一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第3、4、5、6小題為多選題。)1．[2014·河北邯鄲一模]如圖所示，自動卸貨車靜止在水平地面上，車廂在液壓機的作用下，θ角緩慢增大，在貨物相對車廂仍然靜止的過程中，下列說法正確的是()A．貨物受到的支持力變小B．貨物受到的摩擦力變小C．貨物受到的支持力對貨物做負功D．貨物受到的摩擦力對貨物做負功[解析]對貨物受力分析，貨物受到重力、支持力和靜摩擦力；由平衡條件得FN＝mgcosθ，Ff＝mgsinθ，由于θ角緩慢增大，所以FN減小，Ff增大，A正確，B錯誤；貨物受到的支持力的方向與瞬時速度方向相同，所以支持力對貨物做正功，C錯誤；摩擦力的方向與位移方向垂直，不做功，D錯誤。[答案]A2．質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從t＝0時起，第1s內受到3N的水平外力作用，第2s內受到同方向的1N的外力作用。下列說法中正確的是()A．0～2s內外力的平均功率是8WB．第2s內外力做的功是eq\f(7,2)JC．第2s末外力的瞬時功率最大D．第1s內與第2s內質點動能增加量的比值是eq\f(9,4)[解析]本題可先作出物體的v－t圖象如下，1s末物體速度3m/s、2s末物體速度4m/s，第1s內物體位移s1＝eq\f(1,2)×1×3m＝1.5m，第2s內物體位移s2＝eq\f(1,2)(3＋4)×1m＝3.5m,0～2s內外力的平均功率P＝eq\f(W1＋W2,t)＝eq\f(F1s1＋F2s2,t)＝eq\f(3×1.5＋1×3.5,2)W＝4W，A錯；第2秒內外力做的功W2＝F2·s2＝1×3.5J＝3.5J，B對；第2s末外力的瞬時功率P2＝F2v2＝1N×4m/s＝4W，而1s末外力的瞬時功率P1＝F1v1＝3N×3m/s＝9W，C錯；第1s內動能的增量ΔE1＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×32J＝4.5J，第2s內動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×(42－32)J＝3.5J，二者之比為9∶7，D錯，選B。[答案]B3．平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P，牽引力為F0，t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續行駛，到t2時刻，汽車又恢復了勻速直線運動。能正確表示這一過程中汽車牽引力F隨時間t、速度v隨時間t變化的圖象是()[解析]當汽車的功率減小一半時，速度來不及突變，據P＝Fv知，牽引力立即變為原來的一半，然后隨速度的逐漸減小，牽引力又逐漸增大，回復到原來的數值，C錯D對；汽車功率減小一半，隨汽車牽引力的變化，據f－F0＝ma知汽車做加速度減小的減速，當牽引力回到原來的值時，速度變為原來的一半，B錯A對；選A、D。[答案]AD4．[2014·山東泰安一模]一質量為2kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖象。已知重力加速度g取10m/s2。根據以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A．物體與水平面間的動摩擦因數B．合外力對物體所做的功C．物體勻速運動時的速度D．物體運動的時間[解析]物體做勻速運動時，受力平衡，則Ff＝F＝7N，所以μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(7,20)＝0.35，A正確；圖象與坐標軸圍成的面積表示拉力做的功，則由圖象可知，WF＝(7×4＋14)×1J＝42J(數小格)，滑動摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－7×11J＝－77J，所以合外力做的功為W合＝－77J＋42J＝－35J，B正確；根據動能定理得：W合＝0－eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(35)m/s，故C正確；由于不知道物體的具體運動情況，所以無法算出時間，故D錯誤。[答案]ABC5．為減少二氧化碳排放，我市已推出新型節能環保電動車。在檢測某款電動車性能的實驗中，質量8×102kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為15m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出如圖所示的F－eq\f(1,v)圖象(圖中AB、BO均為直線)，假設電動車行駛中所受阻力恒為車重的0.05倍，重力加速度取10m/s2。則()A．該車起動后，先做勻加速運動，然后做勻速運動B．該車起動后，先做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，接著做勻速運動C．該車做勻加速運動的時間是1.2sD．該車加速度為0.25m/s2時，動能是4×104J[解析]電動車行駛中阻力恒為車重的0.05倍，有f＝0.05mg＝0.05×8×102kg×10m/s＝400N。該車啟動后，AB段保持牽引力不變、阻力不變、合外力恒定、加速度恒定，先做勻加速運動，BC段牽引力逐漸減小，阻力不變，合外力逐漸減小，加速度逐漸減小，做加速度減小的加速運動，C點時，牽引力等于阻力，速度達最大，之后勻速運動，A錯，B對；AB段該車加速度a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(2000－400N,8×102kg)＝2m/s2，B點速度v＝3m/s，為勻加速階段的最大速度，由v＝at得t＝eq\f(v,a)＝eq\f(3m/s,2m/s2)＝1.5s，C錯；該車加速度為0.25m/s2時，由a＝eq\f(F－f,m)?F＝ma＋f＝8×102kg×0.25m/s2＋400N＝600N，由F－eq\f(1,v)圖象知當牽引力F＝600N時，速度v＝10m/s，所以此時動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×8×102kg×(10m/s)2＝4×104J，D對，選B、D。[答案]BD6．[2014·寧夏銀川檢測]如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行。t＝0時，將質量m＝1kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v－t圖象如圖乙所示。