解析：
滑块在运动过程中，绳中张力始终不变，而竖直向上的拉力在逐渐减小，故加速度在逐渐减小，动能的变化量在减小，因此，一定有W1>W2，选A.
答案：
A
8．（2020·山东泰安）如图4，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是（设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0）（ ）
图4
A．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为h
B．若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点
C．若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高h
D．若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h
解析：
光滑斜面，系统机械能守恒，若把斜面CB部分截去，物体从A点运动到C点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到h高度．而变成曲面AEB及从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体到达最高点速度都可达到零，物体可达最大h高度，而沿弯成圆弧形AD，物体做圆周运动，到达最高点需有个最小速度故选项BD正确．
答案：
BD
图5
9．（2020·山东理综）如图5所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平，用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面）在此过程中（ ）
A．物块的机械能逐渐增加
B．软绳重力势能共减少了
mgl
C．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功
D．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和
解析：
取斜面最高点为参考面，软绳重力势能减少量ΔEp绳＝mg·
－mg·
·sin30°＝
mgl，选项B正确；物块向下运动，对物块，除重力以外，绳拉力对物块做负功，物块机械能减小，选项A错误；设W克为软绳克服摩擦力做的功，对系统由功能原理得ΔEp绳＋ΔEp物＝
mv2＋
m物v2＋W克，又因为ΔEp物>
m物v2，故选项C错而D对．
答案：
BD
图6
10．（2020·山东理综）图6所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．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（ ）
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：
弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，由功能关系，得：
下滑过程：
（M＋m）gh－μ（M＋m）gcosθ
＝Ep
上滑过程：
Ep＝Mg·h＋μMgcosθ·
解得m＝2M，故选项A错B对；
上滑时加速度：
a上＝gsinθ＋μgcosθ
下滑时加速度：
a下＝gsinθ－μgcosθ
故选项C正确；
由能量守恒定律得，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，选项D错误．
答案：
BC
第Ⅱ卷（非选择题，共60分）
二、填空题（本题共2小题，每题8分，共16分）
图7
11．（2020·全国Ⅱ理综）利用图7所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落．打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．
（1）为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有______．（填入正确选项前的字母）
A．天平 B．秒表
C．米尺
（2）若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：
________.
解析：
（1）由Δs＝aT2可知为测重物的加速度a，需要用米尺测量相邻计数点间的距离，选项C正确．
（2）从产生加速度的原因即受力的角度思考误差原因．
答案：
（1）C
（2）打点计时器与纸带间存在摩擦
12．某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如图8，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．
图8
（1）除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电源（填“交流”或“直流”）．
（2）实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是______．
A．放开小车，能够自由下滑即可
B．放开小车，能够匀速下滑即可
C．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可
D．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可
（3）若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是________．
A．橡皮筋处于原长状态
B．橡皮筋仍处于伸长状态
C．小车在两个铁钉的连线处
D．小车已过两个铁钉的连线
（4）在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量（根据下面所示的纸带回答）．
图9
解析：
（3）因为木板水平放置，故摩擦力没有被平衡掉，当小车速度最大时，F弹＝f，故橡皮筋仍有弹力，处于伸长状态．
答案：
（1）交流
（2）D （3）B （4）GK
三、计算题（本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）
13．质量为500t的火车，以恒定功率沿平直轨道行驶，在3min内行驶1.45km，速度由18km/h增加到最大速度54km/h，求火车的功率（g＝10m/s2）．
解析：
由于整个过程中火车所受的牵引力不是恒力，因此加速度不是恒量，运动学中匀变速直线运动公式不能用．可以由动能定理得W牵＋W阻＝
mvm2－
mv2①
其中W阻＝－Ffx，W牵是一个变力的功，但因该力的功率恒定，故可用W牵＝Pt计算．
这样①式变为Pt－Ffx＝
mvm2－
mv2②
又因达最大速度时F＝Ff，故vm＝
③
联立解得P＝600kW.
答案：
600kW
图10
14．如图10所示，半径R＝0.4m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m＝1kg的小物体（可视为质点）在水平拉力F的作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后做平抛运动，正好落在C点，已知xAC＝2m，F＝15N，g取10m/s2，试求：
（1）物体在B点时的速度大小以及此时半圆轨道对物体的弹力大小；
（2）物体从C到A的过程中，摩擦力做的功．
解析：
（1）设物体在B点的速度为v，由B到C做平抛运动，有2R＝
gt2，xAC＝vt，∴v＝5m/s
由此时受力知FN＋mg＝
，
∴FN＝52.5N.
由牛顿第三定律知，半圆轨道对物体的弹力FN′＝52.5N.
（2）A到B，机械能守恒
mvA2＝
mv2＋2mgR
由C到A应用动能定理可知（F－Ff）xAC＝
mvA2
所以，Wf＝－Ff·xAC＝－9.5J.
答案：
（1）5m/s 52.5N
（2）－9.5J
图11
15．（2020·辽宁大连双基测试）如图11所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
（1）物体A向下运动刚到C点时的速度；
（2）弹簧的最大压缩量；
（3）弹簧中的最大弹性势能．
解析：
（1）A和斜面间的滑动摩擦力f＝2μmgcosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据能量关系有：
2mgLsinθ＋
·3mv02＝
·3mv2＋mgL＋fL，v＝
.
（2）从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，
－f·2x＝0－
×3mv2，x＝
－
.
（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有
Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋fx
因为mgx＝2mgxsinθ
所以Ep＝fx＝
mv02－
μmgL.
答案：
（1）
（2）
－
（3）
mv02－
μmgL
16．（2020·山东理综）如图12所示，某货场需将质量为m1＝100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R＝1.8m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2m，质量均为m2＝100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2）
图12
（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．
（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．
（3）若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．
解析：
（1）设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得
m1gR＝
m1v02①
设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得
FN－m1g＝m1
②
联立①②式，代入数据得
FN＝3000N③
根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．
（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
μ1m1g≤μ2（m1＋2m2）g④
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ1m1g>μ2（m1＋m2）g⑤
联立④⑤式，代入数据得
0．4<μ1≤0.6.⑥
（3）μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1⑦
设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得
v12－v02＝－2a1l⑧
联立①⑦⑧式，代入数据得v1＝4m/s⑨
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得
v1＝v0－a1t⑩
联立①⑦⑨⑩式，代入数据得t＝0.4s⑪
答案：
（1）3000N，方向竖直向下
（2）0.4<μ1≤0.6 （3）4m/s 0.4s
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