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河北省衡水中学2020届高三上学期期中考试物理试题
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2019—2020学年度上学期高三年级期中考试
物理试卷
一、选择题
1.如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中错误的是( )
A. 弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B. 小球斜上抛运动过程中处于失重状态
C. 小球压缩弹簧的过程中，小球减小的动能等于弹簧增加的势能
D. 若抛射点向右移动一小段距离，仍使小球水平进入圆筒中，可以增大抛射速度v0，同时增大抛射角θ
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知，小球到达圆筒时速度为v0cosθ，动能转化为弹性势能，故A错误；C正确；小球斜上抛运动过程中处于超重状态，所以B错误；由于竖直方向高度不变，小球运动时间不变，竖直方向速度v0sinθ=gt，可以增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ，故D错误．
2.甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图所示．已知t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等．下列判断正确的是( )
A. 最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反
B. t=3s时，乙的位置坐标为－9m
C. 乙经过原点时的速度大小为m/s
D. t=10s时，两车相遇
【答案】D
【解析】
【详解】因x-t图像的斜率等于速度，由图像可知最初的一段时间内，甲、乙图像的斜率符号相同，则运动方向相同，选项A错误；t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，则此时乙的速度为6m/s，则乙的加速度为，则此时乙的位置坐标为，选项B错误；乙经过原点时的速度大小为，选项C错误；两车相遇时：，即，解得t=10s，选项D正确.
3.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上．现向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态．下列判断正确的是（ ）
A. c对b的摩擦力可能减小
B. 地面对c的支持力可能增大
C. 地面对c的摩擦力可能不变
D. 弹簧的弹力可能增大
【答案】A
【解析】
【详解】盒子a受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A正确；对a分析可知，a处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，绳子的张力变大；对b与c整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对c的支持力一定减小，摩擦力一定变大，故BCD错误．
4.如图所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大水平拉力作用．A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示、已知物块A的质量 m=3kg，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
A. 两物块间的动摩擦因数为0.2
B. 当0
【答案】AB
【解析】
【详解】A.当F=12N时，A、B间刚开始相对滑动，两者间的静摩擦力f1达到最大值，即=6N，解得：=0.2，故A正确；
B.当0＜F＜4N时，B与地面间的摩擦力逐渐变大，A、B间的摩擦力始终为零，A、B都没有被拉动，A、B保持静止，故B正确；
C.当4N＜F＜12N时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力不变，B已经拉动了，A、B保持相对静止，故C错误；
D.当F＞12N时，A、B间相对滑动，摩擦力大小不变，A做匀加速运动，速度增大，但与F增大无关，故D错误．
5.一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0°-90°之间任意凋整设物块沿木板向上能达到的最大位移为x．木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．(g取10m/s2)则下列说法正确的是
A. 小铁块与木板间的动摩擦因数为
B. 小铁块初速度的大小是5m/s
C. 沿倾角为30°和90上滑时，物块运动到最大位移的时间不同
D. 当α=0时，x=m
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB．当，竖直上抛运动，x=1.25m，根据运动学方程得：，解得；当，x=1.25m，根据速度位移关系：，有，而解得：，AB正确
C．因为30°和90°对应的加速度均为，根据，运动到最高点时间相同，C错误
D．当角度等于0时，，根据，求得x=m，D正确
6.“鹊桥”号是世界首颗运行于地月拉格朗日L2点附近的中继通信卫星，如图它以地月连线为轴做圆周运动，同时随月球绕地球运转．已知地球质量为M，月球质量为m，月球的轨道半径为r，公转周期为T，引力常数为G；当卫星处于地月拉格朗日点L1或L2时，都能随月球同步绕地球做圆周运动．则以下说法正确的是
A. “鹊桥”号仅受月球引力作用
B. 在L2点工作的卫星比在L1点工作的卫星的线速度大
C. 在拉格朗日L1点工作的卫星，受到地球的引力一定大于月球对它的引力
D. 拉格朗日L2点与地心的距离为
【答案】BC
【解析】
【详解】鹊桥”号同时受到地球和月球的引力作用，选项A错误；在L2点工作的卫星与在L1点工作的卫星具有相同的角速度，则在L2点工作的卫星比在L1点工作的卫星的线速度大，选项B正确；在拉格朗日L1点工作的卫星，受到的合外力方向指向地球，则受地球的引力一定大于月球对它的引力，选项C正确；对月球：，解得，可知拉格朗日L2点与地心的距离大于，选项D错误.
