專題強化訓練(五)一、選擇題1(2019·深圳寶安區(qū)期中檢測)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t0時其速度為1 m/s，從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力F和滑動的速度v隨時間t的變化規(guī)律分別如下圖甲、乙所示，則以下說法正確的是()A第1 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的功為3 JB第2 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做功的平均功率為4 WC第3 s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率為1 WD前3 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為零解析由題圖可知，第1 s內(nèi)，滑塊位移為1 m，F(xiàn)對滑塊做的功為2 J，A錯誤；第2 s內(nèi)，滑塊位移為1.5 m，F(xiàn)做的功為4.5 J，平均功率為4.5 W，B錯誤；第3 s內(nèi)，滑塊的位移為1.5 m，F(xiàn)對滑塊做的功為1.5 J，第3 s末，F(xiàn)對滑塊做功的瞬時功率PFv1 W，C正確；前3 s內(nèi)，F(xiàn)對滑塊做的總功為8 J，D錯誤答案C2(2019·湖北八校二聯(lián))如右圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知()A小球甲做平拋運動的初速度大小為2 B甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為1CA、B兩點高度差為D兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等解析甲、乙兩球經(jīng)過C點的速度v甲v乙，甲球平拋的初速度v甲xv甲sin30°，故A項錯誤；甲球經(jīng)過C點時豎直方向的速度v甲yv甲cos30°，運動時間t甲，乙球運動時間t乙，則t甲t乙2，故B項錯誤；A、B兩點的高度差hgtgt，故C項正確；甲和乙兩球在C點時重力的瞬時功率分別為P甲mgv甲ymg，P乙mgv乙mg，故D項錯誤答案C3(2019·全國卷) 從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用距地面高度h在3 m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示重力加速度取10 m/s2.該物體的質(zhì)量為()A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 kg解析設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結(jié)合題圖可得(mgF)×3 m(3672) J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mgF)×3 m(4824) J，聯(lián)立解得m1 kg、F2 N，選項C正確，A、B、D均錯誤答案C4(多選)(2019·撫州階段性檢測)如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放某同學在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關(guān)系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g.以下判斷正確的是()A當xh2x0時，小球的動能最小B最低點的坐標xh2x0C當xh2x0時，小球的加速度為g，且彈力為2mgD小球動能的最大值為mgh解析由題圖乙可知mgkx0，解得x0，由Fx圖線與橫軸所圍圖形的面積表示彈力所做的功，則有W彈k(xh)2，小球由靜止釋放到最低點的過程，由動能定理得mgxk(xh)20，即mgx(xh)20，解得xhx0，故最低點坐標不是h2x0，且此處動能不是最小，故A、B錯誤；由題圖乙可知，mgkx0，由對稱性可知當xh2x0時，小球加速度為g，且彈力為2mg，故C正確；小球在xhx0處時，動能有最大值，根據(jù)動能定理有mg(hx0)W彈Ekm0，依題可得W彈mgx0，所以Ekmmghmgx0，故D正確答案CD5(多選)(2019·青島重點中學期中聯(lián)測)質(zhì)量為m的小球穿在足夠長的水平直桿上，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為，受到方向始終指向O點的拉力F作用，且Fks，k為比例系數(shù)，s為小球和O點的距離小球從A點由靜止出發(fā)恰好運動到D點；小球在d點以初速度v0向A點運動，恰好運動到B點已知OC垂直于桿且C為垂足，B點為AC的中點，OCd，CDBCl.不計小球的重力，下列說法正確的是()A小球從A運動到D的過程中只有兩個位置F的功率為零B小球從A運動到B與從B運動到C的過程克服摩擦力做功相等Cv02 D小球在D點的速度至少要2v0才能運動到A點解析小球從A運動到D的過程中，在A點、D點速度為零，拉力的功率為零，在C點拉力的方向和速度方向垂直，功率為零，故有三處，A錯誤；因為不計小球的重力，所以F在垂直于桿方向上的分力即為小球與桿之間的正壓力，NFsin(為F與桿的夾角)，故摩擦力FfNFsinkssinkd，從A到B克服摩擦力做功為Wf1Fflkdl，同理，從B到C克服摩擦力做功為Wf2Fflkdl，B正確；從DB的過程根據(jù)動能定理可得Ff·2l2kdl0mv，解得v02 ，C正確；設(shè)小球在D點的速度為v時恰好能運動到A點，根據(jù)動能定理可得3kdl0mv2，又v02 ，解得vv0，D錯誤答案BC6(多選)(2019·廣西北海一模)如圖甲所示，質(zhì)量為0.1 kg的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4 m的半圓軌道，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖像如圖乙所示已知小球恰能到達最高點C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計g取10 m/s2，B為AC軌道中點下列說法正確的是()A圖乙中x5 m2·s2B小球從B點到C點損失了0.125 J的機械能C小球從A點到C點合外力對其做的功為1.05 JD小球從C點拋出后，落地點到A點的距離為0.8 m解析因為小球恰能到達最高點C，有mgm，解得v m/s2 m/s，則xv24 m2·s2，故A錯誤小球從A到C，動能減少量為Ekmvmv21.05 J，重力勢能的增加量為Epmg·2r1×0.8 J0.8 J，則機械能減少0.25 J，由于小球從A點到B點過程中對軌道的壓力大于從B點到C點過程中對軌道的壓力，則小球從A點到B點過程中受到的摩擦力大于從B點到C點過程中受到的摩擦力，可知小球從B點到C點的過程克服摩擦力做功較小，機械能損失小于0.125 J，故B錯誤小球從A點到C點合外力對其做的功等于動能的變化量，則Wmv2mv1.05 J，故C正確小球經(jīng)過C點時的速度v2 m/s，小球從C點拋出后做平拋運動，根據(jù)2rgt2得，t0.4 s，則落地點到A點的距離xvt2×0.4 m0.8 m，故D正確答案CD7(多選)(2019·河北名校聯(lián)盟)一質(zhì)量不計的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B. 