资料简介
如图5－2－13所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大．x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C处的动能．若改变高度h，则下列表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是( )
解析：由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝mv＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确．
答案：BC
6.
图5－2－14
如图5－2－14所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )
A．物块滑到b点时的速度为 B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg
C．c点与b点的距离为 D．整个过程中物块机械能损失了mgR
解析：物块滑到b点时，mgR＝mv2－0，v＝，A不正确．在b点，FN－mg＝m，FN＝3mg，B正确．从a点到c点，机械能损失了mgR，D正确．mgR－μmgs＝0－0，s＝，C正确．
答案：BCD
7.
图5－2－15
如图5－2－15所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A，B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向前移动一段距离，在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，即B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A，B对地的位移不等，故二者做功不等，C错．对B物体应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．
答案：BD
8.
图5－2－16
构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图5－2－16①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( )
A．200 J B．250 J C．300 J D．500 J
解析：设自行车与路面的摩擦阻力为Ff，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能定理得：0－Ek0＝－Ff·x1，可得Ff＝50 N，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦做功为：W＝Ffx2＝300 J，设克服电磁阻力做功为W′，由动能定理得：－W′－W＝0－Ek0，可得W′＝200 J.
答案：A
9.
图5－2－17
如图5－2－17，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是( )
A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能
D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和
解析：木箱加速上滑的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：WF－WG－Wf＝mv2－0.即WF＝WG＋Wf＋mv2.A、B错误，又因克服重力做功WG等于物体重力势能的增加，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋Wf，故D正确，又由重力做功与重力势能变化的关系知C也正确．
答案：CD
10．在2008年四川汶川大地震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m＝80 kg，所用吊绳的拉力最大值Fm＝1 200 N，所用电动机的最大输出功率为Pm＝12 kW，为尽快吊起被困群众，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h＝90 m时恰好达到最大速度(g取10 m/s2)，试求：
(1)被救人员刚到达机舱时的速度；
(2)这一过程所用的时间．
解析：(1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，被救人员变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．由Pm＝FTvm＝mgvm得vm＝＝ m/s＝15 m/s
(2)a1＝＝ m/s2＝5 m/s2
匀加速阶段的末速度v1＝＝ m/s＝10 m/s，时间t1＝＝ s＝2 s
上升的高度h1＝t1＝×2 m＝10 m
对于以最大功率上升过程，由动能定理得：Pmt2－mg(h－h1)＝mv－mv
代入数据解得t2＝5.75 s，所以此过程所用总时间为t＝t1＋t2＝(2＋5.75) s＝7.75 s.
答案：(1)15 m/s (2)7.75 s
11.
图5－2－18
如图5－2－18所示，质量m＝0.5 kg的小球从距离地面高H＝5 m处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R＝0.4 m，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g＝10 m/s2，求：
(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h为多少？
(2)小球最多能飞出槽外几次？
解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得：
mg(H＋R)－Wf＝mv2－0
从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h高度的过程中，
由动能定理得mg(H－h)－2Wf＝0－0
联立解得：h＝－H－2R＝ m－5 m－2×0.4 m＝4.2 m.
(2)设小球最多能飞出槽外n次，则由动能定理得：mgH－2nWf＝0－0
解得：n＝＝＝＝6.25
故小球最多能飞出槽外6次．
答案：(1)4.2 m (2)6次
12．
图5－2－19
如图5－2－19甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8 N)，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小物块的质量m；
(2)圆轨道的半径及轨道DC所对应的圆心角θ.(可用角度的三角函数值表示)
(3)小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ.
解析：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得mgH＝mv2解得v＝；
由向心力公式FN－mg＝m，得FN＝m＋mg＝H＋mg；
结合PQ曲线可知mg＝5得m＝0.5 kg.
(2)由图象可知＝10得R＝1 m．显然当H＝0.2 m对应图中的D点，
所以cos θ＝＝0.8，θ＝37°.
(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得：mgH－μmgcos θ＝mv2
解得mv2＝2mgH－μmg(H－0.2)
由向心力公式FN－mg＝m得FN＝m＋mg＝H＋μmg＋mg
结合QI曲线知μmg＋mg＝5.8，解得μ＝0.3.
答案：(1)0.5 kg (2)37° (3)0.3
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