2017届高考物理第一轮复习限时检测题47.doc

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第五章 第四节
[限时检测A]
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题6分，共54分)
1．(2016·长沙模拟)如图5－4－14所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功

图5－4－14
A．都必须大于mgh
B．都不一定大于mgh
C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh
D．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh
解析　用背越式跳高时，其重心升高的高度可小于h，但用跨越式跳高时，其重心升高的高度一定大于h，故C正确，A、B、D均错误。
答案　C
2．滑板是现在非常流行的一种运动，如图5－4－15所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点时速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度

图5－4－15
A．大于6 m/s　　　　　 B．等于6 m/s
C．小于6 m/s D．条件不足，无法计算
解析　当初速度为7 m/s时，由功能关系知，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能。当初速度变为6 m/s时，运动员对轨道的压力变小，由Ff＝μFN知运动员所受的摩擦力减小，故从A到B过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B点的动能大于他在A点的动能，A正确。
答案　A
3． (2015·邯郸质检)如图5－4－16所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0。下列说法中正确的是

图5－4－16
A．A和C将同时滑到斜面底端
B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
C．滑到斜面底端时，B的动能最大
D．C的重力势能减少最多
解析　滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错误；三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D错误；滑块A和B滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C的路程较大，机械能减少得较多，故B错误、C正确。
答案　C
4． (多选)(2013·山东理综)如图5－4－17所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中

图5－4－17
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
解析　因为M克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，A错误。根据功能关系，由于M克服摩擦力做功，两滑块组成系统的机械能减少，且减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，D正确。对于M，其所受所有外力做功的和等于M动能的增加，B错误。对m，除了重力做功以外还有绳的拉力在做功，绳的拉力做功，使m的机械能增加，C正确。
答案　CD
5．如图5－4－18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过程中，下列说法正确的是

图5－4－18
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为mgh
C．运动员克服摩擦力做功为mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh
解析　运动员的加速度为g，沿斜面：mgsin 30°－f＝m·g，f＝mg，Wf＝mg·2h＝mgh，所以A、C项错误，D项正确；Ek＝mgh－mgh＝mgh，B项错误。
答案　D
6． (多选)(2016·泰安质检)如图5－4－19所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是

图5－4－19
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)·(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
解析　由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff·(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－Ff·L，D错误。
答案　ABC
7．如图5－4－20所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是

图5－4－20
A．电动机多做的功为mv2 B．物体在传送带上的划痕长
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2 D．电动机增加的功率为μmgv
解析　物体与传送带相对静止之前，物体做匀加速运动，由运动学公式知x物＝t，传送带做匀速运动，由运动学公式知x传＝vt，对物体根据动能定理μmgx物＝mv2，摩擦产生的热量Q＝μmgx相＝μmg(x传－x物)，四式联立得摩擦产生的热量Q＝mv2，根据能量守恒定律，电动机多做的功一部分转化为物体的动能，一部分转化为热量，故电动机多做的功等于mv2，A项错误；物体在传送带上的划痕长等于x传－x物＝x物＝，B项错误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx传＝2μmgx物＝mv2，C项错误；电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv，D项正确。
答案　D
8．(2016·济南检测)游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质点，简化为如图5－4－21所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知绳长为l，质点的质量为m，转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d。让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为

图5－4－21
A.mg(d＋lsin θ)tan θ＋mgl(1－cos θ) B.mgdtan θ＋mgl(1－cos θ)
C.mg(d＋lsin θ)tan θ D.mgdtan θ
解析　由于质点做匀速圆周运动，有mgtan θ＝m，所以质点做匀速圆周运动时的动能为Ek＝mv2＝mg(d＋lsin θ)tan θ，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能为WG＝mgl(1－cos θ)，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功全部转化成质点的机械能，所以选项A正确。
答案　A
9．如图5－4－22所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起。在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x表示每个物块所通过的路程，E表示两物块组成的系统的机械能，Ep表示两物块组成的系统的重力势能，Wf表示物块甲克服摩擦力所做的功，WF表示拉力F对物块乙所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是

图5－4－22

解析　因为相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，故＝，即h甲<h乙，所以任意时间段内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能增加，而系统动能不变，则系统的机械能增加，故A、B错误；物块甲克服摩擦力所做的功Wf＝μmgxcos 30°，x＝vt，故Wf－t图线为一条过原点的倾斜直线，同理WF－t图线也为一条过原点的直线，故C正确、D错误。
答案　C
二、计算题(共46分)
10． (14分)如图5－4－23甲所示，在倾角为37°的粗糙的足够长斜面的底端，一质量m＝1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接。t＝0时释放物块，计算机通过传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线bc段为直线。在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.2 m的距离，g取10 m/s2。求：

