PAGEPAGE7專題02回來基礎(chǔ)專題訓(xùn)練——牛頓定律、功和能一、單項(xiàng)選擇題1．伽利略對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)探討中，經(jīng)驗(yàn)了提出問題、科學(xué)猜想、數(shù)學(xué)推理、試驗(yàn)驗(yàn)證、合理外推、得出結(jié)論一系列過程。其中在試驗(yàn)驗(yàn)證過程中，他讓一個(gè)銅球沿阻力很小的斜面滾下，來“沖淡”重力，為什么要“沖淡”重力，“沖淡”重力的含義是什么()A．減小重力 B．減小運(yùn)動(dòng)速度C．增加運(yùn)動(dòng)時(shí)間 D．便于測量運(yùn)動(dòng)位移【解析】選C由于當(dāng)時(shí)的計(jì)時(shí)工具落后，自由落體下落的又很快，很難精確計(jì)時(shí)，所以用一個(gè)斜面，來減小加速度，增加運(yùn)動(dòng)時(shí)間，減小時(shí)間的測量誤差。2．某學(xué)習(xí)小組以“假如失去……”為主題綻開探討。同學(xué)們提出以下四種觀點(diǎn)，你認(rèn)為正確的是()A．假如物體間失去了摩擦力，任何運(yùn)動(dòng)物體的機(jī)械能肯定守恒B．假如磁體四周失去了磁場，其它形式的能將無法轉(zhuǎn)化為電能C．假如地球?qū)υ虑蚴チ艘?，月球就不?huì)繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)D．假如導(dǎo)體失去了電阻，全部用電器都不能正常工作【解析】選C若物體間失去了摩擦力，還可能有電場力等其他的力做功，故機(jī)械能不肯定守恒，所以A錯(cuò)誤；失去磁場還可以通過摩擦等方式使物體帶電，把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤；月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，地球?qū)υ虑虻囊?yīng)向心力，故若地球?qū)υ虑蚴チ艘?，月球不?huì)繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)，所以C正確；假如導(dǎo)體失去了電阻，非純電阻電路仍能正常工作，比如電動(dòng)機(jī)，所以D錯(cuò)誤。3．如圖1甲所示，用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的一物體，物體在向上運(yùn)動(dòng)的過程中，其機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖乙，其中AB為曲線。下列說法正確的是()圖1A．0～x1過程中物體所受拉力最小B．x1～x2過程中，物體的加速度先增大后減小C．0～x3過程中，物體的動(dòng)能先增大后減小D．0～x2過程中，物體克服重力做功的功率始終增大【解析】選C由E＝Fx，結(jié)合E-x圖線可知，0～x1過程中，拉力F不變，x1～x2過程中，拉力F漸漸減小到零，x2～x3過程中，物體只受重力作用，故0～x1過程中拉力最大，x1～x2過程中物體的加速度先減小后反向增大，0～x3過程中，物體的動(dòng)能先增大后減小，C正確，A、B錯(cuò)誤；由P＝mg·v可知，物體克服重力做功的功領(lǐng)先增大后減小，D錯(cuò)誤。4．如圖2所示，物塊的質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長量為x。然后放手，當(dāng)彈簧的長度回到原長時(shí)，物塊的速度為v。則此過程中彈力所做的功為()圖2A.eq\f(1,2)mv2－μmgx B．μmgx－eq\f(1,2)mv2C.eq\f(1,2)mv2＋μmgx D．以上選項(xiàng)均不對(duì)【解析】選C設(shè)W彈為彈力對(duì)物體做的功，因?yàn)榭朔Σ亮ψ龅墓棣蘭gx，由動(dòng)能定理得W彈－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－0，得W彈＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx。5．如圖3所示，質(zhì)量M，中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動(dòng)凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對(duì)靜止時(shí)，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角。則下列說法正確的是()圖3A．小鐵球受到的合外力方向水平向左B．凹槽對(duì)小鐵球的支持力為eq\f(mg,sinα)C．系統(tǒng)的加速度為a＝gtanαD．推力F＝Mgtanα【解析】選C依據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對(duì)靜止位置可知，系統(tǒng)有向右的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對(duì)小鐵球的支持力為eq\f(mg,cosα)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。小球所受合外力為mgtanα，加速度為a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。