10.光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面(直径AB竖直)与平板上表面相切于A点，整个装置质量M=5kg.在装置的右端放一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与长平板间的动摩擦因数μ=0.4，装置与小滑块一起以v0=12m/s的速度向左运动.现给装置加一个F=64N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定.小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B.滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板.已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf=9.5J.g=10m/s2.求：

(1)装置运动的时间和位移大小;

(2)长平板的长度l;

(3)小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离.

11.一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量m=10kg的物体.如图，绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上.设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计.开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长H=1m.提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C.设A到B的距离H=1m，车经过B点时的速度为vB=5m/s.求：

(1)当车运动到B点时，物体升高的高度h;

(2)车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功W.某同学的解法为：W﹣mgh=mv，代入h和vB的数据，即可求出拉力对物体做的功W.你若认为该同学的结论正确，计算该功大小;你若认为该同学的结论错误，说明理由并求出该功的大小.

试卷答案

1.解：A、弹簧弹力以及物体之间的摩擦力属于内力，系统所受外力F1和F2的合力为零故系统动量守恒，由于开始的过程中系统中有两拉力均做正功，因此机械能不守恒，故A错误;

B、D、分别对m和M动态分析可知，开始时二者都做加速运动，随距离的增大，弹簧的弹力增大，二者的加速度都减小，当加速度a=0时速度最大，即当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，系统的动能最大，此后弹簧的弹力大于拉力，二者都做减速运动，直到速度为0.故B错误，D正确;

C、二者的速度都减小为0后，由于弹力仍然大于拉力，二者之间的距离开始减小，弹簧的弹力做正功，拉力做负功，系统机械能开始减小.故C错误;

本题选择错误的，故选：ABC.

2.AC

解：A、对于F的做功过程，由几何知识得到：力F作用点的位移 x=PB﹣PC=

则力F做的功 W=Fx=50×0.4J=20J，故A正确;

B、由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块A的速度为零，考察两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W=mv2+mgR

代入已知量得：20=+2×10×0.3，解得小球B速度的大小 v=m/s，故B错误;

C、当绳与轨道相切时两球速度相等，如图：

由三角形知识得：sin∠OPB==，故C正确;

D、设最低点势能为0，小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加，，故D错误;

故选：AC

【点评】： 本题连接体问题，关键分析两物体之间的速度与高度关系并运用几何知识和功能关系来研究，注意分析B球到达最高点时A球速度为零.

3.解：

A、从题意得到，太阳能驱动小车以功率不变启动，当开始阶段小车所受的牵引力大于阻力，小车做加速运动，当牵引力平衡后小球做匀速直线运动，速度达到最大.故A正确;

B、阻这段时间内力做功为W=Fs.故B错误;

C、根据动能定理判断，这段时间内合力做功为，故C正确;

D、这段时间内电动机所做的功为，故D错误.

故选AC

4.解：设额定功率为P，则速度为3m/s时的牵引力，速度为6m/s时，牵引力为.

根据牛顿第二定律得，F1﹣f=3(F2﹣f)，解得f=.

因为牵引力与阻力相等时，速度最大，则F=f=，知最大速度为12m/s.因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间.故A正确，B、C、D错误.

故选：A.

5.D电势能;功能关系

解：A、由牛顿第二定律得知，小球所受的合力 F合=ma=mg，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加△Ek=F合h=mgh，故A错误.

B、由牛顿第二定律得：mg﹣F=mg，解得电场力F=mg，且方向竖直向上，则电场力做功 W电=﹣Fh=﹣mgh，故小球的电势能增加mgh，故B错误.

C、小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误.

D、由上知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少mgh，故D正确.故选：D.

6.ACD解：A、A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，

对A：F﹣μmg﹣T=0

对B、C整体：T﹣2mg=0

代入数据解得F=2.2mg，故A正确，B错误;

C、开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对B有kx=mg

x=

因B、C的质量相等，故C恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x=

所以拉力做的功W=F•2x=，故C正确;

D、A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C由能量守恒得

(F﹣μmg)•2x=(2m)v2+mg•2x

解得v=g，故D正确.

故选：ACD

【点评】： 本题的关键是对物体进行受力分析，抓住临界状态，然后结合功能关系和胡克定律多次列式求解分析，关键是要知道A向右运动至速度最大时C恰好离开地面，此时A、B、C的加速度均为零，注意整体法和隔离法的应用，难度适中.

7.(1)AD   (2) mg(s0+sl)

8.(1)ABC   (2)  (3)减小   (4)二

9.解：(1)设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律，有：

s=v1t

h=gt2

解得：v1=s=2.5×=5m/s

(2)设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：

mg=m

m=m+mg•(2R)

解得：v3===4m/s

(3)由于B点以后的轨道均为光滑，故轨道最低点速度应该等于平抛的初速度，通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是：

vmin=4m/s

设电动机工作时间至少为t，根据功能原理有：

pt﹣fL=m

由此可得：t=2.53s

即要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s的时间.

答：(1)赛车越过壕沟需要的最小速度为5m/s;

(2)赛车进入圆轨道前在B点的最小速度为4m/s;

(3)要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s时间.

10.解：(1)分析M受力，由牛顿第二定律得：

F﹣μmg=Ma1

代入数据解得：a1=12m/s2

设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：

v0﹣a1t1=0

联立并代入数据解得：t1=1s

装置向左运动的距离：x1==12×1m﹣0.5×12×1m=6m

(2)对m受力分析，由牛顿第二定律得：μmg=ma2

代入数据解得：a2=4m/s2

设滑块运动到A点时的速度为v1，则：

v1=v0﹣a2t1

联立并代入数据解得：v1=8m/s

小滑块向左运动的距离为：x2==12×1m﹣0.5×4×1m=10m

则平板长为：l=x2﹣x1=10m﹣6m=4m