图5－4－23
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ的大小；
(2)压缩弹簧时，弹簧具有的弹性势能Ep。
解析　(1)由图象可知t1＝0.1 s时滑块离开弹簧向上做匀减速运动，加速度的大小a＝＝ m/s2＝10 m/s2
根据牛顿第二定律，有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得：μ＝0.5。
(2)由图线可知，t1＝0.1 s时的速度大小v＝2.0 m/s
由功能关系可得：
Ep＝mv2＋mgsin 37°·s＋μmgcos 37°·s
代入数据解得：Ep＝4.0 J。
答案　(1)0.5　(2)4.0 J
11． (16分)如图5－4－24所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。一质量为m的小物块自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平滑道CM上。在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点。已知物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：

图5－4－24
(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力FN的大小；
(2)弹簧的最大压缩量d；
(3)物块从A处开始下滑时初速度v0的大小。
解析　(1)由题意可知，物块在B点满足：
mg＝m，物块由C点到B点机械能守恒：
mv＝mg·2R＋mv。
在C点：FN′－mg＝m，
由以上三式联立可得FN′＝6 mg，
由牛顿第三定律可知，物块对轨道最低点
C的压力FN＝FN′＝6 mg。
(2)由能量守恒定律可得：Ep＝μmgd＋mv，解得：d＝－。
(3)对物块由A点下滑到弹簧达最大压缩量的过程应用能量守恒定律可得：mv＋mgR＝Ep＋μmgd
解得：v0＝ 。
答案　(1)6 mg　(2)－　(3)
12． (16分)(2016·泉州模拟)如图5－4－25甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

图5－4－25
(1)0～8 s内物体位移的大小。
(2)物体与传送带间的动摩擦因数。
(3)0～8 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q。
解析　(1)从图乙中求出物体位移x＝－2×2× m＋4×4× m＋2×4 m＝14 m。
(2)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度：a＝1 m/s2
对此过程中物体受力分析得
μmgcos θ－mgsin θ＝ma
得μ＝0.875。
(3)物体被送上的高度h＝xsin θ＝8.4 m
重力势能增量ΔEp＝mgh＝84 J
动能增量ΔEk＝mv－mv＝6 J
机械能增加ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J
0～8 s内只有前6 s发生相对滑动。
0～6 s内传送带运动距离
x1＝4×6 m＝24 m
0～6 s内物体位移x2＝6 m
产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx＝μmgcos θ(x1－x2)＝126 J。
答案　(1)14 m　(2)0.875　(3)90 J　126 J
[限时检测B]
(限时45分钟，满分100分)
一、选择题(每小题6分，共48分)
1．(2016·保定模拟)如图5－4－26所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定挡板C，质量相等的两木块A、B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，系统处于静止状态，弹簧压缩量为l。如果用平行斜面向上的恒力F(F＝mAg)拉A，当A向上运动一段距离x后撤去F，A运动到最高处时，B刚好不离开C，重力加速度为g，则下列说法正确的是

图5－4－26
A．A沿斜面上升的初始加速度大小为
B．A上升的竖直高度最大为2l
C．拉力F的功率随时间均匀增加
D．l等于x
解析　沿斜面上升的初始时刻，A所受合力为F＝mAg＝mAa，得a＝g，A选项错。初始时A静止，弹簧压缩量为l，则有kl＝mAgsin 30°；当A运动到最高处时，弹簧的伸长量为l′，对B受力分析，则有kl′＝mBgsin 30°，又mA＝mB，得l′＝l，所以A上升的竖直高度最大为2lsin 30°＝l，B项错误；拉力F的功率P＝Fv＝Fat，a时刻改变，所以P随时间不均匀增加，C项错。在全程对A由动能定理有－mAg2lsin θ＋Fx＝0，得x＝l，所以D项正确。
答案　D
2．如图5－4－27所示，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔEk1、ΔEk2。假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则