6.如圖4所示，帶支架的平板小車沿水平面對(duì)左做直線運(yùn)動(dòng)，小球A用細(xì)線懸掛于支架前端，質(zhì)量為m的物塊B始終相對(duì)于小車靜止地?cái)[放在右端。B與小車平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若某時(shí)刻視察到細(xì)線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對(duì)物塊B產(chǎn)生的作用力的大小和方向?yàn)?)圖4A．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方B．mgeq\r(1＋μ2)，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mg，豎直向上【解析】選A由圖可知，小車向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小a＝gtanθ；小車對(duì)物塊B向右的靜摩擦力為Ff＝ma＝mgtanθ；豎直向上的支持力FN＝mg，小車對(duì)物塊B產(chǎn)生的作用力的大小為F＝eq\r(F\o\al(2,f)＋F\o\al(2,N))＝mgeq\r(1＋tan2θ)，方向?yàn)樾毕蛴疑戏?，故A正確。7．質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上。一細(xì)繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端固定在桌面上。如圖5所示，工件與桌面、繩之間以及繩與桌子邊緣之間的摩擦都忽視不計(jì)，則重物下落過程中，工件的加速度為()圖5A.eq\f(mg,2M) B.eq\f(mg,M＋m)C.eq\f(2mg,M＋4m) D.eq\f(2mg,M＋2m)【解析】選C相等時(shí)間內(nèi)重物下落的距離是工件運(yùn)動(dòng)距離的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，設(shè)繩子上的拉力為F，依據(jù)牛頓其次定律eq\f(mg－F,m)＝2·eq\f(2F,M)，解得F＝eq\f(Mmg,M＋4m)，工件加速度a＝eq\f(2F,M)＝eq\f(2mg,M＋4m)，所以C正確。8．如圖6所示，質(zhì)量為m的滑塊B以初速度v0沿斜面體表面對(duì)下運(yùn)動(dòng)，此時(shí)斜面體A受到地面的摩擦力方向向左。斜面體A始終靜止在水平地面上。則下列說法中正確的是()圖6A．滑塊B下滑的過程中的加速度方向肯定沿斜面對(duì)上B．斜面體的斜面肯定是粗糙的C．滑塊B下滑的過程中對(duì)其施加沿斜面對(duì)下的恒力F，A所受地面摩擦力仍舊不變D．滑塊B下滑的過程中對(duì)其施加沿斜面對(duì)下的恒力F，則A所受地面摩擦力肯定變大【解析】選C依據(jù)題述斜面體A受到地面的摩擦力方向向左，說明B沿斜面對(duì)下做加速運(yùn)動(dòng)，斜面體可能是光滑的，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤?；瑝KB下滑的過程中對(duì)其施加沿斜面對(duì)下的恒力F，B對(duì)A作用力狀況不變，A所受地面摩擦力仍舊不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。9．游樂場中有一種叫“空中飛椅”的設(shè)施，其基本裝置是用一細(xì)桿將座椅與轉(zhuǎn)盤的邊緣相連接，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)回旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋，若將人和座椅看成質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，簡化為如圖7所示的模型，其中P為處于水平面內(nèi)的轉(zhuǎn)盤，可繞豎直轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，已知細(xì)桿長為l，轉(zhuǎn)盤靜止時(shí)細(xì)桿頂端與轉(zhuǎn)軸間的距離為d，轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)細(xì)桿始終與轉(zhuǎn)軸在同一平面內(nèi)。讓轉(zhuǎn)盤由靜止?jié)u漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)細(xì)桿與豎直方向的夾角為θ，不計(jì)空氣阻力及細(xì)桿重，則質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，細(xì)桿對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功為()圖7A.eq\f(1,2)mg(d＋lsinθ)tanθ＋mgl(1－cosθ)B.eq\f(1,2)mgdtanθ＋mgl(1－cosθ)C.eq\f(1,2)mg(d＋lsinθ)tanθD.eq\f(1,2)mgdtanθ【解析】選A由于質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有mgtanθ＝meq\f(v2,d＋lsinθ)，所以質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mg(d＋lsinθ)tanθ，設(shè)靜止時(shí)質(zhì)點(diǎn)的重力勢能為零，則此時(shí)質(zhì)點(diǎn)的重力勢能為WG＝mgl(1－cosθ)，由能量守恒知質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，細(xì)桿對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功全部轉(zhuǎn)化成質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能，所以選項(xiàng)A正確。