第八单元机械能守恒定律（B卷真题滚动练）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4h，开始时使两边液面高度差为h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为（ ）A．B．C．D．2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧（不连接）将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点。在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为（ ）A．100gB．200gC．300gD．400g3．2019年中国女排成功卫冕世界杯.如图，某次训练中，一运动员将排球从A点水平击出，球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D等高的B点斜向上击出，最高点为C，球也击中D点；A、C高度相同，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）\nA．两过程中，排球的初速度大小一定不相等B．两过程中，排球的飞行时间相等C．两过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率相等D．后一个过程中，排球击中D点时的速度较大4．如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数B．匀速运动过程中速度大小C．第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等D．在水平恒力F作用下，7个滑块全部可以进入粗糙地带5．小朋友经常玩的手流星模型简化为如图所示，长均为L的两根不可伸长的轻绳，一端共同系住质量为m的小球（可看作质点），另一端分别拽在等高的左右手A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动之后，手保持不动，（忽略空气阻力），下列说法正确的是（ ）A．小球运动到最高点和最低点时，绳子拉力大小差值为6mgB．若小球恰能完成圆周，则运动到最低点时，绳子拉力大小为6mgC．若小朋友累了，静止不转动时，突然左手松开了，这一瞬间小球加速度为D．若小朋友累了，静止不转动时，突然左手松开了，这一瞬间右手连接小球的绳子拉力大\n小为6．如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r=0.6m，离水面的高度h=3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R=2.2m。水泵的效率为η=80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0=10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（ ）A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/sB．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320JC．水泵输出的功率340WD．水泵在1h内消耗的电能7．我国的“嫦娥奔月”月球探测工程启动至今，以“绕、落、回”为发展过程。中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号。中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1=100公里环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道Ⅱ，在从15公里高度降至近月表面圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点距质量为M的引力中心为r时，其万有引力势能表达式为（式中G为引力常数）。已知月球质量M0，月球半径为R，发射的“嫦娥四号”探测器质量为m0，引力常量G。则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是（ ）\nA．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能大于在轨道Ⅲ运行的动能B．“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了C．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ上运行时机械能等于在轨道Ⅰ运行时的机械能D．落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中（ ）A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M经Q到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功9．如图所示，两个质量相同的小球A、B，用细线悬挂在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经最低点时（以悬点所在的水平面为参考平面）（ ）A．B球的动能大于A球的动能B．A球的动能大于B球的动能\nC．A球的机械能大于B球的机械能D．A球的机械能等于B球的机械能10．在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物。如图3甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，可知（ ）A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05B．A、B两点间的距离为1.2mC．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功－11.2JD．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8J三、非选择题：共6小题，共54分，考生根据要求作答。11．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图乙所示（在t＝15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小。求：（1）汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；（2）汽车刚好到达B点时的加速度a；（3）BC路段的长度。\n12．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，试求：（1）滑块运动到A处的速度大小；（结果可保留根号）（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离。13．如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ=37°，圆弧面的半径R=3.6m，一滑块质量m=5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.45，将滑块从A点由静止释放（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。求在此后的运动过程中：（1）滑块在AB段上运动的总路程；（2）在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。\n14．