7.质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x图象如图所示．且4～5m内物体匀速运动．x=7m时撤去外力，取g=10m/s2，则下列有关描述正确的是（ ）
A. 物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B. 撤去外力时物体的速度为m/s
C. x=3m时物体的速度最大
D. 撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图象知4~5m内外力恒定，又物体匀速运动，由
知动摩擦因数为0.3，故A不符合题意；
B. 前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且F−x图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理
解得，故B符合题意；
C. 由图知前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故C不符合题意；
D. 撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有
解得，故D不符合题意．
8.如图所示，从地面上处竖直向上抛一质量为的小球，小球上升到点时的动能与小球上升到最高点后返回至点时的动能相等，点离地面高度为，点离地面高度为．空气阻力，大小不变，重力加速度为，则（ ）
A. 小球上升的最大高度为
B. 小球上升的最大髙度为
C. 小球下落过程中从点到点动能的增量为
D. 小球下落过程中从点到点动能的增量为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB.设小球由B点再上升到达最高点，对小球上升到B点与返回至C点之间的过程由动能定理得，，解得，所以小球上升的最大高度，选项A不符合题意，选项B符合题意；
CD.下落过程中小球从B点到C点动能的增量，选项C符合题意，选项D不合题意．
9.冰壶比賽是在水平冰面上进行的体有项目．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰而间的动摩擦因数减小．在某次训练中，运动员两次以相同的速度推出冰壶，第一次，在冰壶滑行至10m处擦冰2m，冰壶从推出到停止滑行的距离为25m，滑行时间为8s，第二次在冰壶滑行至15m处擦冰2m，冰壶整个过程滑行的距离为滑行时间为t，则
A. x=25m B. x<25m C. t<8s D. t>8s
【答案】AD
【解析】
【详解】两种情况下，初速度相同，在擦冰处匀速运动的位移相同，减速运动的位移也相同，所以总位移相同，速度时间图象如图所示：
根据图象可知，t＞8s．故选AD．
10.如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动．若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg.设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，则
A. W=2mgR B. W=mgR C. 3mg
【解析】
【分析】
做圆周运动的物体的向心力由合外力来提供，结合整个过程中能量守恒的思想，分析摩擦力在上升和下降过程中等高处的大小关系（滑动摩擦力的影响因素）来分析上升和下降过程摩擦力做功的大小关系，以及取值范围的问题用极端思想
【详解】AB．小球沿筒壁做圆周运动，先后两次在最低点受到筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg，对小球进行受力分析，先后两次所受的合外力分别为9mg和7mg，方向指向圆心．设小球先后两次经过最低点得速率分别为和，根据合外力提供做圆周运动的向心力得：和； 小球在整个过程中，由动能定理得：；综合上面几个式子解得 W=mgR，故A错B对；
CD．由于小球在筒壁上运动时受到滑动摩擦力，在粗糙程度相同得情况下，小球对筒壁得压力越大，摩擦力就越大；小球运动一周得过程中，因克服摩擦力做功，使得小球机械能减小，在上升和下降过程中等高处，上升时摩擦力较大，而下降时的摩擦力较小，则上升时克服摩擦力做功，下降时小于；设小球上升到最高点时的速度为，筒壁对小球的弹力满足：，再由能量守恒：，解得；小球上升到最高点时的速度为，筒壁对小球的弹力满足：，假设小球到达最高点时克服摩擦力做功为W=mgR，由能量守恒：，解得，实际上小球下落时也要克服摩擦力做功，因而上升过程中克服摩擦力做功小于W的，则有，故C错D对
故选BD
【点睛】
此题考查知识点综合性强而且非常灵活，需要对所学知识有很好的掌握，如谁来提供向心力；滑动摩擦力的影响因素及做功问题；能量守恒的思想的运用；特殊条件下的取值范围问题等
11.如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率顺时针运行．现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是
A. 在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2
B. 在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量
C. 在t1+ t2时间内传送带对物块做的功等于mgL sinθ+mv2
D. 在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgLsinθ+mv2的电能
【答案】BC
【解析】
【详解】A. 由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误；
B. 在t1时间内，物块相对传送带的位移，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确；
C. 由能量关系可知，在t1+ t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增量，即mgL sinθ+mv2，选项C正确；
