一、選擇題(本題共6道小題)
1.如圖所示，一質點在重力和水平恆力作用下，速度從豎直方向變為水平方
向，在此過程中，質點的( )
A.機械能守恆 B.機械能不斷增加
C.重力勢能不斷減小 D.動能先減小後增大
2.圖示軌道是由一直軌道和一半圓軌道組成的，半圓軌道的圓心為O，直徑BOD在豎直方向，最低點B與直軌道平滑連線，一質量為m的小滑塊從距最低點高為h的A處由靜止釋放，不計一切摩擦。則
A. 若滑塊能通過圓軌道的最高點D，則h最小為2.5R
B. 若h=2R，當滑塊到達與圓心等高的C點時，對軌道的壓力為3mg
C. 若h=2R，滑塊會從C、D之間的某個位置離開圓軌道做斜拋運動
D.若要使滑塊能返回到A點，則h≤R
3.我國國產航母遼寧艦將安裝電磁彈射器，其工作原理與電磁炮類似.用強迫儲能器代替常規電源，它能在極短時間內釋放所儲存的電能，由彈射器轉換為飛機的動能而將其彈射出去.如圖所示，是電磁彈射器簡化原理圖，平等金屬導軌與強迫儲能器連線.相當於導體棒的推進器ab跨放在導軌上，勻強磁場垂直於導軌平面，閉合開關S，強迫儲能器儲存的電能通過推進器釋放，使推進器受到磁場的作用力而沿平行導軌向前滑動，推動飛機使飛機獲得比滑躍時大得多的加速度，從而實現短距離起飛的目標.一切摩擦和電阻消耗的能量都不計，對於電磁彈射器，下列說法正確的是()
A. 強迫儲能器上端為正極 B. 平行導軌間距越大，飛機能獲得的加速度越大 C. 強迫儲能器儲存的能量越多，飛機被加速的時間越長 D. 飛機的質量越大，離開彈射器時的動能越大 4.如圖所示，空間有與水平方向成θ角的勻強電場.一個質量為m的帶電小球，用長L的絕緣細線懸掛於O點.當小球靜止時，細線恰好處於水平位置.現用一個外力將小球沿圓弧緩慢地拉到最低點，此過程小球的電荷量不變.則該外力做的功為()
A. mgLcotθ B. mgLtanθ C. D. mgL 5.卡車和拖車質量相同，在恆定的牽引力作用下，由靜止出發前進s後速度為V(阻力不計)，此時拖車突然脫掉，卡車仍在原來牽引力作用下再行s則卡車的速度為()
A. V B. V C. 2V D. 3V 6.在一水平向右勻速運動的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同的`工件.已知工件與傳送帶間動摩擦因數為μ，工件質量為m.經測量，發現後面那些已經和傳送帶達到相同速度的工件之間的距離均為L.已知重力加速度為g，下列判斷正確的有()
A. 傳送帶的速度大小為 B. 工件在傳送帶上加速時間為 C. 每個工件與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為 D. 傳送帶因傳送每一個工件而多消耗的能量為
二、實驗題(本題共2道小題) 78.如圖所示，水平桌面上固定著斜面體A，有小鐵塊B.斜面體的斜面是曲面，由其截面圖可以看出曲線下端的切線是水平的.現提供的實驗測量工具有：天平、直尺. 其它的實驗器材可根據實驗需要自選.現要設計一個實驗，測出小鐵塊B自斜面頂端由靜止下滑到底端的過程中，小鐵塊B克服摩擦力做的功.請回答下列問題：?
