．在下落过程中，重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量

解析：选CD 运动员刚下落到刚接触蹦床时，合力仍为mg，之后还要加速，A错误；运动员对床的作用力与床对运动员的作用力等大反向，B错误；从刚接触床到运动到最低点，运动员随受向上弹力的增大，其加速度先减小后反向增大，C正确；重力对运动员所做的功一定等于运动员重力势能的减少量，D正确。

7．(2013·新课标全国卷Ⅰ)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图5(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则( )

2

3

图5

A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B．在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D．在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变

解析：选AC 由v-t图像可知飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10，选项A正确；由v -t图像可以看出0.4～2.5 s内飞机在甲板上滑行过程中的加速度不变，说明飞机受到的合力不变，而两段阻拦索的夹角逐渐减小，故阻拦索的张力减小，选项B错误；Δv70－1022

根据v-t图像可以看出0.4～2.5 s内加速度大小约为：a＝＝ m/s＝28.6 m/s，

Δt2.1选项C正确；由于飞机做匀减速运动，所受阻力不变，根据P＝Fv可知，功率逐渐减小，选项D错误。

8．(2013·北京西城区期末)如图6甲所示，物体以一定的初速度从倾角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的变化如图乙所示。g＝10 m/s，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。则( )

2

图6

A．物体的质量m＝0.67 kg

B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40 C．物体上升过程中的加速度大小a＝10 m/s

4

2

D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J

解析：选CD 上升过程，由动能定理得，－(mgsin α＋μmgcos α)·hm/sin α＝0－Ek1，摩擦生热μmgcos α·＝E1－E2，解得m＝1 kg，μ＝0.50，故A、B错误；物

sin α体上升过程中的加速度大小a＝gsin α＋μgcos α＝10 m/s，故C正确；上升过程中的摩擦生热为E1－E2＝20 J，下降过程摩擦生热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50 J－40 J＝10 J，故D正确。

三、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)

9．(10分)(2013·新课标全国卷Ⅱ)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图7所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

回答下列问题：

2

hm

图7

(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g。为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)。

A．小球的质量m

B．小球抛出点到落地点的水平距离s C．桌面到地面的高度h D．弹簧的压缩量Δx E．弹簧原长l0

(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝______。

图8

(3)图8中的直线是实验测量得到的s-Δx图线。从理论上可推出，如果h不变，m增加，s-Δx图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s-Δx图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图乙中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的________次方成正比。

5

12

解析：(1)利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度v。由s＝vt，h＝gt，联立

2解得v＝s

g。要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离s，桌面到2h地面的高度h。根据动能公式，为求得Ek，还需要测量小球的质量m，所以正确选项是A、B、C。

12mgs(2)小球抛出时的动能Ek＝mv＝。

24h(3)如果Δx和h不变，m增加，则小球抛出时的速度减小，s减小，s-Δx图线的斜率会减小。如果Δx和m不变，h增加，则小球抛出时的速度不变，s增大，s-Δx图线的斜12mgs率会增大。由实验绘出的图像可知，s与Δx成正比，而Ek＝mv＝，所以弹簧被压缩

24h后的弹性势能Ep与Δx的2次方成正比。

2

2

mgs2

答案：(1)ABC (2)

4h(3)减小 增大 2

10．(12分)(2013·海南高考)一质量m＝0.6 kg的物体以v0＝20 m/s的初速度从倾角为30°的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔEk＝18 J，机械能减少了ΔE＝3 J，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s。求：

(1)物体向上运动时加速度的大小； (2)物体返回斜坡底端时的动能。

解析：(1)设物体在运动过程中所受的摩擦力大小为f，向上运动的加速度大小为a， 由牛顿定律有a＝

2

mgsin α＋f m①

设物体动能减少ΔEk时，在斜坡上运动的距离为s，由功能关系得 ΔEk＝(mgsin α＋f)s ΔE＝fs

联立①②③式并代入数据可得

② ③

a＝6 m/s2

④

(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得

v02

sm＝

2a设物体返回底端时的动能为Ek，由动能定理有

Ek＝(mgsin α－f)sm

联立①④⑤⑥式并代入数据可得

Ek＝80 J

6

答案：(1)6 m/s (2)80 J

11．(14分)(2013·济南测试)如图9所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m＝0.1 kg的铁块，它与纸带右端的距离为L＝0.5 m，所有接触面之间的动摩擦因数相同。现用水平向左的恒力，经2 s时间将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为v＝2 m/s。已知桌面高度为H＝0.8 m，不计纸带重力，铁块视为质点。重力加速度g取10 m/s，求：