支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，如右圖所示開始時OA邊處于水平位置，由靜止釋放，則()AA球的最大速度為2BA球速度最大時，兩小球的總重力勢能最小CA球速度最大時，兩直角邊與豎直方向的夾角為45°DA、B兩球的最大速度之比vAvB21解析 設(shè)當桿轉(zhuǎn)過角時，兩球的速度最大，如圖所示，根據(jù)機械能守恒定律得mv×2mvmg·2l·sin2mg·l(1cos)，又vA2vB，得mv2mgl(sincos)2mgl，當45°時，vA ，速度最大，兩小球的總動能最大，總重力勢能最小，B、C、D正確 答案BCD8(多選)(2019·江西六校期末統(tǒng)測)如圖所示，輕彈簧放置在傾角為30°的斜面上，下端固定于斜面底端重10 N的滑塊從斜面頂端a點由靜止開始下滑，到b點接觸彈簧，滑塊將彈簧壓縮最低至c點，然后又回到a點已知ab1 m，bc0.2 m下列說法正確的是()A整個過程中滑塊動能的最大值為6 JB整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6 JC從b點向下到c點的過程中，滑塊的機械能減少量為6 JD從c點向上返回a點的過程中，彈簧、滑塊與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒解析當滑塊受到的合力為0時，滑塊速度最大，設(shè)滑塊在d點受到合力為0，d點在b和c之間，滑塊從a到d，運用動能定理得mghadW彈Ekd0，mghad<mghac10×1.2×sin30° J6 J，W彈<0，所以Ekd<6 J，故A錯誤滑塊從a到c，運用動能定理得mghacW彈0，解得W彈6 J，彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化，所以整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6 J，故B正確從b點到c點彈簧的彈力對滑塊做功為6 J，根據(jù)功能關(guān)系知，滑塊的機械能減少量為6 J，故C正確整個過程中彈簧、滑塊與地球組成的系統(tǒng)，沒有與系統(tǒng)外發(fā)生能量轉(zhuǎn)化，故機械能守恒，D正確答案BCD9(多選)(2019·鄂南高中一模)如圖所示，光滑直角細桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，OP桿水平，與OQ桿在O點用一小段圓弧桿平滑相連，質(zhì)量均為m的兩小環(huán)A、B用長為L的輕繩相連，分別套在OP和OQ桿上初始時刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后同時釋放兩小環(huán)，A環(huán)到達O點后，在圓弧桿作用下速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下(時間極短)，已知重力加速度為g.下列說法正確的是()AB環(huán)下落時，A環(huán)的速度大小為BA環(huán)從開始釋放至到達O點的過程中，B環(huán)先加速后減速CA環(huán)到達O點時速度大小為D當A環(huán)經(jīng)過O點后，再經(jīng) 的時間能追上B環(huán)解析設(shè)B環(huán)下落一段距離后繩子與水平方向之間的夾角為，如圖所示，當B環(huán)下落L時，sin，則30°.由運動的合成與分解得，vA1cosvBsin，在此過程中以A環(huán)、B環(huán)整體為系統(tǒng)，機械能守恒，由機械能守恒定律得mgmvmv，解得vA1，選項A正確；A環(huán)從開始釋放至到達O點的過程中，B環(huán)開始時的速度為零，當輕繩與水平方向的夾角為90°時，B環(huán)的速度為零，故B環(huán)先加速后減速，選項B正確；A環(huán)到達O點時，對系統(tǒng)由機械能守恒定律得mgLmv，解得vA2，選項C錯誤；A環(huán)經(jīng)過O點后只受重力，做加速度為g、初速度為vA2的勻加速直線運動，B做自由落體運動，設(shè)A追上B所用時間為t，則vA2tgt2Lgt2，解得t ，選項D正確 答案ABD二、非選擇題10(2019·湖北重點中學調(diào)研)下圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力(1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h.(提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向m)解析(1)游客從B點做平拋運動，有2RvBtRgt2由式得vB從A到B，根據(jù)動能定理有mg(HR)Wfmv0由式得Wf(mgH2mgR)(2)設(shè)OP與OB間夾角為，游客在P點時的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由動能定理有mg(RRcos)mv0過P點時，根據(jù)向心力公式有mgcosNm又N0cos由式解得hR.答案(1)(mgH2mgR)(2)R11(2019·河北石家莊一模)如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R0.3 m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿質(zhì)量為ma100 g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接現(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大小；(2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功解析(1)當a滑到與O等高的P點時，a的速度v沿圓環(huán)切向向下，b的速度為零由機械能守恒可得magRmav2，解得v，對小球a受力分析，此時桿的力為0，由牛頓第二定律可得F2mag2 N.(2)桿與圓環(huán)相切時，如圖所示，此時a的速度沿桿方向，設(shè)此時b的速度為vb，則vavbcos.由幾何關(guān)系可得cos0.8，由P點到Q點，球a下降的高度hRcos，a、b及桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，有maghmavmbvmav2，對滑塊b，由動能定理得Wmbv0.1944 J.答案(1)2 N(2)0.1944 J11