階段滾動(dòng)卷二 本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，時(shí)間90分鐘。第卷一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第17題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第812題有多項(xiàng)符合題目要求，全部答對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1(2019·四川自貢高三一診)如圖，是發(fā)射的一顆人造衛(wèi)星在繞地球軌道上的幾次變軌圖，軌道是圓軌道，軌道和軌道是依次在P點(diǎn)變軌后的橢圓軌道。下列說(shuō)法正確的是()A衛(wèi)星在軌道上的運(yùn)行速度大于7.9 km/sB衛(wèi)星在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在P點(diǎn)和Q點(diǎn)的速度大小相等 C衛(wèi)星在軌道上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度等于衛(wèi)星在軌道上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度D衛(wèi)星從軌道的P點(diǎn)加速進(jìn)入軌道后機(jī)械能減小答案C解析第一宇宙速度v17.9 km/s是近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，是圓軌道衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，根據(jù)半徑越大，線速度越小，可知衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí)的速度一定小于7.9 km/s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，衛(wèi)星在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)為近地點(diǎn)，Q點(diǎn)為遠(yuǎn)地點(diǎn)，則在P點(diǎn)的速度大小大于在Q點(diǎn)的速度大小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)a可知，衛(wèi)星在軌道上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度等于衛(wèi)星在軌道上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度，故C正確；衛(wèi)星從軌道的P點(diǎn)加速進(jìn)入軌道后機(jī)械能增大，故D錯(cuò)誤。2. (2019·榆林一模)如圖所示，A為地球赤道表面的物體，B為環(huán)繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星，此衛(wèi)星在距離地球表面的高度處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且向心加速度的大小為a，地球的半徑為R，引力常量為G。則下列說(shuō)法正確的是()A物體A的向心加速度大于aB物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大C地球的質(zhì)量為D地球兩極的重力加速度大小為a答案D解析根據(jù)Gma得a，可知B的向心加速度a大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，而根據(jù)a2r可知，同步衛(wèi)星的向心加速度大于物體A的向心加速度，則物體A的向心加速度小于a，故A錯(cuò)誤；根據(jù)Gm可知v ，則B的線速度大于地球同步衛(wèi)星的線速度，而根據(jù)vr可知，同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度，則物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，故B錯(cuò)誤；對(duì)衛(wèi)星B，根據(jù)Gma可得，地球的質(zhì)量為，故C錯(cuò)誤；根據(jù)Gmg可得，地球兩極的重力加速度大小為ga，故D正確。3(2019·成都三模)目前，我國(guó)在人工智能和無(wú)人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實(shí)現(xiàn)無(wú)人駕駛，某公司對(duì)汽車(chē)性能進(jìn)行了一項(xiàng)測(cè)試，讓質(zhì)量為m的汽車(chē)沿一山坡直線行駛。測(cè)試中發(fā)現(xiàn)，下坡時(shí)若關(guān)掉油門(mén)，則汽車(chē)的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動(dòng)做加速運(yùn)動(dòng)，發(fā)生位移s時(shí)速度剛好達(dá)到最大值vm，設(shè)汽車(chē)在上坡和下坡過(guò)程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說(shuō)法正確的是()A關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，汽車(chē)的機(jī)械能守恒B關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車(chē)的支持力的沖量為零C上坡過(guò)程中，汽車(chē)速度