2

2

图9

(1)铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离； (2)纸带抽出过程中系统产生的内能。 解析：(1)水平方向：s＝v 12

竖直方向：H＝gt

2由①②联立解得：s＝0.8 m

(2)设铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律，得： μmg＝ma1

纸带抽出时，铁块的速度：v＝a1t1 ③④联立解得μ＝0.1 12

铁块的位移：s1＝a1t1

2设纸带的位移为s2；由题意知，

⑤ ③ ④

t①

②

s2－s1＝L ⑥

⑦

由功能关系可得E＝μmgs2＋μmg(s2－s1) 由③④⑤⑥⑦联立解得E＝0.3 J。 答案：(1)0.8 m (2)0.3 J

12．(16分)(2014·苏州模拟)如图10所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以v0＝2gl的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：

7

图10

(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x； (2)圆弧BC段所对的圆心角θ； (3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力。

12

解析：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律，l＝gt，x＝v0t，

2联立解得x＝2l。

(2)由小球到达B点时竖直分速度vy＝2gl，tan θ＝vy/v0，解得θ＝45°。 (3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，有机械能守恒定律，mgl(1＋1－

21212

)＝mvC－mv0， 222

2

vC2

设轨道对小球的支持力为F，有：F－mg＝m，

l解得：F＝(7－2)mg，

由牛第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(7－2)mg，方向竖直向下。 答案：(1)2l (2)45° (3)(7－2)mg 竖直向下

8

如图1所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的

一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m＝0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4。

9

工件质量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。(取g＝10 m/s)

2

图1

(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h，及物块刚到达B点时对轨道的压力。

(2)若工件固定，A点比B点高h′＝0.8 m。求物块从A点释放后在BC段滑行的时间t及物块到达C点的速度。

(3)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。

①求F的大小。

②当速度v＝5 m/s时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。

[解题流程]

(1)物块由P点经B点到C点的过程中，

[回扣知识]

[自我补充]

①式考查功能关系，此处也可应用动

根据功能关系可得： 能定理列出方程：mgh－μ1mgL＝0 mgh＝μ1mgL ① ③式考查机械能守恒定律，在工件固 解得：h＝0.2 m ② 定时，只有重力对物块做功，物块机 设物块到B点的速度大小为vB1， 械能守恒。 由机械能守恒定律可得： ④式考查圆周运动规律，解题时注意 12

两点： mgh＝mvB1 ③

2

(一)分析物块在B点受力； 2

vB1

在B点，FNB－mg＝m， ④

R(二)应用牛顿第二定律列方程时要选

解得：FNB＝2.8 N ⑤ 取正方向。

由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力⑥考查牛顿第三定律。

大小为2.8 N，方向竖直向下。⑥

10

(2)设物块到达B点的速度为vB2， 由机械能守恒定律得：

1

mgh′＝mvB22 ⑦

2设物块在BC段滑行的加速度大小为a， 由牛顿第二定律得：

μ1mg＝ma ⑧ 由运动学公式可得：

1

L＝vB2t－at2 ⑨

2vC＝vB2－at ⑩ 2－3

解得：t＝ s(另解舍去)，vC＝23 m/s。 2

(3)①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线?式考查隔离法应用及牛顿与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得cos θ第二定律，物块的加速度沿R－h

水平方向，故弹力与物块重＝ ?

R

力的合力沿水平方向，大小根据牛顿第二定律，对物块有

mgtan θ＝ma ? 对工件和物块整体有

F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a ? 第二定律，联立上式，代入数据得F＝8.5 N ②设物块做平抛运动的时间为t，水平位移为x1， 物块落点与B点间的距离为x2， 1

由运动学公式得h＝gt2 ?