D. 在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgL1sinθ+mv2+Q，由选项B可知：mgL1sinθ+mv2=Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sinθ+mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sinθ；则在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 2mgL1sinθ+mv2+mgL2sinθ=mg(L+L1)sinθ+mv2的电能，选项D错误；
12.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t，恒力F做功20J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是
A. 物体回到出发点时的机械能是20J
B. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是2 mgvsinθ/3
C. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是4 mgvsinθ/3
D. 在此运动过程中物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方，物体的机械能先增加后减少
【答案】AB
【解析】
【详解】根据功能关系可知，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力F做功的大小，由于拉力F对物体做的功为20J，所以物体的机械能要增加20J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为20J，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是20J，故A正确．设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：和，这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：，得：；因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，，撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为，联立上两式得：，设刚撤去拉力F时物体的速度大小为，则有：，对于从撤去到返回的整个过程，有：，解得：，所以在撤去力F前的瞬间，力F的功率：，故B正确，C错误；撤去力F后的位置到最高点，动能减小，重力势能增大，动能与势能相等的位置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去力F之前的某位置，物体的机械能一直增大，故D错误；故选AB．
【点睛】根据功能原理求物体回到出发点时的机械能．根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力的大小和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率．由高度的变化分析重力势能的变化．分析物体的速度变化，判断动能的变化情况．
13.质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切线水平．质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1：3，则m：M的值为( )
A. 1：3 B. 3：5 C. 3：1 D. 5：3
【答案】B
【解析】
【详解】设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：
mv0=Mv1-mv2
对整体有机械能守恒定律可得：
联立解得：
A. 1：3与分析不符，故A项错误；
B. 3：5与分析相符，故B项正确；
C. 3：1与分析不符，故C项错误；
D. 5：3与分析不符，故D项错误．
14.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）
A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为
D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：
解得，A正确；
B．滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为，B正确；
C．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于，C错误；
D．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
联立解得，D正确。
故选ABD。
15.如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速．此过程中A、B系统生热为Q，则( )
A. 若，A、B系统生热为
B. 若，A、B相对运动时间为
C. 若，B经历t0时间的位移为
D. 若，A经历到达木板右端
【答案】AC
【解析】
【详解】当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′，代入数据得：v′=0.5v0．由能量守恒定律得：Q=mv02-×2mv′2=mv02．若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m•=2mv′得：v′=v0．系统生热：，选项A正确；当v=v0时，对B，由动量定理得：ft0=mv′可得：；若，根据动量守恒定律得得：．对B，由动量定理得： ，可得：，选项B错误； 若v=v0，则由A选项的分析可知：fL=Q=mv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m•2v0=mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q．根据能量守恒定律得：．结合上面解答有：Q=mv02．对B，由动量定理得：ft=mvB-0；联立解得：，（另一值不合理舍去），，故D错误.
