1、第二部分 考前第 6天1(多选)(2017广东中山一中七校联考)在地面附近，沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在空中飞行运动，说法正确的是( )A在相同时间间隔内，速度变化相同B在相同时间间隔内，位移变化相同C在相同时间间隔内，动量变化相同D在相同时间间隔内，动能变化相同解析：平抛运动的加速度为 g，是个定 值，根据 vgt 可知，在相同时间间隔内，速度变化相同，故 A 正确；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，相同时间内，水平位移的变化量相同，但是竖直方向位移的变化量不等，所以总位移变化不同，故 B 错误 ；根据 Pm v 可知在相同时间间隔内，速度的变化
2、相同， 则动量变化相同，选项 C 正确；根据动能定理 Ekmgh，因在相同时间间隔内， 竖直方向位移的变化量不等，则动能变化不相同，选项 D 错误；故选 AC答案：AC2(2017辽宁实验中学月考) 质量 m2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能 Ek 与其发生位移 x 之间的关系如图所示已知物块与水平面间的动摩擦因数 0.2，g 10 m/s 2，则下列说法中不正确的是 ( )Ax1 m 时物块的速度大小为 2 m/sBx 3 m 时物块的加速度大小为 1.25 m/s2C在前 2 m 的运动过程中物块所经历的时间为 2 sD在前 4 m 的运动过程中拉
3、力对物块做的功为 25 J解析：根据图象知，x 1 m 时， 动能为 2 J，即 mv22 J，解得 v m/s.故 A 错12 2误 对 x2 m 到 x4 m 段运用动能定理，有：Fxmgx Ek，解得 F6.5 Na m/s21.25 m/s2.故 B 正确对前 2 m 运用动能定理得，F mgm 6.5 0.2202Fx mgxE k，解得 F6 N，物体的加速度 a m/s21 m/s2.末速度 v F mgm 6 42 2 m/s，根据 vat 得， t2 s故 C 正确对全过程运用动能定理得，2Ekm 82WF mgsE k，解得 WF25 J 故 D 正确此 题选择错误的选项，
4、故选 A答案：A3(多选)(2017大庆一模)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为 ，物块 a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块 b 相连，b 的质量为 m，开始时，a、b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在 b 上升 h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )A物块 a 重力势能减少 mghB摩擦力对 a 做的功大于 a 机械能的增加C摩擦力对 a 做的功小于物块 a、b 动能增加之和D任意时刻，重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等解析：开始时，a、b 及传送带均静止且 a 不受传送带摩擦力作用，有 magsin mg，则ma .b 上升 h
5、，则 a 下降 hsin ，则 a 重力势能的减小量为 maghsin mgh ，故 A 正msin 确根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对 a 做的功等于 a、b 机械能的增量所以摩擦力做功大于 a 的机械能增加因 为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故 B 正确， C 错误任意时刻 a、b 的速率相等，对 b，克服重力的瞬时功率 Pbmgv，对a 有：P am agvsin mgv，所以重力 对 a、b 做功的瞬时功率大小相等，故 D 正确答案：ABD4(2017成都外国语模拟)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为 m 的物体 A，处于静止状态若将一个质
6、量为 2 m 的物体 B竖直向下轻放在 A 上，则 (重力加速度为 g)( ) A放在 A 上的一瞬间 B 对 A 的压力大小为 23/mgBAB 一起向下运动过程中 AB 间的压力先增大后减小CAB 向上运动到某一位置时将分离D运动过程中 AB 物体机械能守恒解析：B 放在 A 上的一瞬间， 对 AB 整体：2mg3ma ；对 B：2mgF AB2ma，解得 FAB，选项 A 正确；AB 一起向下运 动过程中，整体的加速度先向下减小，后向上增大；故 AB2mg3间的压力一直增大，选项 B 错误；因 AB 间的压力一直增大，不可能为零，可知 AB 不可能分离，选项 C 错误；运动过程中弹簧弹力