由增至，所用的時(shí)間可能等于D上坡過(guò)程中，汽車(chē)從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm，所用時(shí)間一定小于答案D解析汽車(chē)關(guān)掉油門(mén)后的勻速下坡過(guò)程，汽車(chē)的速度不變，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，則汽車(chē)的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；汽車(chē)關(guān)掉油門(mén)后的下坡過(guò)程，坡面對(duì)汽車(chē)的支持力大小不為零，時(shí)間不為零，則支持力的沖量不為零，故B錯(cuò)誤；汽車(chē)上坡過(guò)程中，汽車(chē)速度由增至，設(shè)所用的時(shí)間為t，位移為s，所受阻力為f(包含重力沿坡面的分力)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Ptfsm2m·2，解得t，故C錯(cuò)誤；上坡過(guò)程中，汽車(chē)從靜止啟動(dòng)到剛好達(dá)到最大速度vm的過(guò)程，功率不變，速度增大，則牽引力減小，加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)所用時(shí)間為T(mén)，則·T<s，解得T，故D正確。4(2019·安徽合肥二模)如圖甲所示，置于水平地面上質(zhì)量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能E與距地面高度h的關(guān)系如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A在0h0過(guò)程中，F(xiàn)大小始終為mgB在0h0和h02h0過(guò)程中，F(xiàn)做功之比為21C在02h0過(guò)程中，物體的機(jī)械能不斷增加D在2h03.5h0過(guò)程中，物體的機(jī)械能不斷減少答案C解析0h0過(guò)程中，Ek­h圖象為一條直線，由動(dòng)能定理得：(Fmg)h0mgh00，故F2mg，A錯(cuò)誤；由A可知，F(xiàn)在0h0過(guò)程中做功為2mgh0，在h02h0過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知，WFmgh01.5mgh0mgh0，解得WF1.5mgh0，因此在0h0和h02h0過(guò)程中，F(xiàn)做功之比為43，故B錯(cuò)誤；由A、B兩項(xiàng)分析可知，在02h0過(guò)程中，F(xiàn)一直做正功，故物體的機(jī)械能不斷增加，C正確；在2h03.5h0過(guò)程中，取任一高度(2h0h)，由圖乙可知此時(shí)物體的動(dòng)能為mg(1.5h0h)，由動(dòng)能定理WFmghmg(1.5h0h)1.5mgh0，得WF0，即F做功為0，故物體的機(jī)械能保持不變，D錯(cuò)誤。5(2019·大武口區(qū)校級(jí)一模)質(zhì)量m200 kg的小型電動(dòng)汽車(chē)在平直的公路上由靜止啟動(dòng)，圖象甲表示汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系，圖象乙表示汽車(chē)牽引力的功率與時(shí)間的關(guān)系。設(shè)汽車(chē)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力不變，在18 s末汽車(chē)的速度恰好達(dá)到最大。則下列說(shuō)法正確的是()A汽車(chē)受到的阻力為200 NB汽車(chē)的最大牽引力為800 NC汽車(chē)在做變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的位移大小為90 mD818 s過(guò)程中汽車(chē)牽引力做的功為8×104 J答案D解析當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，汽車(chē)的速度達(dá)到最大值，則有：f800 N，故A錯(cuò)誤；在08 s過(guò)程中，汽車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)，在816 s過(guò)程中，汽車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由Ffma可知，牽引力逐漸減小，由此可知08 s汽車(chē)的牽引力最大，則有：Fm N1000 N，故B錯(cuò)誤；汽車(chē)做變加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：Pmtfsmvmv，解得：s95.5 m，故C錯(cuò)誤；818 s過(guò)程中汽車(chē)牽引力已達(dá)到最大功率，所以牽引力做的功為：WPmt8×104 J，故D正確。