二、填空题
16.用如图所示的实验装置验证ml、m2组成的系统机能守恒．m2从高处由静止开始下落，ml上拖着的纸带打出一系列的点．对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离s1=38.40 cm、s2=21.60 cm、s3=26.40 cm、s4=31.21 cm、s5=36.02 cm，如图所示，己知ml=50g、m2=150g，频率为50Hz，则（g取9.8 m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）由纸带得出ml、m2运动的加速度大小为a=___m/s2，在纸带上打下计数点5时的速度v5=__m/s；
（2）在打点0~5过程中系统动能的增量△Ek=___J，系统势能的减少量△Ep=___J；
（3）若某同学根据实验数据作出的-h图象如图，当地的实际重力加速度g=___m/s2．
【答案】 (1). 4.8 (2). 2.4 (3). 0.58 (4). 0.59 (5). 9.7
【解析】
【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，则有：
代入数据解得：m/s2；
[2] 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的顺所受的求出计数点5的瞬时速度，则有：
代入数据解得：m/s；
（2）[3]系统增加的动能
J
[4]系统重力势能的减小量
J
（3）[5]根据
得
则图线的斜率
解得
m/s2
三、计算
17.如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始由静止竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，恰以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，空气阻力F阻=Kv（K为比例系数），上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．试计算：
(1)气球受到浮力的大小；
(2)气球上升到180m过程中克服空气阻力所做的功；
(3)气球上升到180m过程中所用时间是多少？
【答案】(1)F浮=4830N (2)Wf=35650J (3)t=46s
【解析】
【分析】
气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；根据动能定理求解阻力功；根据动量定理求解时间．
【详解】（1）分析刚开始运动时气球受力，由牛顿第二定律可得：
F浮-mg=ma
代入数据得：F浮=4830N
（2）已知上升高度h=180m，由动能定理得：
解得
代入数据得：Wf=35650J
（3）设上升180m过程所用时间为t，由动量定理得：
其中v=5m/s
I浮=F浮t, IG=-mgt
联立以上各式：t=46s
【点睛】本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据牛顿第二定律列式求解．第3问中用动量定理求解很方便快捷.
18.如图所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为h＝0.6 m，A、B两点间的水平距离为L＝0.8 m，轨道边缘B处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且m1＝2.0 kg，m2＝0.4 kg. 开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后P沿水平桌面滑行x＝1. 25 m停止．已知P与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2．求：
（1）物体P经过A点时的速度大小；
（2）在物体P从B点运动到A点的过程中，物体Q重力势能的改变量；
（3）弯曲轨道对物体P摩擦力所做的功．
【答案】（1）2.5 m/s（2） 4 J （3）Wf＝－0.95 J
【解析】
【详解】(1)在水平轨道上运动过程，根据动能定理得：
解得经过点时的速度为：
(2)由B到的过程中，上升的高度：
Q重力势能的增量：
(3)设经过点时，的运动速度为， 对速度分解如图所示，
则有：
解得：
对与组成系统有：
代入数据解得：
19.倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑．如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处．现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰．已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为，重力加速度为g．求
（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；
（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间距离．
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律：
以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿第二定律：
已知
联立可得：
（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v
这个过程， 4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L，由动能定理，有：
可得：
由于动摩擦因数为，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动；
第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理：
可得：
当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段．由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为，因此到达水平面的时间差也为
所以滑块在水平面上的间距为
联立解得
20.利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处．如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v＝4m/s．B、C分别是传送带与两轮的切点，相距L＝6.4m．倾角也是的斜面固定于地面且与传送带上的B点良好对接．一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m＝1kg的工件（可视为质点）．用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B点时速度v0＝8m/s，A、B间的距离x＝1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C点即为运送过程结束．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）工件沿传送带由B点上滑到C点所用的时间；
（3）工件沿传送带由B点上滑到C点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量．
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J
【解析】
【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：
解得：Ep＝42J
（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1，由牛顿第二定律得：
解得：a1＝10m/s2
工件与传送带共速需要时间为：
解得：t1＝0.4s
工件滑行位移大小：
解得：
因为，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a2，则有：
解得：a2＝2m/s2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：
解得：t2＝2s
工件滑行位移大小为：
解得：x2＝4m
工件运动到C点时速度恰好为零，故假设成立．
工作在传送带上上滑的总时间为：t＝t1+t2＝2.4s
（3）第一阶段：工件滑行位移为：x1＝2.4m．
传送带位移，相对位移为：．
摩擦生热为：
解得：Q1＝3.2J
第二阶段：工件滑行位移为：x2＝4m，
传送带位移为：
相对位移为：
摩擦生热为：
解得：Q2＝16J
总热量为：Q＝19.2J．
物理试卷
一、选择题
1.如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中错误的是( )
A. 弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B. 小球斜上抛运动过程中处于失重状态
C. 小球压缩弹簧的过程中，小球减小的动能等于弹簧增加的势能
D. 若抛射点向右移动一小段距离，仍使小球水平进入圆筒中，可以增大抛射速度v0，同时增大抛射角θ
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知，小球到达圆筒时速度为v0cosθ，动能转化为弹性势能，故A错误；C正确；小球斜上抛运动过程中处于超重状态，所以B错误；由于竖直方向高度不变，小球运动时间不变，竖直方向速度v0sinθ=gt，可以增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ，故D错误．
2.甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图所示．已知t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等．下列判断正确的是( )
A. 最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反
B. t=3s时，乙的位置坐标为－9m
C. 乙经过原点时的速度大小为m/s
D. t=10s时，两车相遇
【答案】D
【解析】
【详解】因x-t图像的斜率等于速度，由图像可知最初的一段时间内，甲、乙图像的斜率符号相同，则运动方向相同，选项A错误；t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，则此时乙的速度为6m/s，则乙的加速度为，则此时乙的位置坐标为，选项B错误；乙经过原点时的速度大小为，选项C错误；两车相遇时：，即，解得t=10s，选项D正确.