7、对 AB 系统做负功，故 AB 物体机械能减小，选项 D 错误；故选 A答案：A5(多选) (2017上海长宁区模拟)从地面 A 处竖直向上抛一质量为 m 的小球，小球上升到 B 点时的动能与小球上升到最高点后返回至 C 点时的动能相等，B 点离地高度为h，C 点离地高度为 .空气阻力 f0.1 mg ，大小不变，重力加速度为 g，则( )h3A小球上升的最大高度为 2hB小球上升的最大高度为 4hC小球下落过程中从 B 点到 C 点动能的增量为 mgh35D小球下落过程中从 B 点到 C 点动能的增量为 mgh45解析：设小球由 B 点再上升 h到达最高点，由动能定理得，mv mv mg h
8、0.1mg 0，解得 h3h，所以小球上升的最大高度12 2C 12 2B 23 (2h 23h)Hhh4h，B 正确；下落 过程中小球从 B 点到 C 点动 能的增加量 mv mv mg12 2C 12 2Bh0.1mg h mgh，C 正确23 23 35答案：BC6(2017兰州一中月考)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于 B 点水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径R0.8 m 的圆环剪去了左上角 135的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是 R，用质量为 m10.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹
9、簧恢复原长时物块恰停止在 B 点用同种材料、质量为 m20.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为 s6t2t 2，物块飞离桌面后由 P 点沿切线落入圆轨道取g10 m/s 2，求：(1)判断 m2 能否沿圆轨道到达 M 点；(2)B、P 间的水平距离；(3)释放后 m2 运动过程中克服摩擦力做的功解析：(1)物块 m2 由 D 点以初速度 vD平抛，至 P 点时，由平抛规律，得 vy ，tan 2gR45 ，vyvD解得 vD4 m/s假设能到达 M 点，且速度为 vM，由机械能守恒，得 m2v m 2gh m2v12 2M 12 2D由图中几何关系
10、，得 h ，R2解得 vM2 m/s 2.17 m/s4 22能完成圆周运动过 M 点的最小速度 vMmin，由重力提供物体做圆周运动的向心力，m2gm 2 ，v2MminRvM(min)2 m/s2.83 m/s2.17 m/s，2所以不能到达 M 点(2)平抛过程水平位移为 x，由平抛运动规律，得 xv DtR gt212在桌面上过 B 点后的运动为 s6t2t 2，故为匀减速运动，且初速度为 vB6 m/s、加速度为 a4 m/s 2，B、D 间由运 动规律，得 v v 2as2B 2D解得 B、P 水平 间距为 xs4.1 m(3)设弹簧长为 AC 时的弹性势能为 Ep，由功能关系，得
11、 释 放 m1时为 Epm 1gsCB，释放 m2时为 Epm 2gsCB m2v12 2Bm2 在桌面上运动过程中克服摩擦力做功 为 Wf，由 动能定理，得 EpW f m2v12 2D解得 Wf5.6 J答案：(1)不能到达 M 点 (2)4.1 m (3)5.6 J7在竖直平面内有一个半圆形轨道 ABC，半径为 R，如图所示A 、 C 两点的连线水平， B 点为轨道最低点其中 AB 部分是光滑的，BC 部分是粗糙的有一个质量为 m 的乙物体静止在 B 点，另一个质量为 4 m 的甲物体从 A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙
12、构成的整体滑上 BC 轨道，最高运动到 D 点，OD 与 OB 连线的夹角 60. 甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为 g，求：(1)甲物体与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力(3)甲乙构成的整体从 B 点运动到 D 点的过程中，摩擦力对其做的功解析：(1)设甲物体由 A 点运动到 B 点处速度为 v0，由机械能守恒定律得4mgR 4mv12 20解得 v0 2gR甲物体与乙物体碰撞过程取向左方向为正动量守恒 4mv05m v解得 v v045 452gRI 甲 4mv4mv 0 m ，45 2gR方向水平向右(2)F5 mg5mv2RF5mg6.4mg11.4mg根据牛顿第三定律，对轨道的 压力大小也为 11.4mg，方向竖直向下(3)由几何知识可知，整体上升的高度hR(1cos )R2从 B 点运动到 D 点，由动能定理得5mg W f 0 5mv2R2 12解得 Wf0.7mgR答案：(1) m 方向水平向右 (2)11.4mg 方向竖直向下 (3)0.7mgR45 2gR