(1)除題中供給的器材處，還需要選用的器材是：
____________________________________________________________.
(2)簡要說明實驗中需要測量的物理量(要求在圖上標明)：
_____________________________________________________________.
(3)寫出實驗結果的表示式(重力加速度g已知)：
____________________________________________________________.
三、計算題(本題共3道小題) 9.如圖所示，傾角為θ的斜面上只有AB段粗糙，其餘部分都光滑，AB段長為。有一個質量分佈均勻、長為條狀滑塊，下端距A為，將它由靜止釋放，當滑塊下端運動到A下面距A為時滑塊運動的速度達到最大。
(1)求滑塊與粗糙斜面的動摩擦因數;
(2)將滑塊下端移到與A點重合處，並以初速度釋放，要使滑塊能完全通過B點，試求的最小值
10.如圖所示，一個質量m=1kg的長木板靜止在光滑的水平面上，並與半徑為R=1.8m的光滑圓弧形固定軌道接觸(但不粘連)，木板的右端到豎直牆的距離為s=0.08m;另一質量也為m的小滑塊從軌道的最高點由靜止開始下滑，從圓弧的最低點A滑上木板.設長木板每次與豎直牆的碰撞時間極短且無機械能損失.木板的長度可保證物塊在運動的過程中不與牆接觸.已知滑塊與長木板間的動摩擦因數μ=0.1，g取10m/s2.試求：
(1)滑塊到達A點時對軌道的壓力大小;
(2)當滑塊與木板達到共同速度(v≠0)時，滑塊距離木板左端的長度是多少?
11.如圖所示，一根左側彎成圓弧的光滑細管固定在豎直平面內，圓弧半徑R=0.5m，水平部分足夠長.初始時，一根質量m=1kg、與管道圓弧部分等長的柔軟勻質繩在水平拉力F0作用下靜止在管道中.現將繩子緩慢全部拉入水平管道內，需要拉力F0做功W=1.82J.g取10m/s2，π取3.14.求：
(1)繩子的重心升高了多少?
(2)若在圖示位置撤去拉力，繩子沿細管下落，當其上端離開管道瞬間速度多少?
(3)若在緩慢拉動繩子進入水平管道的很短距離△L內，可認為水平拉力F0保持不變，拉力F0做功等於繩子機械能增加量，則F0的大小為多少?
試卷答案
解析： A、除重力外還有恆力做功，機械能不守恆，故A錯誤;B、除重力做功外，其它力水平恆力對物體做正功，故物體的機械能增加，所以B正確;C、從M到N，物體在豎直方向上上升，故物體的重力勢能不斷增加，故C錯誤;D、因為質點速度方向恰好改變了90°，可以判斷合力方向應為右下方，產生的加速度不變，且與初速度的方向夾角要大於90°小於180°才能出現末速度與初速度垂直的情況，因此恆力先做負功，當達到速度與恆力方向垂直後，恆力做正功，動能先減小後增大，故D正確.故選：BD.
質點從M至N，重力做負功，恆力做正功，合力方向指向右下方，與初速度的方向夾角要大於90°小於180°因此恆力先做負功後做正功，動能先減小後增大.此題需要根據運動情況分析受力情況，進一步分析力的做功問題，從而判斷速度(動能)的變化.
解析：要使物體能通過最高點D，設滑塊通過D點的最小速度為v，則由mg=m可得：v=，由機械能守恆定律可知，mg(h-2R)=mv2，解得h=2.5R，選項A正確;若h=2R，由A至C，由機械能守恆定律可得mg(2R—R)= mvC2，在C點，由牛頓第二定律有N=m，解得N=2mg，由牛頓第三定律可知選項B錯誤;若h=2R，小滑塊不能通過D點，將在C、D中間某一位置開始做斜上拋運動而離開軌道，選項C正確;由機械能守恆可知選項D正確。
3.解：A、推進器受到磁場的作用力而沿平行導軌向前滑動，所以推進器受到向右的安培力，根據左手定則可知，導體棒中的電流方向從下向上，所以強迫儲能器下端為正極，故A錯誤;
B、根據F=BIL可知，當L越大時，安培力越大，則飛機受到的合外力越大，則加速度越大，故B正確;
C、強迫儲能器儲存的能量轉化為飛機的初動能，強迫儲能器儲存的能量越多，飛機的初動能越大，則初速度越大，所以加速度的時間越短，故C錯誤;
D、飛機離開彈射器時的動能由強迫儲能器儲存的能量轉化而來的，與飛機質量無關，故D錯誤.