設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。則()A．傳送帶的速率v0＝10m/sB．傳送帶的傾角θ＝30°C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力對物體做功Wf＝－24J[解析]結合v－t圖象，考慮物體的運動過程，物體在v＝10m/s速度時加速度發生變化，說明傳送帶的速率v0＝10m/s，A對，分析物體受力，t＝1s之前有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，其中a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10m/s－0,1s－0)＝10m/s2，t＝1s之后有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，其中a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(12m/s－10m/s,2s－1s)＝2m/s2，兩式聯立可解得sinθ＝0.6?θ≠30°，B錯；μcosθ＝0.4?μ＝eq\f(0.4,cosθ)＝eq\f(0.4,0.8)＝eq\f(1,2)，C對；0～2s內前1s摩擦力做正功W1＝μmgcosθ·s1＝eq\f(1,2)×1×10×0.8×eq\f(1,2)×1×10＝20J,1～2s摩擦力對物體做負功W2＝－μmgcosθ×s2＝－eq\f(1,2)×1×10×0.8×eq\f(1,2)×(10＋12)×(2－1)＝－44J，所以0～2s內摩擦力對物體做功，Wf＝W1＋W2＝20J－44J＝－24J，D對，選A、C、D。[答案]ACD7．如圖所示，質量為m的小球(可視為質點)套在傾斜放置的固定光滑桿上，桿與豎直墻面之間的夾角為30°。一根輕質彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內，將小球沿桿拉到彈簧水平位置，此時彈簧彈力為eq\r(3)mg，小球由靜止釋放后沿桿下滑，當彈簧到達豎直位置時，小球的速度恰好為零，此時小球下降的豎直高度為h。全過程中彈簧始終處于伸長狀態且處于彈性限度范圍內。對于小球的下滑過程，下列說法正確的是()A．彈簧與桿垂直時，小球動能最大B．小球的最大動能大于eq\f(1,2)mghC．小球的最大動能等于eq\f(1,2)mghD．小球的最大動能小于eq\f(1,2)mgh[解析]當重力沿桿向下的分力與彈簧沿桿向上的分力相等時，合外力為0，小球動能最大，即mgcos30°＝Fcos60°，(由對稱性知此時彈簧與桿成60°角)，F＝eq\r(3)mg，A錯；此時球位置為桿的中點，由動能定理得Ekmax＝mgeq\f(h,2)，B、D錯；選C。[答案]C8．如圖所示，一個質量為m的圓環套在一根固定的水平直桿上，桿足夠長，環與桿的動摩擦因數為μ。現給環一個向右的初速度v0，如果環在運動過程中還受到一個方向始終豎直向上的力F，且F＝kv(k為常數，v為環的速率)，則環在整個運動過程中克服摩擦力所做的功不可能為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(m3g2,2k2)C．0 D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2k2)[解析]當F＝kv0＝mg時，圓環不受桿的支持力和摩擦力，摩擦力做功為零，故C正確；當F＝kv0<mg時，圓環做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據動能定理得－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故A正確；當F＝kv0>mg時，圓環先做減速運動，當F＝mg時，圓環不受摩擦力，做勻速直線運動。F＝kv＝mg時得v＝eq\f(mg,k)，根據動能定理得－W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2k2)，故D正確。[答案]B二、計算題(本題共2小題，共36分。需寫出規范的解題步驟。)9．[2014·內蒙古包頭測評]如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量均為m，彈簧的勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態。現開始用一沿斜面方向的力F拉物塊A使之向上勻加速運動，當物塊B剛要離開C時F的大小恰為2mg。問：(1)從F開始作用到物塊B剛要離開C的過程中彈簧彈力對物塊A做的功；(2)物塊B剛要離開C時，物塊A的動能；(3)從F開始作用到物塊B剛要離開C的過程中力F做的功。[解析](1)令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，對物塊A有：kx1＝mgsin30°令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量，對物塊B有：kx2＝mgsin30°所以x1＝x2，彈力做的功為零。(2)B剛要離開C時，對物塊A，有F－mgsin30°－kx2＝ma將F＝2mg，代入上式得a＝g對A：2a(x1＋x2)＝v2，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(m2g2,k)(3)對A由動能定理有WF－WG＝eq\f(1,2)mv2WG＝mg(x1＋x2)sin30°得WF＝eq\f(3m2g2,2k)[答案](1)0(2)eq\f(m2g2,k)(3)eq\f(3m2g2,2k)10．如圖所示，一根直桿由粗細相同的兩段構成，其中AB段為長x1＝5m的粗糙桿，BC段為長x2＝1m的光滑桿。將桿與水平面成53°角固定在一塊彈性擋板上，在桿上套一質量m＝0.5kg、孔徑略大于桿直徑的圓環。開始時，圓環靜止在桿底端A處。現用沿桿向上的恒力F拉圓環，當圓環運動到B點時撤去F，圓環剛好能到達頂端C點，然后再沿桿下滑。已知圓環與AB段的動摩擦因數μ＝0.1，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。試求：(1)拉力F的大小；(2)拉力F作用的時間；(3)若不計圓環與彈性擋板碰撞時的機械能損失，從圓環開始運動到最終靜止的過程中在粗糙桿上所通過的總路程。[解析](1)A→C過程：根據動能定理有Fx1－mg(x1＋x2)sin53°－μmgx1cos53°＝0－0恒力F＝eq\f(mgx1＋x2sin53°＋μmgx1cos53°,x1)＝5.1N(