2x1＝vt ? x2＝x1－Rsin θ

联立求得：x2＝0.4 m ?

某同学要利用图2所示的实验器材探究“物体的加速度与所受合外力之间的关系”实验，分析下列问题：

11

⑦式考查机械能守恒定律。

⑧式考查牛顿第二定律。 ⑨⑩式考查运动学公式的应用。

注意：物块到达C点的速度一定向左，不可能为负值，2＋3故t＝ s要舍去。

2

为ma。

?式考查整体法应用牛顿第二定律。

??式考查平抛运动知识。 注意：平抛运动的水平位移大小与物块落点到B点间的距离大小之间的关系。

图2 图3 (1)某次实验中，打点计时器打出了如图3所示的一条纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10 s，其中s1＝7.05 cm、s2＝7.68 cm、s3＝8.33 cm、s4＝8.95 cm、s5＝9.61 cm、s6＝10.26 cm，根据以上数据确定B、E两点对应小车的速度的表达式为vB＝________，

2vE＝________，确定小车的加速度的表达式为a＝________。加速度的大小a＝________m/s。

(结果保留两位有效数字)

考查实验：探究速度随时间的变化规(2)实验中所用的每个钩码的质量都为m＝0.01 kg，在平衡摩擦力后每次实验后增加一个同等质量的钩码，然后重复以上实验，一共进行了五次实验。然后从打出的纸带中求出小车在每次实验中所获得的加速度如下表所示：

实验次数 1 2 3 4 5

该同学以钩码的个数为横坐标，以加速度a为纵坐标，根据表中的实验数据作出了如图4所示的图像，那么该图像中图线的斜率k＝________；所表示的物理意义是________。

钩码个数N(个) 1 2 3 4 5 小车的加速度a(m/s) 0.146 0.302 0.428 0.592 0.751 2考查实验：探究加速度与物体质量、物体受力的关系，利用图像处理实验数

图4

(3)若将木板换成气垫导轨，在忽略一切阻力影响的情况下，打出的纸带仍为图3所示，要利用该装置验证只悬挂两个钩码的情况下，小车和钩码组成的系统机械能守恒，其表达式应为____________________。

12

据的方法 考查实验：验证机械能守恒

[解题流程]

(1)由平均速度公式可得：vB＝s4＋s5＝ 2T

由逐差法求小车的加速度

?s6＋s5＋s4?－?s3＋s2＋s1?a＝＝0.64 m/s2 29T

(3)利用小车的运动验证小车和钩码组成的系统机械能守恒的表达式为： s4＋s521

2mg(s2＋s3＋s4)＝(M＋2m)()

22Ts1＋s221

－(M＋2m)() 22T

一、不能合理运用整体法与隔离法导致错误

[例1] 如图5所示，在粗糙水平面上放一斜面体a，有一物体b在斜面上刚好匀速下滑，现在b上施加沿斜面向下的力F，使b沿斜面加速下滑，则( )

实验的障碍点： 小车和钩码组成的系统动能的增加量中质量应为M＋2m，易写成M或M＋m。 s1＋s2

，vE2T

[回扣知识]

[自我补充]

Δa

(2)由数学知识可知题图4中图线的斜率k＝实验Δ创N新点：利用a0.60－0

＝0.15，由牛顿第二定律得Ma＝4

－N图像研

mg

Nmg，由此可得a＝·N，可见图线斜率所表究a与F之M＝

示的物理意义为挂一个钩码时小车的加速度。间的关系。

考查利用平均速度公式求解各计数点速度的方法和利用逐差法求解加速度的方法。

图5

A．a保持静止，且没有相对水平面运动的趋势 B．a保持静止，但有相对水平面向右运动的趋势 C．a保持静止，但有相对水平面向左运动的趋势

13

D．因未给出所需数据，无法对a是否运动或有无运动趋势作出判断

[解析] 选A 未施加力F时，若以b为研究对象，由平衡条件知，b所受支持力和摩擦力的合力方向竖直向上，大小等于b的重力，因此b对a的压力和摩擦力的合力方向竖直向下，a没有相对水平面运动的趋势。当施加沿斜面向下的力F后，斜面体所受各力均未发生变化，故a仍保持静止状态，且没有相对水平面运动的趋势，即选A。