如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m。直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m。小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑。小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止。空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．（1）求动摩擦因数μ；（2）小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出。小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；（3）若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能。\n15．无人机是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机，它具有体积小、造价低、使用方便等优点，随着民用无人机的快速发展，广告、影视、婚礼视频记录等正越来越多地出现无人机的身影，如图所示是我国新研究生产的一款航拍器无人机。该款无人机的总质量为m=2.0kg，内置电动势E=15.2V、容量A=4500mA∙h的智能电池，其内电阻忽略不计。若该款无人机正常工作时电池输出稳定的电流为I=4.5A，飞行时电动机工作效率η=80％，智能电池还要提供其他设施正常工作的功率为P1=8.4W，假设无人机飞行时所受到空气阻力恒为f=4N，g取10m/s2。（1）充满一次电，该无人机理论上正常工作的最长时间t；（2）电动机的输出功率P2；（3）该款无人机竖直上升飞行时的最大速度vmax。16．如图所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型，倾\n角为的直轨道AB、半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为的直轨道EF，分别通过过水平光滑街接轨道BC，C‘E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接EG间的水平距离d=40m，现有质量m=500kg的过山车，从高h=40m的A点静止下滑，经BCDC‘EF最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为与减速直轨道FG的动摩擦因数从F到G均匀增加，（l为距离F点的位移），过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求：（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；（3）减速直轨道FG的长度x。（已知，）第八单元机械能守恒定律（B卷真题滚动练）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如图所示，粗细均匀，两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4h，开始时使两边液面高度差为h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为（ ）A．B．\nC．D．【答案】A【解析】液柱移动时，除了重力做功以外，没有其他力做功，故机械能守恒。此题等效为原右侧高的液柱移到左侧，如图所示其重心高度下降了，减少的重力势能转化为液柱整体的动能，设液体的总质量为4m，则有得故选A。2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧（不连接）将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点。在木块槽中加入一个质量m0＝800g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0cm和9.0cm，则木块的质量m为（ ）A．100gB．200gC．300gD．400g【答案】D【解析】根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Epμ（m0＋m）g·AB2＝Ep联立解得\nm＝400g故选D。3．2019年中国女排成功卫冕世界杯.如图，某次训练中，一运动员将排球从A点水平击出，球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正下方且与D等高的B点斜向上击出，最高点为C，球也击中D点；A、C高度相同，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）A．两过程中，排球的初速度大小一定不相等B．两过程中，排球的飞行时间相等C．两过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率相等D．后一个过程中，排球击中D点时的速度较大【答案】C【解析】B．设A点抛出的小球初速度为，由C点和A点等高，均设为h。对A点抛出的物体，有对于从B点抛出的物体，根据逆向思维法容易得知上抛的时间=下降的时间=所以总时间B错误；A．又由于水平方向位移一样，根据\n可知从B点抛出的小球水平速度竖直方向速度但由于不知道vx和vy的关系，所以无法确定合速度和的关系，所以可能相等，A错误；C．重力做功的功率P=mgvy在D点，两次抛出的小球在竖直方向速度都相等，所以C正确；D．竖直方向速度相等，但是水平方向速度从A抛出的球比较大，所以是前一个过程中排球击中D点合速度较大，D错误。故选C。4．如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数B．匀速运动过程中速度大小C．第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等D．在水平恒力F作用下，7个滑块全部可以进入粗糙地带【答案】D【解析】A．对整体分析，根据共点力平衡得F=3μmg解得\n故A错误；B．根据动能定理得解得故B错误；C．第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C错误；D．在水平恒力F作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，设第n块能进入粗糙地带，由动能定理解得n=7所以7个滑块能全部进入粗糙地带，故D正确。故选D。5．小朋友经常玩的手流星模型简化为如图所示，长均为L的两根不可伸长的轻绳，一端共同系住质量为m的小球（可看作质点），另一端分别拽在等高的左右手A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动之后，手保持不动，（忽略空气阻力），下列说法正确的是（ ）A．小球运动到最高点和最低点时，绳子拉力大小差值为6mgB．若小球恰能完成圆周，则运动到最低点时，绳子拉力大小为6mg\nC．若小朋友累了，静止不转动时，突然左手松开了，这一瞬间小球加速度为D．若小朋友累了，静止不转动时，突然左手松开了，这一瞬间右手连接小球的绳子拉力大小为【答案】C【解析】A．设小球作圆周运动的半径为R，在最高点时，绳子拉力合力为F1，速度为v1；最低点时绳子拉力合力为F2，速度为v2，由牛顿第二定律可得由机械能守恒可得联立可得，小球运动到最高点和最低点时，绳子拉力合力大小差值将绳子的拉力的合力分解到AB两根轻绳上，可得绳子拉力则小球运动到最高点和最低点时，绳子拉力大小差值为故A错误；B．若小球恰能完成圆周，由重力提供向心力，在最高点时，绳子无拉力，则运动到最低点时，由A分析可得，绳子拉力合力大小为6mg，绳子的拉力为，故B错误；CD．