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第五章 第2讲
对应同学用书 课时冲关(十五)第291页
一、选择题
1．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．－mgh D．－
解析：由A到C的过程运用动能定理可得：
－mgh＋W＝0－mv2，
所以W＝mgh－mv2，故A正确．
答案：A
2．如图所示，一物块以6 m/s的初速度从曲面A点下滑，运动到B点速度仍为6 m/s；若物体以5 m/s的初速度仍由A点下滑，则它运动到B点时的速度( )
A．大于5 m/s B．等于5 m/s
C．小于5 m/s D．条件不足，无法计算
解析：当物块以6 m/s速度从A点释放时，mgh－W阻1＝ΔEk＝0，故W阻1＝mgh.滑块由A向B运动过程中，当以较大速度滑行时，滑块在凹槽中各点的速率较大，由向心力方程FN－mgcos α＝(α为各点的切面与水平面的夹角)可知，对应的弹力FN确定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多；当以较小速度滑行时，对应的弹力FN较小，滑动摩擦力也小，克服阻力做的功少；故W阻2<mgh；而两次重力做的功一样多，由动能定理可得mgh－W阻2＝ΔEk>0，可知当物体以5 m/s下滑时，运动到B点的速度大于5 m/s，故A选项正确．
答案：A
3．(2021年浙江十校联考)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化状况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )
A．2m/s B．3 m/s
C．4 m/s D. m/s
解析：依据力F随x变化关系图象与横轴所夹“面积”表示功，力F做功W＝40 J＋20 J－20 J＝40 J．由动能定理，W＝mv2－mv，解得v＝3 m/s.选项B正确．
答案：B
4．(2021年陕西师大附中检测)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开头做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则( )
A．W1>W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F>2Ff
C．P1<P2，F>2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff
解析：由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F>2Ff，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间确定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误．
答案：B
5．以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体，假定物体所受的空气阻力Ff大小不变，已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为( )[来源:Z*xx*k.Com][来源:学+科+网]
A.和v0
B.和v0
C.和v0
D.和v0
解析：小物块在上升的过程中，有－(mgh＋Ffh)＝－mv，解得h＝；小物块从抛出到返回抛出点的过程中，重力做功为零，只有阻力做功，有－Ff·2h＝mv2－mv，解得v＝v0.故选项A正确．
答案：A
6．如图所示，劲度系数为k的弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到该处弹簧恢复原长，手对重物做的功为W1.然后放手使重物从开头下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力．重物从静止开头下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W2，则( )
A．W1> B．W1<
C．W2＝mv2 D．W2＝－mv2
解析：设x为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg＝kx.手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长的过程，由动能定理得：W1＋W弹－WG＝0，又WG＝mgx＝m2g2/k，W弹>0，故手对重物做的功W1<m2g2/k，选项B正确，A错误；由动能定理知W2＋＝mv2，则C、D错．
答案：B
7．一个小实心球静止于平坦的地面上．在t＝0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，依据图象供应的信息可以求出的量是( )
A．小实心球在何时落地
B．小实心球可上升的最大高度
C．人击球时对小实心球做的功[来源:Z_xx_k.Com]
D．小实心球落地时离击球点的距离
解析：不计空气阻力，小实心球落到水平地面上时，速率与初速率相等，由题图看出，小球在t＝5 s时刻落地，故A正确；小球的初速度大小为v0＝31 m/s，到达最高点时的速度大小为v＝19 m/s，由动能定理得－mgh＝mv2－mv，由此式可求出最大高度h，故B正确；由动能定理得：人击球时对小实心球做的功W＝mv，由于小实心球的质量m未知，无法求出W，故C错误；小实心球水平方向做匀速直线运动，水平方向分速度vx＝19 m/s，小实心球落地时离击球点的距离为s＝vxt＝19×5 m＝95 m．故D正确．
答案：ABD
8．(2021年如皋模拟)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，它沿斜面对下滑行，进入水平面，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，再将小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v0，沿新斜面对下滑动．关于此状况下小铁块的运动状况的描述正确的是( )
A．小铁块确定能够到达P点
B．小铁块的初速度必需足够大才能到达P点
C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量无关
D．以上说法均不对
解析：如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：
mgx1sin α－μmgx1cos α－μmgx2＝0，可得：mgx1sin α＝μmg·(x1cos α＋x2)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为vP，由动能定理得：mgx3sin β－μmgx3cos β＝mv－mv，因x1sin α＝x3sin β，x1cos α＋x2＝x3cos β，故得：vP＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，与质量无关，故A、C正确．
答案：AC
9．如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则( )
A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的
B．在该过程中，人对物块做的功为
C．在该过程中，人对物块做的功为mv2
D．人前进x时，物块的运动速率为
解析：设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝vcos θ，而cos θ＝，故v物＝，可见物块的速度随x的增大而增大，A、D均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W＝mv＝，B正确，C错误．
答案：B
二、非选择题
10．(2022年5月北京市昌平区二模)如图为某水上滑梯示意图，滑梯斜面轨道与水平面间的夹角为37°，底部平滑连接一小段水平轨道(长度可以忽视)，斜面轨道长L＝8 m，水平端与下方水面高度差为h＝0.8 m．一质量为m＝50 kg的人从轨道最高点A静止滑下，若忽视空气阻力，将人看作质点，人在轨道上受到的阻力大小始终为f＝0.5 mg.重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37 °＝0.6.求：
(1)人在斜面轨道上的加速度大小；
(2)人滑到轨道末端时的速度大小；
(3)人的落水点与滑梯末端B点的水平距离．
解析：(1)设人在滑梯上的加速度为a，由牛顿其次定律得：mgsin 37°－f＝ma
得：a＝1 m/s2
(2)设人滑到梯末端时的速度大小为v，对人下滑的过程，由动能定理得：mgLsin 37°－fL＝mv2－0
得：v＝4 m/s
(3)人离开滑梯后做平抛运动，下落时间为t
h＝gt2
水平距离x＝vt
得：x＝1.6 m
答案：(1)a＝ 1 m/s2 (2)v＝4 m/s (3)x＝1.6 m
11．如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开头下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2.
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开头下滑；
(3)若滑块离开C处后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力．[来源:学科网]
解析：(1)A到D过程：依据动能定理有
mg×(2R－R)－μmgcos 45°×＝0
可求：μ＝0.5
(2)若滑块恰能到达C点，依据牛顿其次定律有
mg＝
vc＝＝2 m/s
从高为H的最高点到C的过程：依据动能定理有
mg(H－2R)－μmgcos 45°×＝mv－0
求得：H＝2 m
(3)离开C点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有
x＝vC′t
y＝gt2＝t
tan 45°＝
tan 45°＝
解得vC′＝m/s
在C点，有，mg＋FN′＝m
求得：FN′＝3.3 N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为3.3 N
答案：(1)0.5 (2)2 m (3)3.3 N
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