[易错病症] 以整体为研究对象，当b物体受到拉力F时，因F水平分力的作用，斜面体a有向左的运动趋势，从而错选C。实际上，a、b两物体的运动状态不同，外力F的出现，只影响了物体b的运动而没有对a产生影响。

因此，当两物体的状态不相同时，一般采用隔离法分析。 二、对叠加物体发生相对滑动的临界条件理解不到位导致错误

[例2] 如图6所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A、B质量分别为

mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，则( )

图6

A．当拉力F<12 N时，两物体均保持静止状态

B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动 C．两物体从受力开始就有相对运动 D．两物体始终没有相对运动

[解析] 选D 首先了解各物体的运动情况，B从静止开始加速运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动。所以这里存在一个临界点，就是

A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右

的拉力，水平向左的静摩擦力，有

F－f＝mAa ①

再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力

f＝mBa

当f为最大静摩擦力时，

②

fμmAg2

由②得a＝＝＝6 m/s

mBmB由①②得F＝(mA＋mB)a＝(6＋2)×6 N＝48 N

由此可以看出当F<48 N时，A、B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力， 也就是说，A、

B间不会发生相对运动。

[易错病症] 部分学生会这样分析：因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力，fm

14

＝μN＝0.2×60 N＝12 N。所以当F>12 N时，A物体相对B物体运动；F<12 N时，A物体相对B物体不运动，误选A、B。同时，还隐含的一个错因是对A选项的理解不正确，A中说两物体均保持静止状态，是以地面为参照物，显然当有力F作用在A物体上，A、B两物体对地面来说是运动的。实际上两物体间要发生相对滑动，静摩擦力必须达到最大值。

三、对物体运动情况分析不清导致错误

[例3] (多选)图7中AB为斜面，BC为水平面，从A点以水平速度v抛出一小球，其落点到A的水平距离为x1；从A点以水平速度3v抛出小球，其落点到A的水平距离为x2，不计空气阻力，则x1∶x2可能等于( )

图7

A．1∶3 C．1∶9

B．1∶6 D．1∶12

12

[解析] 选ABC 设斜面AB倾角为θ，若小球两次都落至斜面，则x＝v0t，y＝gt，

2

2

y2v0tan θ2v0tan θ

tan θ＝，解得t＝，x＝，所以x1∶x2＝1∶9；若小球两次都落至水

xgg平面，则下落高度都为A点距水平面的高度，所以运动时间相等，由x＝v0t知x1∶x2＝1∶3；1x111x11

若小球第一次落至斜面，第二次落至水平面，则<<。综上所述≤≤，故A、B、C项

9x239x23均有可能。

[易错病症] 一些同学对小球的可能运动情况不作深入分析，忽略了小球落在斜面上的12

情况，只根据平抛运动的基本公式x＝v0t，y＝gt推出水平位移与初速度成正比，所以误

2认为x1∶x2只可能等于1∶3。

实际上小球平抛的速度不同，落点也不同，可能都落在斜面上，可能都落在平面上，也可能一个在斜面上，另一个在平面上。

四、混淆同步卫星、近地卫星、地球赤道上物体运动的特点导致错误

[例4] 地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则( )

A．F1＝F2>F3

B．a1＝a2＝g>a3

15

C．v1＝v2＝v>v3 D．ω1＝ω3<ω2

[解析] 选D 地球同步卫星绕行的角速度与地球自转的角速度相同，即ω1＝ω3。在地球表面附近做圆周运动的人造卫星的角速度ω2与ω1和ω3的关系为ω1＝ω3<ω2，故D正确。

地球赤道上的物体与同步卫星的角速度相同，但r3>r1，由向心力公式F＝mωr得，F3>F1；地球表面附近的人造卫星与地球同步卫星的向心力等于其重力，则有F2>F3。则三者向心力关系为F2>F3>F1，故A错误。