6. (2019·重慶南開(kāi)中學(xué)高三4月模擬)如圖所示，甲、乙兩小球大小相同，質(zhì)量相等，甲小球從某高度h處釋放，做自由落體運(yùn)動(dòng)，乙小球在它的正下方的水平面上以某一初速度同時(shí)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，如果兩小球碰撞時(shí)恰好速度大小相等，方向相反，且碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，關(guān)于其運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A甲、乙小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相碰的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒B甲小球碰后將先回到出發(fā)點(diǎn)C乙小球碰前、碰后兩個(gè)階段的重力的沖量一定相等D甲、乙兩球碰前的平均速度大小比值為12答案C解析甲、乙小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相碰的過(guò)程，由于它們都受重力的作用，系統(tǒng)的合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；兩球發(fā)生彈性碰撞，碰后兩球速度大小相等，方向相反，運(yùn)動(dòng)規(guī)律與各自碰撞前的運(yùn)動(dòng)規(guī)律對(duì)稱，則它們運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，即同時(shí)回到出發(fā)點(diǎn)，所以小球碰前、碰后兩個(gè)階段的時(shí)間相同，小球所受重力的沖量也相同，故B錯(cuò)誤，C正確；設(shè)甲、乙兩球相遇時(shí)的速度為v，甲的初速度為0，乙的初速度為v1，由題知甲、乙兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，加速度大小相等，即vgtv1gt，由此可得v12v，由勻變速運(yùn)動(dòng)平均速度知，甲，乙，則甲乙13，故D錯(cuò)誤。7(2019·北京西城一模)隨著科幻電影流浪地球的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野?！耙椆?yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來(lái)改變自己的速度。為了分析這個(gè)過(guò)程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽(yáng)為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測(cè)器和行星雖然沒(méi)有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類(lèi)比。那么下列判斷中正確的是()Av1>v0 Bv1v0 Cv2>v0 Dv2v0答案A解析設(shè)探測(cè)器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，探測(cè)器和行星發(fā)生彈性碰撞。對(duì)于模型一：設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律：Mumv0mv1Mu1，由能量守恒Mu2mvmvMu，聯(lián)立解得探測(cè)器碰后的速度v1，因Mm，則v12uv0>v0，故A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)于模型二：設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律：Mumv0mv2Mu2，由能量守恒Mu2mvmvMu，聯(lián)立解得探測(cè)器碰后的速度v2，因Mm，則v2v02u<v0，故C、D均錯(cuò)誤。8. (2019·大連模擬)嫦娥四號(hào)月球探測(cè)器已于2018年12月8日在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心由長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭發(fā)射成功。嫦娥四號(hào)將經(jīng)歷地月轉(zhuǎn)移、近月制動(dòng)、環(huán)月飛行，最終實(shí)現(xiàn)人類(lèi)首次月球背面軟著陸和巡視勘察。已知地球質(zhì)量為M1，半徑為R1，表面的重力加速度為g，月球質(zhì)量為M2，半徑為R2，兩者均可視為質(zhì)量分布均勻的球體。則下列說(shuō)法正確的是()A月球表面的重力加速度為2B探測(cè)器在月面行走時(shí)，探測(cè)器內(nèi)的儀器處于完全失重狀態(tài)C月球的第一宇宙速度為R1D嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行的最小周期為2答案CD解析在地球表面，根據(jù)萬(wàn)有引力和重力的關(guān)系可得：mgG，在月球表面，根據(jù)萬(wàn)有引力和重力的關(guān)系可得：mg月G，聯(lián)立解得：g月，故A錯(cuò)誤；探測(cè)器在月面行走時(shí)，探測(cè)器內(nèi)的儀器仍受月球的重力作用，不是處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；月球的第一宇宙速度為vR1 ，故C正確；嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行時(shí)按月球的第一宇宙速度運(yùn)行時(shí)周期最小，嫦娥四號(hào)環(huán)月飛行的最小周期為T(mén)2 ，故D正確。9. (2019·吉林省長(zhǎng)春市二模)如圖所示，固定于地面、傾角為的光滑斜面上有一輕質(zhì)彈簧，輕質(zhì)彈簧一端與固定于斜面底端的擋板C連接，另一端與物塊A連接，物塊A上方放置有另一物塊B，物塊A、B質(zhì)量均為m且不粘連，整個(gè)系統(tǒng)在沿斜面向下的外力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。某一時(shí)刻將力F撤去，在彈簧將A、B彈出過(guò)程中，若A、B能夠分離，重力加速度為g。