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一、选择题(本题共9个小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合要求，第6～9题有多项符合要求．)1．(2014·盐城模拟)如图所示，一质量为M，长为L的木板，放在光滑的水平地面上，在木板的右端放一质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与m、M连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在M上，将m拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为()A．2μmgLB.12μmgLC．μ(M＋m)gLD．μmgL解析：选D.在拉力F的作用下，m、M缓慢匀速运动，使m被拉到木板的左端的过程中，拉力做功最少，设此时绳的拉力为T，则T＝μmg，T＋μmg＝F，当m到达M左端时，M向右运动的位移为L2，故拉力做功W＝F·L2＝μmgL，故D正确．2．质量均为m的两物块A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图所示是它们滑动的最大位移x与初速度的平方v20的关系图象，已知v202＝2v201，下列描述中正确的是()A．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍B．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的12C．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等D．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍解析：选D.由于两物块质量均为m，若A、B滑行的初速度相等则初动能相等，由动能定理得－Wf＝0－12mv20，即滑动摩擦力做的功相等，A、B错；若A、B滑行的最大位移相等，由题意可知v202＝2v201，B的初动能是A的初动能的2倍，滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍，C错、D对．3．两个物体A、B的质量分别为m1、m2，并排静止在水平面上，用相同的水平拉力F同时分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止．两物体A、B运动的v－t图象分别如图中a、b所示．已知拉力F撤去后，物体做减速运动过程的v－t图象彼此平行(相关数据如图所示)．由图中信息可以得到()A．m1＜m2B．t＝3s时，物体A、B再次相遇C．拉力F对物体A所做的功较多D．拉力F对物体A的最大瞬时功率是对物体B最大瞬时功率的45倍解析：选A.因撤去拉力F后两物体减速过程的v－t图象相互平行，故有μA＝μB，对A物体，F－μAm1g＝m1a1，对B物体，F－μBm2g＝m2a2，由图象可知，a1＞a2，故m1＜m2，A正确；由图可知，0～3s内，A物体的位移大于B物体的位移，故t＝3s时，两物体不会再次相遇，B错误；拉力作用过程中，xA＝2.52×1.5m＝1.875m，xB＝2.02×3m＝3m，由W＝Fx可知，WA＜WB，C错误；由P＝Fv可得，PAm＝F×2.5W，PBm＝F×2.0W，故PAm＝54PBm，D错误．4．(2014·上海市七校调研联考)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车．几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与施车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等．若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()A．120km/hB．240km/hC．320km/hD．480km/h解析：选C.若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v1＝P4kmg＝120km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v2＝6P9kmg＝23×4v1＝83×120km/h＝320km/h，故选项C正确．5．如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么()A．从t＝0开始，5s内物体的动能变化量为零B．在前5s内只有第1s末物体的动能最大C．在前5s内只有第5s末物体的速率最大D．前3s内合外力对物体做的功为零解析：选D.设物体质量为m，由图象知0～1s内加速度a1＝10m，1～5s内加速度为a2＝－5m，则第1s末速度v1＝10m，第1s内位移s1＝12×10m＝5m，第3s末速度v2＝0，第5s末速度v3＝－10m，因此5s内动能变化量不为零，选项A错误；第1s末和第5s末物体的动能和速率一样大，选项B、C均错，3s末速度减到零，所以前3s内合外力对物体做的功为零，选项D正确．6．(2014·黑龙江省牡丹江市联考)如图所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平．现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处．在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是()A．物块a到达c点时加速度为零B．绳的拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量C．绳的拉力对物块b先做负功后做正功D．绳的拉力对物块b做的功等于物块b机械能的减少量解析：选BD.物块a到达c点时受到的合外力为其重力，故其加速度为g，A项错；对物块a由动能定理可得，WF＋WG＝0，故WF＝－WG＝ΔEp0，即绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量，B项正确；物块b受到绳的拉力方向与物块b的重力方向始终相反，故绳的拉力对物块b一直做负功，C项错；对物块b，根据动能定理可得WF′＋WG′＝ΔEk′，故WF′＝ΔEk′－WG′，因物块b初末态动能均为0，故ΔEk′为0，绳的拉力对物块b做的功WF′＝－WG′＝ΔEp′0，即绳的拉力对物块b做的功等于物块b机械能的减少量，D项正确．7．(2014·河南名校质检)低碳、环保是未来汽车的发展方向．