A B C D
【答案】D
【解析】滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功，即上升阶段E＝E0－F阻
，下降阶段E＝E′0－F阻
，由此可知重力势能与高度关系是一条直线，机械能与高度关系是两条直线，故A、B错误；动能的变化量等于外力的总功，上升阶段－mgh－F阻
＝EA－E0，下降阶段mgh－F阻
＝EA－E′0，故C错误，D正确．
4、有一条长为2m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10m/s2）（ ）
A．2.5m/sB．
m/sC．
m/sD．
m/s
【答案】AB [链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E＝Ep＋Ek＝－
×2mg×
sinθ－
×2mg×
＋0＝－
mgL（1＋sinθ）
链条全部滑出后，动能为
E′k＝
×2mv
2
重力势能为E′p＝－2mg
由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p
即－
mgL（1＋sinθ）＝mv2－mgL
解得v＝
＝
m/s，
故B正确，A、C、D错误。
]
5、用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种（ ）
A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零
B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功
C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零
D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功
【答案】C [物体匀速上升，重力方向与位移方向相反，重力做负功，拉力竖直向上，拉力方向与位移方向相同，拉力做正功，物体做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，则合力做功为零，故A、B、D错误，C正确。
]
6、如图是一种工具——石磨，下面磨盘固定，上面磨盘可绕过中心的竖直转轴，在推杆带动下在水平面内转动．若上面磨盘直径为D，质量为m且均匀分布，磨盘间动摩擦因数为μ.若推杆在外力作用下以角速度ω匀速转动，磨盘转动一周，外力克服磨盘间摩擦力做功为W，则（ ）
A．磨盘推杆两端点的速度相同
B．磨盘边缘的线速度为ωD
C．摩擦力的等效作用点离转轴距离为
D．摩擦力的等效作用点离转轴距离为
【答案】D 磨盘推杆做圆周运动，各点角速度相等，推杆两端点的速度大小相等，方向相反，A选项错误；磨盘边缘做圆周运动的轨道半径为
D，边缘的线速度为
ωD，B选项错误；设摩擦力的等效作用点离转轴距离为L，摩擦力做的功为W＝μmg·2πL，解得，L＝
，C选项错误，D选项正确．
7、如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x0＝3m，质量m＝3kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。
当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F（图中未画出），取g＝10m/s2。
若F＝10N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离x为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）
A．5.7mB．4.7mC．6.5mD．5.5m
【答案】B [小物块在斜面上受力如图所示，从A点开始沿ABC路径运动到C点停止过程中，由动能定理可得：
Fx0cosθ＋mgx0sinθ－Ffx0－μmgx＝0
Ff＝μFN
FN＋Fsinθ＝mgcosθ
代入数据解得：
x＝4.7m。
故选项B正确。
]
*8、如图位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，∠COD=∠DOE=30°，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C飞出后能无碰撞地从E进入左侧轨道，重力加速度为g。
下列说法正确的是（ ）
A.小球通过最高点的速度大小为
B.小球通过C点时速度大小为
C.小球从C点运动到最高点的时间为
D.A点距地面的高度为
R
【答案】选D。
*9、半径为R的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上A、B两点并处于静止状态，A、B连线过圆心且与竖直方向成37°角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速度从零不断增大，则下列说法正确的是（ ）
A．小环与大环之间动摩擦因数μ≥0.75
B．B处的小环先相对大环开始滑动
C．两小环的高度最终都将升高
D．只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功
【答案】A
【解析】小环A与小环B最初都静止，可知mgsin37°≤μmgcos37°，即μ≥tan37°＝0.75，故A正确；若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转，假设环A和环B与大环保持相对静止，对环A沿水平方向有fAcosθ－NAsinθ＝mrω2，对环B沿水平方向有NBsinθ－fBcosθ＝mrω2，随着角速度的不断增大，A所受摩擦力越来越大，B所受摩擦力越来越小，后反向增大，因此A受到的静摩擦力会先达到最大，即A先相对大环开始滑动，B错误；若两小环相对大环运动，则环A高度会降低，环B高度会升高，C错误；尽管小环不发生相对滑动，但随着大环角速度的不断增大，小环的动能也会不断增大，因此大环对小环会做正功，D错误．
*10、如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长，原长为h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零。
则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内），下列说法中正确的是（ ）