則下列敘述正確的是()AA、B剛分離的瞬間，兩物塊速度達(dá)到最大BA、B剛分離的瞬間，A的加速度大小為gsinC從力F撤去到A、B分離的過(guò)程中，A物塊的機(jī)械能一直增加D從力F撤去到A、B分離的過(guò)程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒答案BCD解析當(dāng)加速度等于零時(shí)，兩個(gè)物塊的速度達(dá)到最大，A、B剛分離的瞬間，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A、B之間沒(méi)有彈力作用，此時(shí)A、B都只受重力和斜面的支持力，有共同的沿斜面向下的加速度gsin，速度不是最大，A錯(cuò)誤，B正確；從力F撤去到A、B分離的過(guò)程中，彈簧對(duì)A物塊的彈力始終大于B物塊對(duì)A物塊的彈力，這兩個(gè)力的合力對(duì)A做正功，所以A的機(jī)械能增大，C正確；從力F撤去到A、B分離的過(guò)程中，A、B物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，D正確。10(2019·河北唐山一模)一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊運(yùn)動(dòng)的位移為s。則以下說(shuō)法正確的是()A子彈動(dòng)能的虧損等于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損B子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)量變化量的大小C摩擦力對(duì)木塊做的功等于摩擦力對(duì)子彈做的功D子彈對(duì)木塊做的功等于木塊動(dòng)能的增量答案BD解析子彈射入木塊的過(guò)程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，故A錯(cuò)誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)量的變化量為零，則子彈與木塊動(dòng)量變化量的大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對(duì)木塊做的功為fs，摩擦力對(duì)子彈做的功為f(sd)，可知二者不等，故C錯(cuò)誤；對(duì)木塊，根據(jù)動(dòng)能定理可知：子彈對(duì)木塊做的功即為摩擦力對(duì)木塊的功，等于木塊動(dòng)能的增量，故D正確。11(2019·安徽宣城二模)如圖a，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點(diǎn)A沖上軌道，圖b是小球在半圓形軌道上從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，其速度的平方與其對(duì)應(yīng)高度的關(guān)系圖象。已知小球在最高點(diǎn)C受到軌道的作用力為2.5 N，空氣阻力不計(jì)，B點(diǎn)為AC軌道的中點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A圖b中x36 m2·s2B小球質(zhì)量為0.2 kgC小球在A點(diǎn)時(shí)重力的功率為5 WD小球在B點(diǎn)受到的軌道作用力為8.5 N答案BD解析由圖b可知軌道半徑R0.4 m，小球在C點(diǎn)的速度vC3 m/s，那么由牛頓第二定律可得：Fmg，解得：m kg0.2 kg，故B正確；小球在光滑軌道上運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，所以有：mvmvmg2R，解得：vv2g2R，即為：xv92×10×0.8 m2/s225 m2/s2，故A錯(cuò)誤；小球在A點(diǎn)時(shí)重力Gmg2 N，方向向下，速度vA5 m/s，方向向右，故小球在A點(diǎn)時(shí)重力的功率為0，C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒可得小球在B點(diǎn)的速度為：vB m/s m/s，此時(shí)在水平方向受到軌道的支持力為：F N8.5 N，所以，小球在B點(diǎn)受到的軌道作用力為8.5 N，故D正確。12. (2019·湖北模擬)如圖所示，固定的光滑豎直桿上套一個(gè)滑塊A，與滑塊A連接的細(xì)線繞過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪連接滑塊B，細(xì)線不可伸長(zhǎng)，滑塊B放在粗糙的固定斜面上，連接滑塊B的細(xì)線和斜面平行，滑塊A從細(xì)線水平位置由靜止釋放(不計(jì)輪軸處的摩擦)，到滑塊A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑輪處)的過(guò)程中()A滑塊A和滑塊B的加速度大小一直相等B滑塊A減小的機(jī)械能等于滑塊B增加的機(jī)械能C滑塊A的速度最大時(shí)，滑塊A的速度大于B的速度D細(xì)線上張力對(duì)滑塊A做的功等于滑塊A機(jī)械能的變化量答案CD解析兩滑塊與繩構(gòu)成繩連接體，沿繩方向的加速度相等，則A的分加速度大小等于B的加速度大小，故A錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知滑塊A減小的機(jī)械能等于滑塊B增加的機(jī)械能和摩擦生熱之和，故B錯(cuò)誤；繩連接體沿繩的速度相等，則A沿繩的分速度大小等于B的運(yùn)動(dòng)速度大小，如圖所示，即滑塊A的速度大于B的速度，故C正確；對(duì)A受力分析可知，除重力外，只有細(xì)線的張力對(duì)A做功，由功能關(guān)系可知，細(xì)線上張力對(duì)滑塊A做的功等于滑塊A機(jī)械能的變化量，故D正確。