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．在某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移s的关系图象如图，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图象所给的信息可求出()A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000NB．汽车的额定功率为80kWC．汽车加速运动的时间为22.5sD．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J解析：选BD.汽车行驶过程中，所受地面的阻力对应图线①的斜率大小，故阻力为8×105（11－7）×102N＝2000N，A错误；汽车匀速行驶的速度vm可由12mv2m＝8×105J求得vm＝40m/s，故P额＝F·v＝f·vm＝80kW，B正确；由P额t－f·s＝12mv2m－12mv2，s＝500m可求得：t＝16.25s，C错误；开启储能装置后，汽车向前减速的位移减小(11－8.5)×102m＝2.5×102m，对应的能量为2.5×102×2000J＝5×105J，故D正确．8.(2014·武汉调研)为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F－1v图象(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则()A．在全过程中，电动车在B点时速度最大B．BA过程电动车做匀加速运动C．CB过程电动车做减速运动D．CB过程电动车的牵引力的功率恒定解析：选BD.因为刚开始启动时，v较小，1v较大，所以F－1v图象，应该从图象的右边向左看，根据图象可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动.1v越小，速度v越大，所以，在全过程中，电动车在C点时速度最大，选项A错误；BA过程中，牵引力F不变，所以加速度a＝(F－f)/m不变，电动车做匀加速运动，选项B正确；根据图象，在CB过程中，1v的取值逐渐减小，这说明速度v逐渐增大，所以电动车做加速运动，选项C错误；在CB过程中，F与1v成正比，所以Fv＝P，恒定不变，选项D正确．9．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到三种水平力的作用，物体的加速度大小a与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则()A．这三种情况下，力做功之比为WA∶WB∶WC＝16∶22∶25B．这三种情况下，力做功之比为WA∶WB∶WC＝16∶144∶25C．t0时刻，力做功的瞬时功率之比为PA∶PB∶PC＝16∶9∶1D．t0时刻，力做功的瞬时功率之比为PA∶PB∶PC＝4∶3∶1解析：选BC.由牛顿第二定律：FA＝4ma0FB＝3ma0FC＝ma0加速阶段各自的位移xA＝124a0t20＝2a0t20xB＝123a0(4t0)2＝24a0t20xC＝12a0(5t0)2＝252a0t20所以WA∶WB∶WC＝16∶144∶25t0时刻，各自的速度，vA＝4a0t0vB＝3a0t0vC＝a0t0所以PA∶PB∶PC＝16∶9∶1二、计算题(本题共3个小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(15分)(2014·广东省江门市模拟)如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0＝3gR的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为R的14圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后从P孔上升又恰能从Q孔落下，求：(1)滑块在B点时对轨道的压力大小；(2)平台转动的角速度ω应满足什么条件？解析：(1)设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有－μmg·5R＝12mv2B－12mv20对滑块在B点，由牛顿第二定律有N－mg＝mv2BR解得N＝9mg由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小N′＝N＝9mg(2)滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则12mv2B＝12mv2P＋mg·2R解得vP＝2gR滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝2vPg＝4Rg要想实现题述过程，需满足ωt＝(2n＋1)πω＝（2n＋1）π4gR(n＝0、1、2…)答案：(1)9mg(2)ω＝（2n＋1）π4gR(n＝0、1、2…)11．(15分)(2014·安徽省黄山市模拟)如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L＝3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，AB、CD与两圆弧形轨道相切，BQC的半径为r＝1m，APD的半径为R＝2m，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ＝37°.现有一质量为m＝1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0的初动能从B点开始沿AB向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ＝13，设小球经过轨道连接处均无能量损失．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)要使小球能够通过弧形轨道APD的最高点，初动能Ek0至少多大？(2)求小球第二次到达D点时的动能；(3)小球在CD段上运动的总路程．(第(2)(3)两问中的Ek0取第(1)问中的数值)解析：(1)小球至少需要越过弧形轨道APD的最高点，根据动能定理：－mg[(R－Rcosθ)＋Lsinθ]－μmgLcosθ＝0－Ek0代入数据解得：Ek0＝30J(2)从B点出发到小球第一次回到B点的过程中，根据动能定理：－μmgLcosθ－μmgL＝EkB－Ek0解得：EkB＝12J小球沿AB向上运动到最高点，距离B点为s，则有：EkB＝μmgscosθ＋mgssinθ，…解得s＝18/13(m)由于sL，故小球将沿AB向下运动，当小球第二次到达D点时动能为EkDmg[(r＋rcosθ)＋s·sinθ]－μmgs