10．如圖8所示，左側(cè)為一個(gè)固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O點(diǎn)為球心，碗的內(nèi)表面及碗口光滑；右側(cè)是一個(gè)足夠長的固定光滑斜面。一根不行伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過碗口及斜面頂端的光滑定滑輪，細(xì)繩兩端分別系有可視為質(zhì)點(diǎn)的小球m1和物塊m2，且m1＞m2。起先時(shí)m1恰在A點(diǎn)，m2在斜面上且距離斜面頂端足夠遠(yuǎn)，此時(shí)連接m1、m2的細(xì)繩與斜面平行且恰好伸直。當(dāng)m1由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到圓心O的正下方C點(diǎn)時(shí)細(xì)繩突然斷開，不計(jì)細(xì)繩斷開瞬間的能量損失。則下列說法中正確的是()圖8A．在m1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，m1的機(jī)械能始終削減B．當(dāng)m1運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，m1的速率是m2速率的2倍C．細(xì)繩斷開后，m1能沿碗面上升到B點(diǎn)D．m1最終將會(huì)停在C點(diǎn)【解析】選Am1從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，繩的拉力對(duì)m1做負(fù)功，m1的機(jī)械能削減，所以細(xì)繩斷開后，m1不能沿碗面上升到與A等高的B點(diǎn)，A正確，C錯(cuò)誤；繩斷后m1在碗內(nèi)的運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒，不行能停止運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤；m1到C點(diǎn)時(shí)，m1的速度沿繩方向的分速度與m2的速度大小相同，即v1·cos45°＝v2，B錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題11．如圖9所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間由一輕質(zhì)細(xì)線連接，B、C間由一輕桿相連。傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細(xì)線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()圖9A．A球的加速度沿斜面對(duì)上，大小為gsinθB．C球的受力狀況未變，加速度為0C．B、C兩球的加速度均沿斜面對(duì)下，大小均為gsinθD．B、C之間桿的彈力大小為0【解析】選CD據(jù)題意，對(duì)A球受力分析，受到重力G，垂直斜面對(duì)上的支持力NA，沿斜面對(duì)上的彈力F和B、C球?qū)λ睦A，由于A球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則據(jù)平衡條件有：F＝GAsinθ＋TA＝3mgsinθ；現(xiàn)將細(xì)線燒斷，據(jù)彈簧彈力具有瞬間保持原值的特性，則有：F－GAsinθ＝ma，故A球此時(shí)加速度為a＝2gsinθ，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；細(xì)線燒斷后B、C球整體只受到重力和支持力，則加速度以a＝gsinθ向下運(yùn)動(dòng)，所以B、C之間沒有相互作用力，故C、D選項(xiàng)正確而B選項(xiàng)錯(cuò)誤。12．如圖10所示，位于光滑水平桌面上的物塊P用跨過定滑輪的輕繩與小托盤相連，托盤內(nèi)有砝碼。托盤與砝碼的總質(zhì)量為m，P的質(zhì)量為2m，重力加速度為g。釋放后，P圖10A．托盤運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gB．P運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(g,3)C．托盤對(duì)輕繩的拉力大小為eq\f(2,3)mgD．砝碼處于超重狀態(tài)【解析】選BC應(yīng)用隔離法，對(duì)托盤分析，由牛頓其次定律得mg－F＝ma，對(duì)物塊P分析，由牛頓其次定律得F＝2ma，可知加速度大小為a＝eq\f(mg,2m＋m)＝eq\f(1,3)g，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；將a＝eq\f(1,3)g代入F＝2ma得F＝eq\f(2,3)mg，C項(xiàng)正確；由于砝碼加速度向下，所以砝碼處于失重狀態(tài)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。