地球表面附近的人造卫星的向心加速度近似等于地球表面的重力加速度，即a2＝g；地球同步卫星的加速度a3a1。则三者向心加速度的关系为a2＝g>a3>a1，故B错误。

地球表面附近的人造卫星的绕行速度等于第一宇宙速度，即v2＝v；由v＝

2

2

GM得rv2>v3；由v＝ωr得v3>v1。则三者线速度的关系为v2>v3>v1，故C错误。

[易错病症] 解本题容易犯的错误是，由于思维定式，将近地卫星、同步卫星、地球赤

Mmmv2

道上的物体均由G2＝ma＝分析得出结论而错选。

rr实际上，赤道上的物体随地球自转做匀速圆周运动时，受力与近地卫星和同步卫星有所不同，满足的是G2－FN＝ma＝mωR。

五、不能正确理解绳连接物体间的速度关系导致错误

[例5] 如图8所示，跨过同一高度处的光滑轻小定滑轮的细线连接着质量相同的物体

MmR2

A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h＝0.2 m，开始时让连接A的细线与

水平杆的夹角θ＝53°。由静止释放A，在以后的运动过程中，A所能获得的最大速度为多少？(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s，且B不会与水平杆相碰)

2

图8

12

[解析] 当物体A速度最大时，物体B的速度为零。由机械能守恒定律得：mv＝

2

mg?

?h－h?，所以物体A的最大速度为v＝1 m/s。

?

?sin θ?

[答案] 1 m/s

[易错病症] 能分析出当连接A的细线与杆垂直时，物体A的速度最大，且对系统而言，

16

1?h－h?，2

只有重力做功，机械能守恒，但认为A、B速度大小相同，列出：(m＋m)v＝mg??2?sin θ?解得v＝2

m/s的错误结果。 2

实际上，绳连接的两个物体的速度不一定相同，尤其是当物体速度方向与细绳不在一条直线上时，这时要将物体的速度沿绳和垂直于绳两个方向分解，由两物体沿绳方向分速度大小相同找出物体间的速度关系。

(时间：60分钟 满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项正确) 1．(2014·皖北协作区联考)下列图像均能正确反映物体在直线上的运动，在t＝2 s内物体位移最大的是( )

图1

解析：选B 选项A中，当t＝2 s时，x＝0，这表示物体在t＝2 s内位移为0，即物体做的是一次往返运动；v -t图像与坐标轴所围图形的“面积”表示位移大小，当图形位于时间轴上方时表示位移方向为正，当位于下方时表示位移方向为负，观察选项图可知，选项B中的“图形”只位于横轴上方，这表示物体在t＝2 s内位移方向为正，大小等于图形的“面积”，而选项C、D中的“图形”有两部分组成，它们分别在横轴上下两侧，且两部分图形的“面积”大小相等，这表示物体在t＝2 s内位移均为0。选项B符合题意。

2.如图2所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则( )

图2

A．B受到C的摩擦力一定不为零 B．C受到水平面的摩擦力一定为零

C．不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左 D．水平面对C的支持力等于B、C的总重力

解析：选C 当mBgsin θ＝mAg时，B受到C的摩擦力为零，故A错误；取B、C为一个整体，由平衡条件可得：T·cos θ＝fC，Tsin θ＋FNC＝(mB＋mC)g，故B错误，C正确，D

17

错误。

3.( 2014·苏州市第一中学质检)如图3所示，半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧槽，固定在高为h的平台上，小物块从圆弧槽的最高点A静止开始滑下，滑出槽口B时速度水平向左，小物块落在地面上C点，B、C两点在以O2点为圆心的圆弧上，O2在B点正下方地面上，则( )

图3

A．4R＝h C．R＝h

B．2R＝h D．R＝2h

解析：选B 小物块从圆弧槽的最高点A静止开始滑下，机械能守恒，由mgR(1－cos 60°)1212

＝mv。滑出槽口B后做平抛运动，h＝gt，h＝vt，联立解得2R＝h，选项B正确。 22

4．(2013·盐城检测)一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图4所示。关于物体的运动，下列说法中正确的是( )