若小朋友累了，静止不转动时，由几何关系可知，2Fcos30°=mg突然左手松开了，小球绕B点开始做圆周运动，则小球所受合力为\n绳子拉力由牛顿第二定律可得，这一瞬间小球加速度为故C正确，D错误。故选C。6．如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r=0.6m，离水面的高度h=3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R=2.2m。水泵的效率为η=80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0=10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（ ）A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/sB．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320JC．水泵输出的功率340WD．水泵在1h内消耗的电能【答案】B【解析】A．水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，由平抛运动的规律知，解得v=2m/s选项A正确；B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功W=\n选项B错误；C．水泵对外做功，转化为水的机械能，水泵的输出功率为得P=340W选项C正确；D．根据，则水泵的电功率是，1h内消耗的电能为选项D正确。本题选错误的，故选B。7．我国的“嫦娥奔月”月球探测工程启动至今，以“绕、落、回”为发展过程。中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号。中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1=100公里环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道Ⅱ，在从15公里高度降至近月表面圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点距质量为M的引力中心为r时，其万有引力势能表达式为（式中G为引力常数）。已知月球质量M0，月球半径为R，发射的“嫦娥四号”探测器质量为m0，引力常量G。则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是（ ）A．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能大于在轨道Ⅲ运行的动能B．“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了C．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ上运行时机械能等于在轨道Ⅰ运行时的机械能\nD．落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是【答案】D【解析】A．根据万有引力定律得“嫦娥四号”在I轨道和III轨道的动能分别是，由所以“嫦娥四号”在轨道I上运行的动能小于在轨道III上运行的动能，故A错误；B．根据可知，“嫦娥四号”在轨道I和轨道III上的势能分别是，“嫦娥四号”从轨道I上变轨到轨道III上时，势能减小了故B错误；CD．根据能量守恒定律，落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18\n分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中（ ）A．从P到M所用的时间等于B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M经Q到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功【答案】CD【解析】A．由行星运动的对称性可知，从P经M到Q的时间为，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，则从P到M所用的时间小于，选项A错误；B．海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；C．根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；D．海王星受到的万有引力指向太阳，从M经Q到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确。故选CD。9．如图所示，两个质量相同的小球A、B，用细线悬挂在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经最低点时（以悬点所在的水平面为参考平面）（ ）A．B球的动能大于A球的动能\nB．A球的动能大于B球的动能C．A球的机械能大于B球的机械能D．A球的机械能等于B球的机械能【答案】BD【解析】CD．小球下落过程中只有动能和重力势能之间的转化，机械能守恒，因开始时两球机械能相等，则最低点的机械能相等，C错误D正确；AB．到最低点时A球减少的重力势能较多，根据机械能守恒，增加的动能较多，A错误B正确。故选BD。10．在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物。如图3甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，可知（ ）A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05B．A、B两点间的距离为1.2mC．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功－11.2JD．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8J【答案】CD【解析】A．0~0.2s内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下0.2~1.2s内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动\n解得A错误；B．从题图可知，0~1.2s内，货物v－t图线与t轴围成的面积对应位移，0~0.2s内0.2~1.2s内则A、B两点间的距离B错误；C．传送带对货物做的功即摩擦力做的功C正确；D．从题图乙可知，0~0.2s内，传送带位移传送带比货物多走0.2m。0.2~1.2s内，传送带位移货物比传送带多走1m，所以货物从A运动到B的过程中，相对位移为1.2m。因摩擦产生的热量D正确。故选CD。\n三、非选择题：共6小题，共54分，考生根据要求作答。11．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图乙所示（在t＝15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小。求：（1）汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；（2）汽车刚好到达B点时的加速度a；（3）BC路段的长度。【答案】（1）2000N；（2）－1m/s2；（3）68.75m【解析】（1）汽车在AB路段时，有F1＝Ff1P＝F1v1Ff1＝联立解得Ff1＝2000N（2）t＝15s时汽车处于平衡状态，有F2＝Ff2P＝F2v2Ff2＝联立解得Ff2＝4000Nt＝5s时汽车开始做减速运动，有F1－Ff2＝ma\n解得a＝－1m/s2（3）由动能定理得PΔt－Ff2x＝mv22－mv12解得x＝68.75m12．