3.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上．现向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态．下列判断正确的是（ ）
A. c对b的摩擦力可能减小
B. 地面对c的支持力可能增大
C. 地面对c的摩擦力可能不变
D. 弹簧的弹力可能增大
【答案】A
【解析】
【详解】盒子a受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A正确；对a分析可知，a处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，绳子的张力变大；对b与c整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对c的支持力一定减小，摩擦力一定变大，故BCD错误．
4.如图所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大水平拉力作用．A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示、已知物块A的质量 m=3kg，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
A. 两物块间的动摩擦因数为0.2
B. 当0
【答案】AB
【解析】
【详解】A.当F=12N时，A、B间刚开始相对滑动，两者间的静摩擦力f1达到最大值，即=6N，解得：=0.2，故A正确；
B.当0＜F＜4N时，B与地面间的摩擦力逐渐变大，A、B间的摩擦力始终为零，A、B都没有被拉动，A、B保持静止，故B正确；
C.当4N＜F＜12N时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力不变，B已经拉动了，A、B保持相对静止，故C错误；
D.当F＞12N时，A、B间相对滑动，摩擦力大小不变，A做匀加速运动，速度增大，但与F增大无关，故D错误．
5.一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0°-90°之间任意凋整设物块沿木板向上能达到的最大位移为x．木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．(g取10m/s2)则下列说法正确的是
A. 小铁块与木板间的动摩擦因数为
B. 小铁块初速度的大小是5m/s
C. 沿倾角为30°和90上滑时，物块运动到最大位移的时间不同
D. 当α=0时，x=m
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB．当，竖直上抛运动，x=1.25m，根据运动学方程得：，解得；当，x=1.25m，根据速度位移关系：，有，而解得：，AB正确
C．因为30°和90°对应的加速度均为，根据，运动到最高点时间相同，C错误
D．当角度等于0时，，根据，求得x=m，D正确
6.“鹊桥”号是世界首颗运行于地月拉格朗日L2点附近的中继通信卫星，如图它以地月连线为轴做圆周运动，同时随月球绕地球运转．已知地球质量为M，月球质量为m，月球的轨道半径为r，公转周期为T，引力常数为G；当卫星处于地月拉格朗日点L1或L2时，都能随月球同步绕地球做圆周运动．则以下说法正确的是
A. “鹊桥”号仅受月球引力作用
B. 在L2点工作的卫星比在L1点工作的卫星的线速度大
C. 在拉格朗日L1点工作的卫星，受到地球的引力一定大于月球对它的引力
D. 拉格朗日L2点与地心的距离为
【答案】BC
【解析】
【详解】鹊桥”号同时受到地球和月球的引力作用，选项A错误；在L2点工作的卫星与在L1点工作的卫星具有相同的角速度，则在L2点工作的卫星比在L1点工作的卫星的线速度大，选项B正确；在拉格朗日L1点工作的卫星，受到的合外力方向指向地球，则受地球的引力一定大于月球对它的引力，选项C正确；对月球：，解得，可知拉格朗日L2点与地心的距离大于，选项D错误.