第卷二、非選擇題(本題共4小題，共52分。解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、只寫(xiě)出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)13(2019·撫州模擬)(12分)如圖所示，從A點(diǎn)以v0的水平速度拋出一質(zhì)量m1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高靜止在光滑水平面的長(zhǎng)木板上，圓弧軌道C端切線水平。已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M4 kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2。求：(1)水平拋出速度v0的大??；(2)長(zhǎng)木板至少為多長(zhǎng)，才能保證小物塊不滑出長(zhǎng)木板？答案(1)4 m/s(2)2.24 m解析(1)小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，則有：Hhgt2小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為：vygt解得：vy3 m/s設(shè)BOC，由幾何關(guān)系可得：cos，tan，解得：v04 m/s。(2)小物塊從A到C，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mvmgHmv，解得：vC2 m/s小物塊滑上長(zhǎng)木板后，二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得：mvC(Mm)v共解得：v共 m/s由能量守恒定律，得：mgLmv(mM)v解得：長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度L2.24 m。14. (2019·河南安陽(yáng)二模)(12分)如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端和粗糙的水平軌道在A點(diǎn)相切，AB為圓弧軌道的直徑。質(zhì)量分別為m、2m的滑塊1、2用很短的細(xì)線連接，在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧(彈簧與滑塊不固連，彈簧和細(xì)線均未畫(huà)出)，滑塊1、2位于A點(diǎn)?，F(xiàn)剪斷兩滑塊間的細(xì)線，滑塊1恰能過(guò)B點(diǎn)，且落地點(diǎn)恰與滑塊2停止運(yùn)動(dòng)的地點(diǎn)重合?；瑝K1、2可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮滑塊1落地后反彈，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)滑塊1過(guò)B點(diǎn)的速度大?。?2)彈簧釋放的彈性勢(shì)能大?。?3)滑塊2與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案(1)(2)mgR(3)解析(1)滑塊1恰能過(guò)B點(diǎn)，則有mgm，解得：vB。(2)滑塊1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定律有：mg·2Rmvmv解得：vA滑塊1、2被彈簧彈開(kāi)前后，滑塊1、2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mvA2mv根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有：Epmv·2mv2聯(lián)立解得：EpmgR。(3)滑塊1過(guò)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有：xvBt豎直方向有：2Rgt2滑塊2在水平方向做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有：·2mg·x0·2mv2，聯(lián)立解得：。15(2019·安徽合肥二模)(14分)將一輕彈簧豎直放置在地面上，在其頂端由靜止釋放一質(zhì)量為m的物體，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，其壓縮量為l。現(xiàn)將該彈簧的兩端分別拴接小物塊A與B，并將它們靜置于傾角為30°的足夠長(zhǎng)固定斜面上，B靠在垂直于斜面的擋板上，P點(diǎn)為斜面上彈簧自然狀態(tài)時(shí)A的位置，如圖所示。由斜面上距P點(diǎn)6l的O點(diǎn)，將另一物塊C以初速度v05 沿斜面向下滑行，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后C、A緊貼在一起運(yùn)動(dòng)，但不粘連，已知斜面P點(diǎn)下方光滑、上方粗糙，A、B、C的質(zhì)量均為4m，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，彈簧勁度系數(shù)k，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求：(1)C與A碰撞前瞬間的速度大??；(2)C最終停止的位置與O點(diǎn)的距離；(3)判斷上述過(guò)程中B能否脫離擋板，并說(shuō)明理由。