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，试求：（1）滑块运动到A处的速度大小；（结果可保留根号）（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离。【答案】（1）；（2）5m【解析】（1）设滑块运动到A处的速度大小为v，对滑块从O运动到A的过程根据动能定理有代入数据解得（2）设滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L，对滑块从A运动到最远处的过程根据动能定理有代入数据解得L＝5m13．如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C\n为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ=37°，圆弧面的半径R=3.6m，一滑块质量m=5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.45，将滑块从A点由静止释放（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。求在此后的运动过程中：（1）滑块在AB段上运动的总路程；（2）在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。【答案】（1）8m；（2）102N，70N【解析】解：（1）由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ=37°，知mgsinθ>μmgcosθ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动。设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff=μFN=μmgcosθ从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcosθ−Ffs=0解得s==8m（2）滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大,设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得mgR−FflAB=mv12−0斜面AB的长度lAB=由牛顿第二定律得Fmax−mg=解得\nFmax=102N滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得mgR（1−cosθ）=mv22−0由牛顿第二定律得Fmin−mg=解得Fmin=70N根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N。14．如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m。直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m。小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑。小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止。空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．（1）求动摩擦因数μ；（2）小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出。小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；（3）若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能。\n【答案】（1）0.5；（2）v2＝30F（6m/s≤v≤20m/s）；（3）65J【解析】（1）小物块从A到C的过程，由动能定理得mgL1sinθ－μmgL1cosθ－μmgL2＝0代入数据得μ＝0.5（2）施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得F（L1cosθ＋L2）＋mgL1sinθ－μ（mgcosθ－Fsinθ）L1－μmgL2＝mv2代入数据得v2＝30F小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mg≤m从D到C的过程由机械能守恒定律得mvD2＋2mgR＝mv2解得v≥6m/s小物块不脱离斜面AB，应满足Fsinθ≤mgcosθ解得v≤20m/s所以v的取值范围为6m/s≤v≤20m/s。（3）P点与C点的高度差为h＝gt2＝4.05m设物块在C点初速度为v0，P点与竖直墙的水平距离为v0t－L4如图，由几何关系得\ntan∠MNE＝已知tan∠MNE＝解得v0＝7m/s从C到P由动能定理得mgh＝Ek－mv02代入数据，解得Ek＝65J即小物块刚运动至P点时的动能为65J。15．无人机是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机，它具有体积小、造价低、使用方便等优点，随着民用无人机的快速发展，广告、影视、婚礼视频记录等正越来越多地出现无人机的身影，如图所示是我国新研究生产的一款航拍器无人机。该款无人机的总质量为m=2.0kg，内置电动势E=15.2V、容量A=4500mA∙h的智能电池，其内电阻忽略不计。若该款无人机正常工作时电池输出稳定的电流为I=4.5A，飞行时电动机工作效率η=80％，智能电池还要提供其他设施正常工作的功率为P1=8.4W，假设无人机飞行时所受到空气阻力恒为f=4N，g取10m/s2。（1）充满一次电，该无人机理论上正常工作的最长时间t；（2）电动机的输出功率P2；（3）该款无人机竖直上升飞行时的最大速度vmax。\n【答案】（1）1h；（2）48W；（3）2m/s【解析】（1）由题可得理论上正常工作的最长时间（2）由能量守恒定律得P2=（IU-P1）η解得P2=48W（3）当加速度a=0时速度最大，即F=f+mgP出=Fv=（f+mg）vmax解得vmax=2m/s16．如图所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型，倾角为的直轨道AB、半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为的直轨道EF，分别通过过水平光滑街接轨道BC，C‘E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接EG间的水平距离d=40m，现有质量m=500kg的过山车，从高h=40m的A点静止下滑，经BCDC‘EF最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为与减速直轨道FG的动摩擦因数从F到G均匀增加，（l为距离F点的位移），过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求：（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；\n（3）减速直轨道FG的长度x。（已知，）【答案】（1）；（2）7000N；方向竖直向上；（3）x=30m【解析】（1）过山车到达C点的速度为vc，由动能定理代入数据可得（2）过山车到达D点的速度为vD，由机械能守恒定律由牛顿第二定律联立代人数据可得由牛顿第三定律可知.轨道受到的力方向竖直向上；（3）过山车从A到达G点，由动能定理可得，代人数据可得\n