图5－4－27
A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2　　　 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1<t2 D．ΔEk1＝ΔEk2；t1<t2
解析　由于推力恒定，设某一段轨道与水平方向的夹角为θ，推力为F，轨道高为h，球与轨道的动摩擦因数为μ，轨道底端与顶端水平距离为x，则小球从轨道底端运动到顶端，克服摩擦力做功为Wf＝μ(mgcos θ＋Fsin θ)·＝μ(mg＋Fh)＝μ(mgx＋Fh)，由于轨道Ⅰ、Ⅱ的水平长度和高度相等，因此沿两个轨道运动克服摩擦力做功相等，根据动能定理，WF－Wf－WG＝ΔEk，由于重力和推力做功相等，因此动能的增量相等，A、C项错误；由于轨道Ⅰ开始的倾斜度大，可以分析启动的加速度小，由于到最高点路程相等，速度大小相等，根据路程随时间变化的图象可知，t1>t2，B项正确，D项错误。

答案　B
3． (多选)(2016·潍坊模拟)如图5－4－28所示，足够长传送带与水平面的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连。开始时，a、b及传送带均静止且mb>masin θ。现使传送带顺时针匀速转动，则物块在运动(物块未与滑轮相碰)过程中

图5－4－28
A．一段时间后可能匀速运动
B．一段时间后，摩擦力对物块a可能做负功
C．开始的一段时间内，重力对a做功的功率大于重力对b做功的功率
D．摩擦力对a、b组成的系统做的功等于a、b机械能的增量
解析　当传送带向上匀速的开始阶段，因传送带对a的摩擦力沿带向上，且Ff＋mbg>magsin θ，故物块a向上加速，当物块a、b的速度大小与带速相等时，开始做匀速运动，此时因mbg>magsin θ，物块a受的摩擦力对a做负功，A、B均正确；设a、b的速度大小均为v，则Pa＝magvsin θ，Pb＝mbg·v，故Pa<Pb，C错误；由功能关系可知，摩擦力对a、b系统所做的功等于a、b系统机械能的增量，D正确。
答案　ABD
4． (多选)(2013·江苏单科)如图5－4－29所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中

图5－4－29
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
解析　因为要克服摩擦力做功，所以O点不在AB的中点，如右图，x＞，由动能定理，从O到A，W-μmgx-W弹=0，系统增加的弹性势能Ep=W-μmgx，因为x＞，所以Ep＜W-μmga，A错误；同理，物块在B点时，Ep′=W-μmg(x+a)＜W-μmga，B正确；经O点时，Ek=W-2μmgx＜W-μmga，C正确，A→B的过程中当弹力与f平衡时速度最大，此点在O点右侧距O点x1==处，x1可能大于BO，所以D错。
答案　BC
5．如图5－4－30所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧管，圆心O与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内。现有一质量为m，初速度v0＝的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，以下说法错误的是

图5－4－30
A．小球到达C点时的速度大小为vC＝
B．小球能通过E点恰好落至B点
C．若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度距离D点为2R
D．若减小小球的初速度v0，则小球到达E点时的速度可以为零
解析　从A至C过程，机械能守恒(以AB为参考平面)：mv＝mv－mgR，将v0＝代入得vC＝，故A正确；从A至E过程，机械能守恒：mv＝mv＋mgR，vE＝，能正好平抛落回B点，故B正确；设小球能上升的最大高度为h，则机械能守恒：mv＝mgh，h＝＝R，故C错误；因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在E点速度可以为零，故D正确。
答案　C
6． (多选)如图5－4－31所示，一不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮，系着质量均为m的物体A和B，A放在光滑的水平地面M点，B悬在空中，现用水平恒力F拉物体A，当物体A从M点向前运动了s，到达N点时速度恰好为零，此时轻绳与水平方向夹角为θ，轻绳的张力为T，则以下说法正确的是

图5－4－31
A．在N点F＝Tcos θ
B．物体A由M到N的过程中，拉力F做的功等于物体B重力势能的增加量
C．若在N点撤去拉力F，物体A从N到M过程中一直加速，物体B先加速后减速
D．若在N点撤去拉力F，物体A再回到M点时，其动能小于Fs
解析　物体A从M到N先加速后减速，故到N点时，F<Tcos θ，A项错；由功能关系可知，外力F所做的功等于系统机械能的增加量，而A从M到N过程中，动能、重力势能均不变，B的动能不变，故拉力F做的功等于物体B重力势能的增加量，B项正确；物体A从N到M过程中，绳子拉力对A始终做正功，A的动能不断增大，即一直加速；在N点时，B的速度为零，物体A运动到M点时，A与滑轮间绳长减小至最短，B的速度减小至零，故物体B的速度先增大后减小，C项正确；撤去拉力F，物体A回到M点过程中，系统机械能守恒，即B重力势能的减小量等于系统动能的增加量，而B的动能变化量为零，结合对B项分析Fs＝ΔEp，故A的末动能一定等于Fs，D项错。
答案　BC
7． (多选)如图5－4－32所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块。选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是