7.质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x图象如图所示．且4～5m内物体匀速运动．x=7m时撤去外力，取g=10m/s2，则下列有关描述正确的是（ ）
A. 物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B. 撤去外力时物体的速度为m/s
C. x=3m时物体的速度最大
D. 撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图象知4~5m内外力恒定，又物体匀速运动，由
知动摩擦因数为0.3，故A不符合题意；
B. 前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且F−x图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理
解得，故B符合题意；
C. 由图知前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故C不符合题意；
D. 撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有
解得，故D不符合题意．
8.如图所示，从地面上处竖直向上抛一质量为的小球，小球上升到点时的动能与小球上升到最高点后返回至点时的动能相等，点离地面高度为，点离地面高度为．空气阻力，大小不变，重力加速度为，则（ ）
A. 小球上升的最大高度为
B. 小球上升的最大髙度为
C. 小球下落过程中从点到点动能的增量为
D. 小球下落过程中从点到点动能的增量为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB.设小球由B点再上升到达最高点，对小球上升到B点与返回至C点之间的过程由动能定理得，，解得，所以小球上升的最大高度，选项A不符合题意，选项B符合题意；
CD.下落过程中小球从B点到C点动能的增量，选项C符合题意，选项D不合题意．
9.冰壶比賽是在水平冰面上进行的体有项目．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰而间的动摩擦因数减小．在某次训练中，运动员两次以相同的速度推出冰壶，第一次，在冰壶滑行至10m处擦冰2m，冰壶从推出到停止滑行的距离为25m，滑行时间为8s，第二次在冰壶滑行至15m处擦冰2m，冰壶整个过程滑行的距离为滑行时间为t，则
A. x=25m B. x<25m C. t<8s D. t>8s
【答案】AD
【解析】
【详解】两种情况下，初速度相同，在擦冰处匀速运动的位移相同，减速运动的位移也相同，所以总位移相同，速度时间图象如图所示：
根据图象可知，t＞8s．故选AD．
10.如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动．若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg.设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，则
A. W=2mgR B. W=mgR C. 3mg
【解析】
【分析】
做圆周运动的物体的向心力由合外力来提供，结合整个过程中能量守恒的思想，分析摩擦力在上升和下降过程中等高处的大小关系（滑动摩擦力的影响因素）来分析上升和下降过程摩擦力做功的大小关系，以及取值范围的问题用极端思想
【详解】AB．小球沿筒壁做圆周运动，先后两次在最低点受到筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg，对小球进行受力分析，先后两次所受的合外力分别为9mg和7mg，方向指向圆心．设小球先后两次经过最低点得速率分别为和，根据合外力提供做圆周运动的向心力得：和； 小球在整个过程中，由动能定理得：；综合上面几个式子解得 W=mgR，故A错B对；
CD．由于小球在筒壁上运动时受到滑动摩擦力，在粗糙程度相同得情况下，小球对筒壁得压力越大，摩擦力就越大；小球运动一周得过程中，因克服摩擦力做功，使得小球机械能减小，在上升和下降过程中等高处，上升时摩擦力较大，而下降时的摩擦力较小，则上升时克服摩擦力做功，下降时小于；设小球上升到最高点时的速度为，筒壁对小球的弹力满足：，再由能量守恒：，解得；小球上升到最高点时的速度为，筒壁对小球的弹力满足：，假设小球到达最高点时克服摩擦力做功为W=mgR，由能量守恒：，解得，实际上小球下落时也要克服摩擦力做功，因而上升过程中克服摩擦力做功小于W的，则有，故C错D对
故选BD
【点睛】
此题考查知识点综合性强而且非常灵活，需要对所学知识有很好的掌握，如谁来提供向心力；滑动摩擦力的影响因素及做功问题；能量守恒的思想的运用；特殊条件下的取值范围问题等
11.如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率顺时针运行．现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是
A. 在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2
B. 在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量
C. 在t1+ t2时间内传送带对物块做的功等于mgL sinθ+mv2
D. 在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgLsinθ+mv2的电能
【答案】BC
【解析】
【详解】A. 由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误；
B. 在t1时间内，物块相对传送带的位移，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确；
C. 由能量关系可知，在t1+ t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增量，即mgL sinθ+mv2，选项C正确；
