对全过程由动能定理得：

mgsinθ·x_AB－μmgcosθ·(2x+x_AB)＝0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由①②得：x_AB＝.

答案：

14．(12分) (2010·连云港模拟)一劲度系数k＝800 N/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12 kg的物体A、B，将它们竖直静止放在水平面上，如图14所示．现将一竖直向上的变力F作用在A上，使A开始向上做匀加速运动，经0.40 s物体B刚要离开地面．g＝10.0 m/s²，试求：

(1)物体B刚要离开地面时，A物体的速度v_A；　　　　　　　　　　　　　　 图14

(2)物体A重力势能的改变量；

(3)弹簧的弹性势能公式：E_p＝kx²，x为弹簧的形变量，则此过程中拉力F做的功为多少？

解析：(1)开始时m_Ag＝kx₁

当物体B刚要离地面时kx₂＝m_Bg

可得：x₁＝x₂＝0.15 m

由x₁+x₂＝at²

v_A＝at

得：v_A＝1.5 m/s.

(2)物体A重力势能增大，

ΔE_pA＝m_Ag(x₁+x₂)＝36 J.

(3)因开始时弹簧的压缩量与末时刻弹簧的伸长量相等，对应弹性势能相等，由功能关系可得：

W_F＝ΔE_pA+m_Av_A²＝49.5 J.

答案：(1)1.5 m/s　(2)36 J　(3)49.5 J

13．(10分)如图13所示，质量为m的物体从倾角为θ的斜面上的A点以速度v₀

沿斜面上滑，由于μmgcosθ＜mgsinθ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下

滑到B点时，速度大小恰好也是v₀，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求

AB间的距离．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　图13

解析：设物体m从A点到最高点的位移为x，对此过程由动能定理得：

12．(9分)某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：

①用天平测出电动小车的质量为0.4 kg；

②将电动小车、纸带和打点计时器按如图11所示安装；

图11

③接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)；

④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源．待小车　　

静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)．

在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图12甲、乙所示，图中O点是打点

计时器打的第一个点．

图12

请你分析纸带数据，回答下列问题：

(1)该电动小车运动的最大速度为________m/s；

(2)该电动小车运动过程中所受的阻力大小为________ N；

(3)该电动小车的额定功率为________W.

解析：(1)速度恒定时

v＝＝ m/s＝1.50 m/s.

(2)匀减速运动阶段

a＝≈－4.00 m/s²

F_f＝ma＝－1.60 N

(3)F＝－F_f

电动小车的额定功率

P＝Fv＝1.60×1.50 W＝2.40 W.

答案：(1)1.50　(2)1.60　(3)2.40

11．(9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，若重物质量为0.50 kg，选择好的纸带如图10所示，O、A之间有几个点未画出．已知相邻两点时间间隔为0.02 s，长度单位是 cm，g取9.8 m/s².则打点计时器打下点B时，重物的速度v_B＝________m/s；从起点O到打下点B的过程中，重物重力势能的减少量ΔE_p＝________J，动能的增加量ΔE_k＝________J．(结果保留三位有效数字)

图10

解析：v_B＝m/s≈0.973 m/s

动能的增量ΔE_k＝mv_B²＝×0.5×0.973²≈0.237 J

重力势能的减少量ΔE_p＝mgh_B＝0.5×9.8×4.86×10^－2 J≈0.238 J.

答案：0.973　0.238　0.237

10．如图9所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从　

底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60

J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以地面为零势

能点，则下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　 (　)　　　 　图9

A．物体回到出发点时的动能是60 J

B．开始时物体所受的恒力F＝2mgsinθ

C．撤去力F时，物体的重力势能是45 J

D．动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置

解析：由功能关系可知，前一个时间t内，力F做的功等于此过程中物体机械能的增量，也等于前一个时间t末时刻物体的机械能；撤去外力F后，物体的机械能守恒，故物体回到出发点时的动能是60 J，A正确；设前一个时间t末时刻物体速度为v₁，后一个时间t末时刻物体速度为v₂，由t＝t(两段时间内物体位移大小相等)得：v₂＝2v₁，由mv₂²＝60 J知，mv₁²＝15 J，因此撤去F时，物体的重力势能为60 J－15 J＝45 J，C正确；动能和势能相同时，重力势能为30 J，故它们相同的位置一定在撤去力F之前的某位置，D正确；由＝，＝可得：F＝mgsinθ，故B错误．

答案：ACD

9.静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为　

F₁、F₂、F₃的拉力作用做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象

如图8所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下

列判断正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　) 　　　　　图8

A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功

B．全过程拉力做的功等于零

C．一定有F₁+F₃＝2F₂

D．有可能F₁+F₃＞2F₂

解析：由动能定理知A正确，B错误．第1 s内F₁－μmg＝ma,1 s末至3 s末，F₂＝μmg，

第4 s内，μmg－F₃＝ma，所以F₁+F₃＝2F₂，故C正确，D错误．

答案：AC

8. (2009·山东高考)如图7所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是(　)

图7

A．m＝M

B．m＝2M

C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性

势能

解析：自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有：

(m+M)gh＝(m+M)gμcos30°·+E_弹 ①

在木箱反弹到轨道顶端的过程中，由能量守恒有：

E_弹＝Mgμcos30°·+Mgh　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

联立①②得：m＝2M，A错误，B正确．

下滑过程中：

(M+m)gsinθ－(M+m)gμcosθ＝(M+m)a₁ ③

上滑过程中：Mgsinθ+Mgμcosθ＝Ma₂ ④

解之得：a₂＝g(sinθ+μcosθ)＞a₁＝g(sinθ－μcosθ)，

故C正确．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D错误．

答案：BC

7. (2010·南京模拟)半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在　

圆桶的最低点，如图6所示．小车以速度v向右匀速运动，当小车遇

到 障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度可能是(　)

A．等于　　　　　　　　 　B．大于　　　　　　　　 图6

C．小于 　　　　　　　　　　　　　D．等于2R

解析：小球沿圆桶上滑机械能守恒，由机械能守恒分析知A、C、D是可能的．

答案：ACD

6．带电荷量为+q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如图5所示)，电场强度为E，且qE＜mg，对物体在斜面上的运动，以下说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．滑块将沿斜面减速下滑

B．滑块仍沿斜面匀速下滑　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

C．加电场后，重力势能和电势能之和不变

D．加电场后，重力势能和电势能之和减小

解析：没加电场时，滑块匀速下滑，有：mgsinθ＝μmgcosθ，加上电场后，因(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑块仍匀速下滑，B正确．加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确．

答案：BD

5．如图4甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s².则以下判断正确的是 (　)

图4

A．小环的质量是1 kg

B．细杆与地面间的倾角是30°

C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W

D．前3 s内小环机械能的增加量是6.75 J

解析：设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1 s内的加速度a＝ m/s²＝0.5 m/s²，由牛顿第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝1 kg，A正确；sinα＝0.45，B错误；分析可得前3 s内拉力F的最大功率以1 s末为最大，P_m＝Fv＝5×0.5 W＝2.5 W，C错误；前3 s内小环沿杆上升的位移x＝×1 m+0.5×2 m＝1.25 m，前3 s内小环机械能的增加量ΔE＝mv²+mgxsinα＝5.75 J，故D错误．

答案：A