选择题(1～5题为单选题，6～8题为多选题)

　　1.如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是(　　)

　　A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功

　　B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量

　　C.第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量

　　D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间因摩擦产生的热量

　　答案：C

　　解析：第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体做正功;摩擦力做的功等于物体机械能的增加量;第一阶段物体的平均速度是传送带速度的一半，因此物体运动的位移x1恰好等于物体和传送带间相对移动的距离d。所以因摩擦产生的热量Q=fd=fx1，等于物体机械能的增加量而不是动能的增加量，A、B错误、C正确;因第二阶段静摩擦力做功，物体机械能增加，物体与传送带间没有产生热量，可知D错误。

　　2.(2015·河北保定4月模拟)如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定挡板C，质量相等的两木块A、B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，系统处于静止状态，弹簧压缩量为l。如果用平行斜面向上的恒力F(F=mAg)拉A，当A向上运动一段距离x后撤去F，A运动到最高处时，B刚好不离开C，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

　　A.A沿斜面上升的初始加速度大小为

　　B.A上升的竖直高度最大为2l

　　C.拉力F的功率随时间均匀增加

　　D.l等于x

　　答案：D

　　解析：A沿斜面上升的初始时刻，A所受合力为F=mAg=mAa，得a=g，A选项错。初始时A静止，弹簧压缩量为l，则有kl=mAgsin 30°;当A运动到最高处时，弹簧的伸长量为l′，对B受力分析，则有kl′=mBgsin30°，又mA=mB，得l′=l，所以A上升的竖直高度最大为2lsin30°=l，B项错误;拉力F的功率P=Fv=Fat，a时刻改变，所以P随时间不均匀增加，C项错。在全程对A由动能定理有-mAg2lsinθ+Fx=0，得x=l，所以D项正确。

　　3.(2015·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法不正确的是(　　)

　　A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同

　　B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大

　　C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的

　　D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的

　　答案：A

　　解析：设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1-μmgl1cosθ1=mv-0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2-μmgl2cosθ2=mv-0，又h1>h2，l1cosθ1=l2cosθ2，可得v1>v2;当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3-μmgl3cosθ3=mv-0，h2=h3，l2cosθ2v3，故A错，B对。三个过程中产生的热量分别为Q1=μmgl1cosθ1，Q2=μmgl2cosθ2，Q3=μmgl3cosθ3，则Q1=Q2m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)

　　A.两滑块组成系统的机械能守恒

　　B.重力对M做的功等于M动能的增加

　　C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加

　　D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功

　　答案：CD

　　解析：由于M与ab面之间存在滑动摩擦力，故两滑块组成系统的机械能不守恒，A项错;合外力对M做的功等于M动能的增加，B项错;除了m的重力对其做功外，只有轻绳对其做功，故轻绳对m做的功等于m机械能的增加，C项正确;对于两滑块组成的系统，其在运动过程中克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，故该系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，D项正确。

　　7.(2015·课标)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上.a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则(　　)

　　A.a落地前，轻杆对b一直做正功

　　B.a落地时速度大小为

　　C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

　　D.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

　　答案：BD

　　解析：当a物体刚释放时，两者的速度都为0，当a物体落地时，轻杆的分速度为0，由机械能守恒定律可知，a落地时速度大小为va=，故B正确;b物体的速度也是0，所以轻杆对b先做正功，后做负功，故A错误;杆对a作用效果为先推后拉，杆对a为拉力时，a下落加速度大小会大于g，C错误，a落地前，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时杆对b作用力为0，这时，b对地面的压力大小为mg，a的加速度为g，D正确。

　　8.(2015·沈阳模拟)如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动。在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)(　　)

　　A.由于F1、F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变

　　B.当A、B两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小

　　C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大

　　D.当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零

　　答案：BC

　　解析：从开始状态到弹簧拉到最长过程中，两拉力方向与其受力物体位移方向均相同，做正功，由功能关系可知，系统机械能增大，A项错;当两物体之间距离减小即A、B相向运动，力F1和F2做负功，系统机械能减小，B项正确;当弹簧伸长到最长时，力F1和F2做正功最多，故系统机械能最大，C项正确;分别对A、B应用动能定理，从开始到弹力与外力相等时，合外力分别对A、B做正功，两物体动能增加，速度一定大于零，D项错。

　　二、非选择题

　　9.(2015·湖北八校二联)如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，直径MN为竖直方向，环上套有两个小球A和B，A、B之间用一长为R的轻杆相连，小球可以沿环自由滑动，开始时杆处于水平状态，已知A的质量为m，重力加速度为g。

　　(1)若B球质量也为m，求此时杆对B球的弹力大小;

　　(2)若B球质量为3m，由静止释放轻杆，求B球由初始位置运动到N点的过程中，轻杆对B球所做的功。

　　答案：(1)mg　(2)-mgR

　　解析：(1)对B球，受力分析如图，由几何关系得θ=60°，N2=mgtan60°=mg

　　(2)由系统机械能守恒得：

　　3mg×R-mgR=3mv+mv

　　又vA=vB

　　对B运用动能定理得：3mgR×+W=3mv

　　解得：W=-mgR

　　10.如图所示，一质量为m=1kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep=4.5J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带。已知滑块与传送带的动摩擦因数为μ=0.2，传送带足够长，g=10m/s2。求：

　　(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间;

　　(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量。

　　答案：(1)3.125s　(2)12.5J

　　解析：(1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则Ep=mv，得v1=3m/s

　　滑块在传送带上运动的加速度a=μg=2m/s2

　　滑块向左运动的时间t1==1.5s

　　向右匀加速运动的时间t2==1s

　　向左的最大位移为x1==2.25m

　　向右运动的位移为x2==1m

　　匀速向右的时间为t3==0.625s

　　所以t=t1+t2+t3=3.125s。

　　(2)滑块向左运动x1的位移时，传送带向右的位移为x1′=vt1=3m

　　则Δx1=x1′+x1=5.25m

　　滑块向右运动x2时，传送带向右位移为x2′=vt2=2m

　　则Δx2=x2′-x2=1m

　　Δx=Δx1+Δx2=6.25m

　　则产生的热量为Q=μmg·Δx=12.5J。

　　11.(2015·山东理综)如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g。求：

　　(1)物块的质量;

　　(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。

　　答案：(1)3m　(2)0.1mgl

　　解析：(1)设物块质量为M，开始时，设压力传感器读数F0，则F0+mg=Mg;当小球被抬高60°角时，则对小球根据力的平行四边形法则可得：T=mgcos 60°，此时对物块：1.25F0+T=Mg;解得：M=3m;F0=2mg。

　　(2)当小球摆到最低点时，对物块：0.6F0+T1=Mg;对小球：T1-mg=m。

　　对小球摆到最低点的过程，根据动能定理可知：

　　mgl(1-cos 60°)-Wf=mv2，

　　联立解得：Wf=0.1mgl。