D. 在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗 mgL1sinθ+mv2+Q，由选项B可知：mgL1sinθ+mv2=Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sinθ+mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sinθ；则在t1+t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗 2mgL1sinθ+mv2+mgL2sinθ=mg(L+L1)sinθ+mv2的电能，选项D错误；
12.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t，恒力F做功20J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是
A. 物体回到出发点时的机械能是20J
B. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是2 mgvsinθ/3
C. 在撤去力F前的瞬时，力F的功率大小是4 mgvsinθ/3
D. 在此运动过程中物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方，物体的机械能先增加后减少
【答案】AB
【解析】
【详解】根据功能关系可知，除了重力之外的力对物体做正功时，物体的机械能就要增加，增加的机械能等于外力F做功的大小，由于拉力F对物体做的功为20J，所以物体的机械能要增加20J，撤去拉力之后，物体的机械能守恒，所以当回到出发点时，所有的能量都转化为动能，所以动能为20J，重力势能为0，所以物体回到出发点时的机械能是20J，故A正确．设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为：和，这两个过程的位移大小相等，方向相反，取沿斜面向上为正方向，则有：，得：；因为物体做匀加速直线运动，初速度为0，由牛顿第二定律可得，，撤去恒力F后是匀变速运动，且加速度为，联立上两式得：，设刚撤去拉力F时物体的速度大小为，则有：，对于从撤去到返回的整个过程，有：，解得：，所以在撤去力F前的瞬间，力F的功率：，故B正确，C错误；撤去力F后的位置到最高点，动能减小，重力势能增大，动能与势能相等的位置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去力F之前的某位置，物体的机械能一直增大，故D错误；故选AB．
【点睛】根据功能原理求物体回到出发点时的机械能．根据物体的运动的特点，在拉力F的作用下运动时间t后，撤去拉力F之后又运动时间t返回出发点，根据物体的这个运动过程，列出方程可以求得拉力的大小和撤去拉力时物体的速度的大小，从而可以求得拉力F的功率．由高度的变化分析重力势能的变化．分析物体的速度变化，判断动能的变化情况．
13.质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切线水平．质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1：3，则m：M的值为( )
A. 1：3 B. 3：5 C. 3：1 D. 5：3
【答案】B
【解析】
【详解】设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：
mv0=Mv1-mv2
对整体有机械能守恒定律可得：
联立解得：
A. 1：3与分析不符，故A项错误；
B. 3：5与分析相符，故B项正确；
C. 3：1与分析不符，故C项错误；
D. 5：3与分析不符，故D项错误．
14.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）
A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为
D. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有：
解得，A正确；
B．滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为，B正确；
C．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于，C错误；
D．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
联立解得，D正确。
故选ABD。
15.如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速．此过程中A、B系统生热为Q，则( )
A. 若，A、B系统生热为
B. 若，A、B相对运动时间为
C. 若，B经历t0时间的位移为
D. 若，A经历到达木板右端
【答案】AC
【解析】
【详解】当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′，代入数据得：v′=0.5v0．由能量守恒定律得：Q=mv02-×2mv′2=mv02．若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m•=2mv′得：v′=v0．系统生热：，选项A正确；当v=v0时，对B，由动量定理得：ft0=mv′可得：；若，根据动量守恒定律得得：．对B，由动量定理得： ，可得：，选项B错误； 若v=v0，则由A选项的分析可知：fL=Q=mv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m•2v0=mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q．根据能量守恒定律得：．结合上面解答有：Q=mv02．对B，由动量定理得：ft=mvB-0；联立解得：，（另一值不合理舍去），，故D错误.