故選：B
4.解：小球在最高點受力平衡，如圖，根據平衡條件，有：
T=mgcotθ…①
qE=…②
對從最高點到最低點過程運用動能定理得到：
WF+mgL+qE?L?cos(225°﹣θ)=0…③
由②③解得：WF=mgLcotθ
故選：A.
5.解：第一階段，根據動能定理得：Fs=，
第二階段，根據動能定理得：，
聯立兩式解得：.故B正確，A、C、D錯誤.
故選：B.
6.解：A、工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然後做勻速直線運動，每個工件滑上傳送帶後運動的規律相同，可知x=vT，解得傳送帶的速度v=.故A正確.
B、設每個工件勻加速運動的時間為t，根據牛頓第二定律得，工件的加速度為μg，根據v=v0+at，解得：t=.故B錯誤.
C、工件與傳送帶相對滑動的路程為：，
則摩擦產生的熱量為：Q=.故C錯誤.
D、根據能量守恆得，傳送帶因傳送一個工件多消耗的能量E=，在時間t內，傳送工件的個數n=，則多消耗的能量.故D正確.
故選：AD.
7.D
8.(1)重錘線、鋪在地面上的白紙和複寫紙 (2)斜面高度H、桌面高度h，小鐵塊平拋的水平距離S，小鐵塊質量m (3)
9.【知識點】動能定理.E2
【答案解析】(1)(2)解析：：(1)當整體所受合外力零時，整塊速度最大，設整體質量為m，則 得 (2)物塊全部滑上AB部分後，小方塊間無彈力作用，取最上面一小塊為研究物件，設其質量為m0，運動到B點時速度正好減到0，根據動能定理 得
【思路點撥】(1)當整體所受合外力零時，整塊速度最大)物塊全部滑上AB部分後，小方塊間無彈力作用，取最上面一小塊為研究物件，設其質量為m0，運動到B點時速度正好減到0，根據動能定理可求。
10.解：(1)滑塊滑到A點時，有動能定理得：mgR=，解得：mv2=2mgR，
滑塊在A點由牛頓第二定律得：，解得：vA=6m/s，N=mg+2mg=30N，
由牛頓第三定律得：滑塊到達A點時對軌道的壓力大小N′=N=30N
(2)滑塊滑上木板後，在摩擦力的作用下，做勻加速運動，設加速度為a，碰撞時的速度為v1，
由牛頓第二定律得：umg=ma，
解得：a=1m/s2，
根據運動學公式：L=，
解得：t=0.4s，
由v=at，解得：v=0.4m/s，
碰撞後木板，向右做勻減速運動，速度減到零，再做勻加速運動，一直重複直至兩者速度相同，設兩者速度達到共同速度v時，共經歷n次，△t為碰撞n次後木板從起始位置到速度相等時經歷的時間，0≤△t≤0.4s則有：v=vA﹣a(2nt+△t)=a△t，代入資料解得：
6.75≤n≤7.5，n為整數，故取n=7，△t=0.2s，其末速度為0.2m/s，滑塊的位移為：，對木板=0.02m，則木板的長度為
x滑﹣x木=17.98m﹣0.02m=17.96m
答：(1)滑塊到達A點時對軌道的壓力大小為30N;
(2)當滑塊與木板達到共同速度(v≠0)時，滑塊距離木板左端的長度是17.96m
11.解：(1)繩子緩慢拉入水平管道重心升高h，
由動能定理：W+WG=0
W=mgh
代入資料解得h=0.182m.
(2)由動能定理(或機械能守恆)
WG=△EK
，
代入資料解得v=3.77m/s.
(3)拉力做功，效果等同於底端長△L的繩子被拉到水平管內，由動能定理得，
△mgR
其中，
解得，代入資料解得F0=6.37N.
答：(1)繩子的重心升高了0.182m;
(2)若在圖示位置撤去拉力，繩子沿細管下落，當其上端離開管道瞬間速度為3.77m/s;
(3)F0的大小為6.37N.