A．圆环的机械能守恒
B．圆环的机械能先增大后减小
C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mgh
D．橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大
【答案】AC [圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环滑到杆的底端时动能为零，重力势能减小了mgh，即圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次恢复原长时，该过程中圆环动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故D错误。
]
11、.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。
已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。
重力加速度大小为g，则N1－N2的值为（ ）
A．3mgB．4mgC．5mgD．6mg
【答案】D [设小球在最低点时速度为v1，在最高点时速度为v2，根据牛顿第二定律有，在最低点：
N1－mg＝m
，在最高点：
N2＋mg＝m
；从最高点到最低点，根据机械能守恒有mg·2R＝
mv
－
mv
，联立可得：
N1－N2＝6mg，故选项D正确。
]
12、如图所示，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（ ）
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
【答案】D [运动员的加速度大小为
g，小于gsin30°＝
g，所以其必受摩擦力，且大小为
mg，克服摩擦力做的功为
mg×
＝
mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有
mgh转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为
mg×
＝
mgh，故B错。
]
二、非选择题
1、如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动．到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H＝75m，当落到离地面h＝30m的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m＝6kg的书包放在自己的腿上．（g取10m/s2），不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．
（1）当座舱落到离地面h1＝60m和h2＝20m的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；
（2）若环形座舱的质量M＝4×103kg，求制动过程中机器输出的平均功率．
【答案】
（1）零 150N
（2）1.5×106W
解析：
（1）分析题意可知，座舱在离地面h＝30m的位置时开始制动，说明座舱离地面60m时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，书包对该同学腿部的压力为零．
座舱落到离地面20m高时，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，
F2－mg＝ma.
座舱下落45m时开始制动，此时速度为v.
v2＝2g（H－h）．
座舱到地面时刚好停下，v2＝2ah.
联立解得，F＝150N.
根据牛顿第三定律可知，该同学腿部受到的压力为150N.
（2）制动过程中，座舱所受的制动力为F0，经历的时间为t，
根据运动学公式可知，t＝
.
根据牛顿第二定律，对座舱有，F0－Mg＝Ma.
座舱克服制动力做功W＝F0h.
机器输出的平均功率P＝
.
联立解得，P＝1.5×106W.
2、如图甲所示，一质量为m＝1kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，质量为M＝2kg的小物块B以初速度v0＝3m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞．木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触．木板A在0～0.8s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g＝10m/s2，求：
甲 乙
（1）t＝0时刻木板的右端到墙的距离L以及t＝0.4s时刻B的速度大小；
（2）A、B间发生相对滑动过程中各自加速度大小；
（3）从t＝0至A于强第5次碰前，A、B组成的整体因摩擦产生的总热量．
【答案】
（1）0.16m 2.6m/s
（2）2m/s2 1m/s2 （3）8.97J
【解析】
（1）由图乙，t1＝0.4s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度vA1＝0.8m/s
T＝0时刻木板的右端到墙的距离为L＝
vA1t1
解得L＝0.16m
A与墙第一次碰撞前，对A、B由动量守恒定律可得
Mv0＝MvB1＋mvA1
解得vB1＝2.6m/s.
（2）只要A与墙壁碰前A、B未达到共同速度，A就在0～L之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为vA1
B的加速度aB＝
＝1m/s2
A的加速度大小aA＝
＝2m/s2.
（3）设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度v1，以向右为正，对B：
v1＝v0－aBt
对A：
v1＝aA（t－2nt1），n＝1,2,3，…
联立解得v1＝
第一次到达共同速度v1应满足0≤v1≤vA1
联立解得2.25≤n≤3.75
故n＝3，v1＝0.4m/s
设第4次碰撞后可能的共同速度为v2，对A、B系统由动量守恒定律可得Mv1－mv1＝（M＋m）v2
得v2＝
v1
因为v2对A、B整体，由能量守恒定律
Q＝
Mv
－
（M＋m）v
解得Q＝8.97J.
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