图4

A．物体做匀变速曲线运动 B．物体做变加速直线运动 C．物体运动的初速度大小是7 m/s D．物体运动的加速度大小是5 m/s

解析：选A 根据运动的合成与分解，物体初速度v合＝vx＋vy＝5 m/s，选项C错误。由题图知物体沿x方向做匀速运动，沿y方向做匀变速运动，其加速度大小为a＝2 m/s，由于初速度的方向与加速度的方向不共线，所以物体做匀变速曲线运动，选项A正确；B、D错误。

5．(2014·江南十校联考)如图5是质量为1 kg的质点在水平面上运动的v -t图像，以水平向右的方向为正方向。以下判断正确的是( )

2

2

2

2

18

图5

A．在0～3 s时间内，合力对质点做功为10 J B．在4～6 s时间内，质点的平均速度为3 m/s C．在1～5 s时间内，合力的平均功率为4 W D．在t＝6 s时，质点的加速度为零

解析：选B 在0～3 s时间内，由动能定理W合＝ΔEk＝6 J，所以A错误。在4～6 s时间内，由图像可知x＝6 m，v＝＝3 m/s，所以B正确。在1～5 s时间内，W合＝ΔEk＝8 J，P＝

xtW合2

＝2 W，C错误。由题图可知，t＝6 s时质点的加速度a＝－4 m/s，D错误。 t6．如图6所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为( )

图6

1

A.R(FN－3mg) 21

C.R(FN－mg) 2

1

B.R(3mg－FN) 21

D.R(FN－2mg) 2

解析：选A 质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿定律有FN－mg＝

v21

m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有WFf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功R2WFf＝RFN－mgR，故A项正确。

7．如图7所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员1从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g。在他从上向下滑到底端的

3过程中，下列说法正确的是( )

12

32

图7

19

A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 1

B．运动员获得的动能为mgh

32

C．运动员克服摩擦力做功为mgh

31

D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh

3

11111

解析：选D 运动员的加速度为g，沿斜面：mg－Ff＝m·g，Ff＝mg，WFf＝mg·2h32366112

＝mgh，所以A、C项错误，D项正确；Ek＝mgh－mgh＝mgh，B项错误。 333

二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项正确，全选对得4分，选对但不全得2分，选错或不选得0分)

8．(2013·山东高考)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( )

A．力不是维持物体运动的原因 B．物体之间普遍存在相互吸引力

C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反

解析：选AC 伽利略利用理想斜面实验和逻辑推理相结合的方法否定了亚里士多德“力是维持物体运动状态的原因”的错误结论，正确地指出力不是维持物体运动状态的原因，A项正确；牛顿提出万有引力定律，B项错；伽利略首先运用逻辑推理的方法发现物体下落的快慢和它的重量无关，C项正确；牛顿提出了物体间的相互作用力总是等大反向的结论，D项错。

9．如图8所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面( )

图8

A．无摩擦力

B．支持力等于(m＋M)g C．支持力为(M＋m)g－Fsin θ

D．有水平向左的摩擦力，大小为Fcos θ

解析：选CD 由于m沿斜面向上匀速运动，M静止，故以m、M为整体，系统合力为零，整体受力分析如图所示，由平衡条件可得：

20

Ff＝Fcos θ，Ff方向水平向左。 FN＋Fsin θ＝(M＋m)g，

FN＝(M＋m)g－Fsin θ，故C、D均正确。

10．(2013·天水一中信息卷)如图9所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放，则在上述两种情形中正确的有( )

图9

A．质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用 B．质量为m的滑块均沿斜面向上运动 C．两种情形中绳的拉力大小相同 D．系统在运动中机械能均守恒

解析：选BCD 质量为2m的滑块沿斜面下滑，但并不受沿斜面的下滑力，A错误；因系统只有重力做功，故两种情况下系统机械能均守恒，D正确；由牛顿第二定律得：2mgsin 30°－mgsin 45°＝3ma1，F1－mgsin 45°＝ma1,2mgsin 45°－mgsin 30°＝3ma2，F2－mgsin 30°11