答案(1)(2)4l(3)Ek>0，說(shuō)明此時(shí)A仍有沿斜面向上的速度，故B能脫離擋板解析(1)剛開(kāi)始A壓縮彈簧，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x1，對(duì)A根據(jù)平衡條件可得：4mgsin30°kx1解得：x1l設(shè)C與A碰前瞬間速度大小為v1，對(duì)C，由動(dòng)能定理得：4mgsin30°(6lx1)·4mgcos30°·6l(4m)v(4m)v聯(lián)立以上各式得：v1。(2)依題意，當(dāng)豎直放置的彈簧被壓縮l時(shí)，質(zhì)量為m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，由機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能為：Epmgl。C與A碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有：4mv18mv2C與A碰后一起壓縮彈簧至返回P點(diǎn)過(guò)程，B始終未動(dòng)，對(duì)A、C及彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：(8m)vEp8mgsin30°·l(8m)v此后C與A分離，C沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下，對(duì)C，根據(jù)動(dòng)能定理可得：4mgsin30°·x2·4mgcos30°·x20(4m)v聯(lián)立以上各式得：x22l，即C最終停止的位置與O點(diǎn)相距4l。(3)要使B離開(kāi)擋板，則彈簧必須伸長(zhǎng)到x3l，即A需到達(dá)斜面上P點(diǎn)上方l處，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能恰也為Ep，假定A可以到達(dá)該處，A由P至該處的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：4mgsin30°·l·4mgcos30°·lWTEk(4m)v其中WTEpmgl由以上式子可得Ek>0，說(shuō)明此時(shí)A仍有沿斜面向上的速度，故B能脫離擋板。16(2019·山東聊城二模)(14分)如圖a所示，輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，自由狀態(tài)時(shí)右端在C點(diǎn)，C點(diǎn)左側(cè)地面光滑、右側(cè)粗糙。用可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m1 kg的物體A將彈簧壓縮至O點(diǎn)并鎖定。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)軸?，F(xiàn)用水平向右的拉力F作用于物體A，同時(shí)解除彈簧鎖定，使物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，拉力F隨位移x變化的關(guān)系如圖b所示，運(yùn)動(dòng)到0.225 m處時(shí)，撤去拉力F。(1)求物體A與粗糙地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)以及向右運(yùn)動(dòng)至最右端的位置D點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)若在D點(diǎn)給物體A一向左的初速度，物體A恰好能將彈簧壓縮至O點(diǎn)，求物體A到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；(3)質(zhì)量為M3 kg的物體B在D點(diǎn)與靜止的物體A發(fā)生彈性正碰，碰后物體A向左運(yùn)動(dòng)并恰能壓縮彈簧到O點(diǎn)，求物體B與A碰撞前的瞬時(shí)速度大小。答案(1)0.50.45 m(2) m/s(3) m/s解析(1)由于物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖象，可知：從O到C點(diǎn)的過(guò)程中：F彈Fma在C點(diǎn)，F(xiàn)C彈0、FC5 N，解得：a5 m/s2在C點(diǎn)右側(cè)：Fmgma、F10 N，解得：0.5從O到C點(diǎn)，物體A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則：v2axOC解得：vC1 m/s物體A從C到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：Fx1mg·xCD0mv其中x10.225 m0.1 m0.125 m解得：xCD0.35 mD點(diǎn)坐標(biāo)：xDxOCxCD0.45 m。(2)設(shè)物體A到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC1，物體A將彈簧由C點(diǎn)壓縮至O點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：W彈0mv物體A從O到C，由動(dòng)能定理得：W彈WFmv0其中WFxOC聯(lián)立解得：vC1 m/s。(3)B與A發(fā)生彈性正碰，設(shè)B碰前速度為v0，碰后速度為v1；碰后A的速度為v2，則：由動(dòng)量守恒定律有Mv0Mv1mv2由機(jī)械能守恒定律有MvMvmv物體A從D到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理：mgxCDmvmv聯(lián)立解得：v22 m/s、v0 m/s。- 13 -