13．如圖11所示，水平面光滑，質(zhì)量為2kg的木塊在質(zhì)量為1kg的長木板上，木塊上受到向右的水平拉力F＝15N的作用，已知木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，(重力加速度g＝10m/s2)。則下列說法正確的是()圖11A．木塊與木板相對(duì)滑動(dòng)B．木塊與木板加速度相同都是4m/s2C．木塊與木板加速度不同，木塊加速度是5.5m/s2，木板加速度是4m/s2D．只要F大于4N，木塊都會(huì)相對(duì)木板滑動(dòng)【解析】選AC木塊和木板一起運(yùn)動(dòng)的加速度為eq\f(F,m＋M)＝5m/s2，木板的最大加速度am＝eq\f(μmg,M)＝4m/s2＜5m/s2，故木塊和木板相對(duì)滑動(dòng)，木塊的加速度為eq\f(F－μmg,m)＝5.5m/s2，B錯(cuò)誤，A、C正確；木塊和木板剛要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，拉力F＝(m＋M)am＝12N，故D錯(cuò)誤。14．水平地面上有一固定的斜面體，一木塊從粗糙斜面底端以肯定的初速度沿斜面對(duì)上滑動(dòng)后又沿斜面加速下滑究竟端。則木塊()圖12A．上滑的加速度大小等于下滑的加速度大小B．上滑時(shí)間等于下滑時(shí)間C．上滑過程速度的減小量大于下滑過程速度的增加量D．上滑過程與下滑過程克服摩擦力做功相同【解析】選CD依據(jù)牛頓其次定律可求上滑的加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，可知上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故A錯(cuò)誤；因上滑、下滑位移大小相等，依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可知上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間，故B錯(cuò)誤；再依據(jù)x＝eq\x\to(v)t＝eq\f(1,2)vt可知上滑過程速度的減小量大于下滑過程速度的增加量，所以C正確；又在上滑、下滑的過程中滑動(dòng)摩擦力大小相等，位移相等，故克服摩擦力做功相同，所以D正確。15．如圖13所示，固定坡道傾角為θ，頂端距光滑水平面的高度為h，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊質(zhì)量為m，從坡道頂端由靜止滑下，經(jīng)過底端O點(diǎn)進(jìn)入水平面時(shí)無機(jī)械能損失，為使小物塊制動(dòng)將輕彈簧的一端固定在水平面左側(cè)M處的豎直墻上，彈簧自由伸長時(shí)右側(cè)一端恰好位于O點(diǎn)。已知小物塊與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖13A．小物塊在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，下滑的加速度比上滑的加速度小B．當(dāng)小物塊壓縮彈簧到最短時(shí)，物塊的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能C．小物塊返回傾斜軌道時(shí)所能達(dá)到的最大高度為eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)hD．小物塊在來回運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中損失的機(jī)械能為mgh【解析】選ACD小物塊在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受重力、支持力、摩擦力3個(gè)力的作用，沿斜面方向的加速度由摩擦力和重力沿斜面的分力供應(yīng)，下滑的加速度a1＝eq\f(mgsinθ－f,m)，上滑的加速度a2＝eq\f(mgsinθ＋f,m)，故下滑的加速度比上滑的加速度小，A正確。由于小物塊在傾斜軌道上有摩擦力做功，故當(dāng)小物塊壓縮彈簧到最短時(shí)，物塊的重力勢能部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，B錯(cuò)誤。小物塊下滑到O點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，在水平軌道上，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Ep，設(shè)小物塊能夠上升的最大高度h1，物體被彈回過程中由動(dòng)能定理得－mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，解得：h1＝eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)h，C正確。由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可知小物塊最終將靜止在O點(diǎn)，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故在來