＝ma2，解得：F1＝(2＋1)mg，F2＝(2＋1)mg，故B、C均正确。

33

11．(2014·靖江模拟)2013年4月将出现“火星合日”的天象，“火星合日”是指火星、太阳、地球三者之间形成一条直线时，从地球的方位观察，火星位于太阳的正后方，火星被太阳完全遮蔽的现象，如图10所示，已知地球、火星绕太阳运行的方向相同，若把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆，火星绕太阳公转周期约等于地球公转周期的2倍，由此可知( )

图10

A．“火星合日”约每1年出现一次 B．“火星合日”约每2年出现一次

3

C．火星的公转半径约为地球公转半径的4倍 D．火星的公转半径约为地球公转半径的8倍

21

GMm4π2r3GMr火3r地3r火3T火23

解析：选BC 由2＝m2·r可得：2＝，＝，＝＝4，故C正

rTT4π2T火2T地2r地T地2

2π2πT地T火

确，D错误；由t－t＝2π可得：t＝＝T火＝2T地，故A错误，B正确。

T地T火T火－T地

12．(2014·唐山模拟)为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在2050年前建造成太空升降机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系住升降机，放开绳，升降机能到达地球上，科学家可以控制卫星上的电动机把升降机拉到卫星上。已知地球表面的重力加速度g＝10 m/s，地球半径R＝6 400 km，地球自转周期为24 h。某宇航员在地球表面测得体重为800 N，他随升降机垂直地面上升，某时刻升降机加速度为10 m/s，方向竖直向上，这时此人再次测得体重为850 N，忽略地球公转的影响，根据以上数据( )

A．可以求出升降机此时所受万有引力的大小 B．可以求出此时宇航员的动能 C．可以求出升降机此时距地面的高度

D．如果把绳的一端搁置在同步卫星上，可知绳的长度至少有多长 解析：选CD 由F－mg′＝ma，g＝2，g′＝

2

2

GMR2

GMR＋h2

，可求得：此时升降机距地面

GMm的高度h＝3R，C正确；由

R＋H2＝m4π

T2(R＋H)，可求得同步卫星的高度也即绳的至少长

3gR2T2

度H＝ 2－R，D正确；升降机不是匀加速直线运动，无法确定此时宇航员的速度，

4π故B错误；因不知升降机的质量，故也无法求升降机此时所受的万有引力大小，A错误。

三、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)

13．(10分)(2014·武汉模拟)某同学设计了如下实验方案用来“验证牛顿运动定律”： (1)如图11甲所示，将木板有定滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹的重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下夹一纸带，穿过打点计时器。调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动。

(2)如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之由静止开始加速运动。打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，打出的纸带如图丙所示，

A、B、C、D、E是纸带上五个计数点。

22

图11

①图乙中滑块下滑的加速度为________。(结果保留两位有效数字)

②若重锤质量为m，滑块质量为M，重力加速度为g，则滑块加速下滑受到的合力为________。

③某同学在保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变滑块所受合力，由实验数据作出的a -F图像如图12所示，则滑块的质量为________kg。(结果保留两位有效数字)

图12

解析：①由逐差法可得：

a＝xCD＋xDE－xAB＋xBC 24TT＝0.04 s。

可求得：a＝3.9 m/s。

②调整木板倾角，滑块匀速下滑时滑块沿斜面重力的分力与摩擦力的合力与重锤重力

2

mg大小相等，故当取下重锤时，滑块的合外力大小为mg。

13.0－0.251

③a -F图线的斜率表示滑块质量的倒数，由k＝＝ M5.5－0M可得：M＝2.0 kg。

答案：①3.9 m/s ②mg ③2.0

14．(12分)(2013·景德镇摸底)如图13所示是月亮女神、嫦娥1号绕月做圆周运行时某时刻的图片，用R1、R2、T1、T2分别表示月亮女神和嫦娥1号的轨道半径及周期，用R表示月亮的半径。