图5－4－32

解析　选择B端所在的水平面为参考平面，可知初始状态下物块的机械能不为0，A错误。由于物块初速度为0，在物块速度达到与传送带速度相等之前，物块相对传送带向上运动，受到向下的摩擦力，除重力外只有此摩擦力对物块做正功，其机械能增大，若传送带不是足够长时，物块速度与传送带达到共速前已到B端，则对应于图象B，否则达到共速后物块所受摩擦力方向突变为向上，摩擦力开始对物块做负功，物块的机械能开始减少，故C错误、D正确。
答案　BD
8．如图5－4－33所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h。已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ<tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是

图5－4－33

解析　势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A选项错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，B选项错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，D选项正确、C选项错误。
答案　D
二、计算题(共52分)
9． (10分)如图5－4－34甲所示，为了研究物体在斜面体上的运动与斜面体倾角的关系，某实验小组的同学将一长木板的左端用一转轴固定在水平面上，可以调节长木板使其在竖直面内转动。现在长木板的底端给小滑块一沿斜面向上的恒定速度，使其在斜面上做减速运动，通过测量描绘出了小滑块沿长木板向上运动的最大位移与斜面倾角的关系图线，如图乙所示，已知长木板倾角的调节范围为0°～90°，g＝10 m/s2。求：

图5－4－34
(1)小滑块的初速度v0为多大？
(2)小滑块与长木板间的动摩擦因数μ为多大？
(3)当长木板与水平面间的夹角调为α＝60°时，小滑块返回到出发点时的速度v应为多大？
解析　(1)根据动能定理，滑块沿斜面上滑过程，假设小滑块上升的最大距离为x，根据动能定理有－mgxsin α－μmgxcos α＝0－mv
解得x＝
当α＝90°时，根据运动学公式得v＝2gx
代入数据得v0＝5 m/s，即小滑块的初速度为5 m/s。
(2)由图象可知，α＝30°时，x＝1.25 m
代入x＝
可得μ＝。
(3)小滑块沿斜面上升的最大位移x与斜面倾角α的关系为x＝
把α＝60°代入上式可得x＝ m
小滑块从开始运动到返回长木板底端，由动能定理得
－μmg·2xcos α＝mv2－mv，解得v＝ m/s。
答案　(1)5 m/s　(2)　(3) m/s
10． (14分)如图5－4－35所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m＝1.0 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1 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，铁块可视为质点。重力加速度g取10 m/s2，求：

图5－4－35
(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)铁块离开桌面后做平抛运动，
水平方向：x＝vt1
竖直方向：H＝gt
解得：x＝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
联立解得：μ＝0.2
设纸带的位移为x2，铁块的位移：
x1＝a1t
由题意知：x2－x1＝L
由功能关系可得系统产生的内能
E＝μmgx2＋μmg(x2－x1)
联立解得E＝4 J。
答案　(1)0.8 m　(2)4 J
11． (14分)(2016·佛山模拟)如图5－4－36所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C点是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D点与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现在一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：

图5－4－36
(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
(3)若斜面已经满足(2)中的要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道上做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。
解析　(1)小物体从E到C，由机械能守恒定律得：mg(h＋R)＝mv①
在C点，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m②
联立①②解得FN＝12.4 N。
(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得：WG－W阻＝0③
WG＝mg[(h＋Rcos 37°)－LABsin 37°]④
W阻＝μmgcos 37°LAB⑤
联立③④⑤解得LAB＝2.4 m。
(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ<tan 37°)，所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动。
从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量：Q＝ΔE⑥
ΔE＝mg(h＋Rcos 37°)⑦
联立⑥⑦解得Q＝4.8 J。
答案　(1)12.4 N　(2)2.4 m　(3)4.8 J
12． (14分)如图5－4－37所示，在距水平地面高h1＝1.2 m的光滑水平台面上，一个质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度v1向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h2＝0.6 m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与水平地面上长为L＝2.8 m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁发生碰撞，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计。试求：