二、填空题
16.用如图所示的实验装置验证ml、m2组成的系统机能守恒．m2从高处由静止开始下落，ml上拖着的纸带打出一系列的点．对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离s1=38.40 cm、s2=21.60 cm、s3=26.40 cm、s4=31.21 cm、s5=36.02 cm，如图所示，己知ml=50g、m2=150g，频率为50Hz，则（g取9.8 m/s2，结果保留两位有效数字）
（1）由纸带得出ml、m2运动的加速度大小为a=___m/s2，在纸带上打下计数点5时的速度v5=__m/s；
（2）在打点0~5过程中系统动能的增量△Ek=___J，系统势能的减少量△Ep=___J；
（3）若某同学根据实验数据作出的-h图象如图，当地的实际重力加速度g=___m/s2．
【答案】 (1). 4.8 (2). 2.4 (3). 0.58 (4). 0.59 (5). 9.7
【解析】
【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，则有：
代入数据解得：m/s2；
[2] 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的顺所受的求出计数点5的瞬时速度，则有：
代入数据解得：m/s；
（2）[3]系统增加的动能
J
[4]系统重力势能的减小量
J
（3）[5]根据
得
则图线的斜率
解得
m/s2
三、计算
17.如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始由静止竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，恰以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，空气阻力F阻=Kv（K为比例系数），上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．试计算：
(1)气球受到浮力的大小；
(2)气球上升到180m过程中克服空气阻力所做的功；
(3)气球上升到180m过程中所用时间是多少？
【答案】(1)F浮=4830N (2)Wf=35650J (3)t=46s
【解析】
【分析】
气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；根据动能定理求解阻力功；根据动量定理求解时间．
【详解】（1）分析刚开始运动时气球受力，由牛顿第二定律可得：
F浮-mg=ma
代入数据得：F浮=4830N
（2）已知上升高度h=180m，由动能定理得：
解得
代入数据得：Wf=35650J
（3）设上升180m过程所用时间为t，由动量定理得：
其中v=5m/s
I浮=F浮t, IG=-mgt
联立以上各式：t=46s
【点睛】本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据牛顿第二定律列式求解．第3问中用动量定理求解很方便快捷.
18.如图所示，AB为一段弯曲轨道，固定在水平桌面上，与水平桌面相切于A点，B点距桌面的高度为h＝0.6 m，A、B两点间的水平距离为L＝0.8 m，轨道边缘B处有一轻、小定滑轮，一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q，挂在定滑轮两边，P、Q可视为质点，且m1＝2.0 kg，m2＝0.4 kg. 开始时P、Q均静止，P紧靠B点，P释放后沿弯曲轨道向下运动，运动到A点时轻绳突然断开，断开后P沿水平桌面滑行x＝1. 25 m停止．已知P与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2．求：
（1）物体P经过A点时的速度大小；
（2）在物体P从B点运动到A点的过程中，物体Q重力势能的改变量；
（3）弯曲轨道对物体P摩擦力所做的功．
【答案】（1）2.5 m/s（2） 4 J （3）Wf＝－0.95 J
【解析】
【详解】(1)在水平轨道上运动过程，根据动能定理得：
解得经过点时的速度为：
(2)由B到的过程中，上升的高度：
Q重力势能的增量：
(3)设经过点时，的运动速度为， 对速度分解如图所示，
则有：
解得：
对与组成系统有：
代入数据解得：
19.倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑．如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处．现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰．已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为，重力加速度为g．求
（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；
（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间距离．
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律：
以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿第二定律：
已知
联立可得：
（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v
这个过程， 4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L，由动能定理，有：
可得：
由于动摩擦因数为，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动；
第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理：
可得：
当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段．由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为，因此到达水平面的时间差也为
所以滑块在水平面上的间距为
联立解得
20.利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处．如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v＝4m/s．B、C分别是传送带与两轮的切点，相距L＝6.4m．倾角也是的斜面固定于地面且与传送带上的B点良好对接．一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m＝1kg的工件（可视为质点）．用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B点时速度v0＝8m/s，A、B间的距离x＝1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C点即为运送过程结束．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）工件沿传送带由B点上滑到C点所用的时间；
（3）工件沿传送带由B点上滑到C点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量．
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J
【解析】
【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：
解得：Ep＝42J
（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1，由牛顿第二定律得：
解得：a1＝10m/s2
工件与传送带共速需要时间为：
解得：t1＝0.4s
工件滑行位移大小：
解得：
因为，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a2，则有：
解得：a2＝2m/s2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：
解得：t2＝2s
工件滑行位移大小为：
解得：x2＝4m
工件运动到C点时速度恰好为零，故假设成立．
工作在传送带上上滑的总时间为：t＝t1+t2＝2.4s
（3）第一阶段：工件滑行位移为：x1＝2.4m．
传送带位移，相对位移为：．
摩擦生热为：
解得：Q1＝3.2J
第二阶段：工件滑行位移为：x2＝4m，
传送带位移为：
相对位移为：
摩擦生热为：
解得：Q2＝16J
总热量为：Q＝19.2J．
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