23

2

图13

R13R23

(1)请用万有引力知识证明：它们遵循2＝3＝K，其中K是只与月球质量有关而与卫星

T1T2

无关的常量；

(2)经过多少时间两卫星第一次相距最远；

(3)请用嫦娥1号所给的已知量，估测月球的平均密度。

2

Mm4π

解析：(1)设月球的质量为M，对任一卫星均有G＝m2R′

R′2TR′3GM得2＝2＝常量 T4π

2πt2πt(2)两卫星第一次相距最远时有－＝π

T1T2

t＝T1T2

T2－T1

Mm4π2

(3)对嫦娥1号有G2＝m2R2

R2T2M＝πR3ρ

3πR2

ρ＝32 3

43

GRT2

答案：(1)见解析 (2)

3

T1T23πR2

(3)32 T2－T1GRT2

15．(14分)(2013·上海高考)如图14所示，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。

图14

1212

解析：滑块左端滑到小球正下方时速度为v1，由动能定理有－μ(m＋M)gL＝Mv1－Mv0

22

24

2μ22

得v1＝v0－

m＋MgL，

M2hμMg，此过程中滑块的加速度的大小a＝＝μg，

小球自由落地时间t＝ gM滑块继续运动的最长时间tm＝

v1

，当t≥tm时，小球落地时距滑块左端的水平距离 μgs＝

v12

2μg＝v02

2μg－m＋ML， M当t

s＝v1t－at2＝

2

2hv0

2g－4μLhm＋MM2hv0

2－μh

－μh

m＋ML答案：－或

2μgMv02

g－4μLhm＋MM16．(16分)(2014·徐州联考)如图15所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板。D为CDO轨道的中央点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4。现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由下落。(取

g＝10 m/s2)

图15

(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小。

(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道。如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程。如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程。

(3)为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道，问H的取值范围。 解析：(1)设小球第一次到达D的速度为vD

P到D点的过程对小球由动能定理： mg(H＋r)－μmgL＝mvD2

mvD2

在D点对小球列牛顿第二定律：FN＝ r联立解得：FN＝32 N

(2)小球第一次到达O点，设速度为v1

12

P到O点的过程对小球列动能定理：

25

mgH－μmgL＝12

mv21

解得：v1＝23 m/s

O点，须mg≤mv2

要能通过r 临界速度v＝10 m/s

故第一次到达O点之前没有脱离 设第三次到达D点的动能为Ek 对之前的过程列动能定理：

mg(H＋r)－3μgmL＝Ek

代入解得：Ek＝0

故小球一直没有脱离CDO轨道

设此球静止前在水平轨道经过的路程为s 对全过程列动能定理：

mg(H＋R)－μmgs＝0

解得：s＝8.5 m

(3)为使小球与弹性板碰撞二次，须满足：

mgH－3μmgL>12

mv20

代入解得：H>2.9 m

为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道 须满足：mg(H＋r)－5μmgL≤0 代入解得：H≤3.0 m 故：2.9 m

答案：(1)32 N (2)不会脱离轨道 8.5 m (3)2.9 m

mgH－μmgL＝12

mv21

解得：v1＝23 m/s

O点，须mg≤mv2

要能通过r 临界速度v＝10 m/s

故第一次到达O点之前没有脱离 设第三次到达D点的动能为Ek 对之前的过程列动能定理：

mg(H＋r)－3μgmL＝Ek

代入解得：Ek＝0

故小球一直没有脱离CDO轨道

设此球静止前在水平轨道经过的路程为s 对全过程列动能定理：

mg(H＋R)－μmgs＝0

解得：s＝8.5 m

(3)为使小球与弹性板碰撞二次，须满足：

mgH－3μmgL>12

mv20

代入解得：H>2.9 m

为使小球仅仅与弹性板碰撞二次，且小球不会脱离CDO轨道 须满足：mg(H＋r)－5μmgL≤0 代入解得：H≤3.0 m 故：2.9 m

答案：(1)32 N (2)不会脱离轨道 8.5 m (3)2.9 m

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