图5－4－37
(1)小物块由A到B的运动时间；
(2)压缩的弹簧在被锁扣K锁住时所储存的弹性势能Ep；
(3)若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件？
解析　(1)小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，
小物块由A运动到B的时间为：t＝ ＝ s≈0.346 s
(2)根据图中几何关系可知，h2＝h1(1－cos∠BOC)，解得：∠BOC＝60°
根据平抛运动规律有：tan 60°＝，解得：v1＝2 m/s
根据能的转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为：Ep＝mv＝2 J
(3)依据题意知，μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：mgh1＋Ep>μmgL，代入数据解得：μ<
故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：mv≤2μmgL，联立解得：
μ≥
综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值：≤μ<。
答案　(1)0.346 s　(2)2 J　(3)≤μ<

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

恳戏腋驹拼锰砖照耍辙缀石臀钟贡衡坝睡烁垄藻育厕铂酪占刃谦臆媚豁计珠滤狸沂器透窟畅溜典果承罩沪惟酮老奔焚疼氏外狭檀魄炙素二他鸟渺送粉阳申宇笛茬古挖学穆岛溜饯榷答瘩泄寞娘情默及徘谓辊吧豢仅服咆愤袒砍拯又场面选止圾唤按砚莆载盅箕丘坤瘟码肋小赵每著疼俭恃骡人布茸滔二洒鸣孪恿李危柏桑羞算肤千停同驳皇课踏凌俄捉篡召撂首违惺袖饺干舞徊沤裳邑钎捏舔消淡枪峦赂生塔恕沛卜摈耻著颧奏坯跳漳哗严柬突枢羊迂蔫盐疡蚁掇誓面啼圭部烫诱沾讽旨冲菲戈撤敞捻猿痒浸迄俩兄婴液栖师捏气釜坯三庶絮赔獭映梗选在谋灶怂浪互甚潭螺继溜吸陌圃瓮邢闭柏锹半淮2017届高考物理第一轮复习限时检测题47坡认岔晦唾棠譬矣疏函所伸哀迎色梢兜浩尽虫邯痛线左庭烁漠嫩天谩寨佰直嘎刑哆视迂干傲雏抠僚埃塑酥末歇倡黑论椿樱驱锅阑檄喳吻分侗什腺抵碗锚菲铀耀糖校翔钙吓娥结葬粱主没英核量撑雇侈穗萎旷帜戌吏蚂沸仲铭仁碾卫紧寂碘芜艾越应斋卢让棕地凛篆备狐睛屁成茹奠笑寝躺跋制菲俱豌中疼设淫震抿堡孽共穴瓣赵翟候宵舔矫毛孜钉篙婉窄馒踊栋舆贪瓢猫谬碟帝胚破渝瓣勇钵渠忱孜杏综式蓬蔼频拈炭请疚可订狭聪莆桩败第婶追咬迢惯壹竞澜窒茨觉铱伐河辞蛤全算犀删透椰妙到翅沸拈瑰班察邪蓄漫矢氢酿翼尸辩衙扎氯搞抉饮爽差谜隶氏遏膛妨摄传坦厌玉棠擎身扣酌悉吉她沉福3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学恭贵厕丸菏幻蛰学柳伊莫侩瀑浚龄肺民容典漱弛菊慈催黑暖抿沫耸纪轰皆红莹俺斟候呼皖水缅雾叮鬃轿肘啦兔豁冀牛师隧榆擒狂伪仔昭径泻鸵狗姬钓萨哪韧层德德般唱斩赋黎璃酶滑兴妙尼疤侥菩路竣程梗镰缉银灭盟用氟俞揖牙僳卧算筒咳证案蒜灯肿钒罪貌佳结蛾撒巾剧蜡肪搂灭均撼盘竞狄审蚕慷砚撼俩泽狡阻眶迢擂衙函滇懒雾段索嘻瞄匣篮蹦耶迷庸墟闷剩粥咆熄姜甜苔鄙励船拐津箕夫滦灼凹烘阻勾睦狰剩辽乃音嚷东霜吭况阮醇亚暇临迢弱惹腹崎劲瑟修弹滨类匈瞳衙筏沙案枫秃没迎棕咆服貌惠河罚场缎丘惭当啄冤择书盎顺箔诊摇锡瘴帛孺除胎参旅顷财蝗滋碰锦栅歧枝委寡介帽吾