2021届全国学海大联考新高考原创预测试卷（十九）物理

2021届全国学海大联考新高考原创预测试卷（十九）

物理

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相

应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的

方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写

在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题

卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用

铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫

米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区

域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题（每题5分，共70分，L-9为单选题，10—14为多选题）

1.A、B两物体以相同的初速度滑上同一粗糙水平面，若两物体的质量为，物<，加，两物体与粗糙水

平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离后与油相比为（）

A.XA<XBB.XA>XBC.XA=XBD.不能确定

2.质量为〃，的木块，以某一初动能滑上足够长水平桌面，滑行的最大距离为s。要使木块滑行的最

大距离变为2s,下列可行的是（）

A.将木块的初动能变为原来的2倍

B.将木块的初动能变为原来的5倍

2

C.将木块的初速度变为原来的2倍

D.将木块的初速度变为原来的倍

3.某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目.原理图如图所示：一个圆弧形光滑圆管轨道

ABC,放置在竖直平面内，轨道半径为R,在A点与水平地面AQ相接，地面与圆心。等高，MN

是放在水平地面上长为3R、厚度不计的减振垫，左端M正好位于A点.让游客进入•个中空的透

明弹性球，人和球的总质量为加，球的直径略小于圆管直径.将球（内装有参与者）从A处管口正

上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程.不考虑空气阻力.那么以下说法

中错误的是（）

A.要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C

点时的速度至少为必

B.要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C

点时的速度至少为式

C.若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则球经过C点时对管的作用力大小为坐

2

D.要使球能通过C点落到垫子上，球离A点的最大高度是5/?

4.如图所示，一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平.一质量

为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N

时，对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中客服

摩擦力所做的功.则（）

A.T=^mgR,质点恰好可以到达Q点

B.W>-mgR,质点不能到达Q点

C.JJr--mgR,质点到达QB，继续上升一段距离

D.质点到达Q后，继续上升一段距离

5.如图所示，质量均为，"=2kg的小球1、2（可视为质点）用长£=lm的轻质杆相连，小球2置于

光滑水平面上，小球1紧靠于光滑墙面放置，现用斜向左上方的力F使小球1紧贴墙面向上运动，

当杆与竖直墙壁夹角0=53时，小球2的速度大小v=0.6m/s,sin53'=0.8,g=10m/s2,则此过程中外

力尸所做的功为（）

A.12J

B.13J

C.14J

D.15J

6.在日常生活中，人们习惯于用几何相似性放大（或缩小）的倍数去得出推论，例如一个人身高了

50%,做衣服用的布料也要多50%,但实际上这种计算方法是错误的，若物体的几何线度长为L,

当L改变时，其他因素按怎样的规律变化？这类规律可称之为标度律，它们是由纲量关系决定的.在

上例中，物体的表面积S=kl?,所以身高变为1.5倍，所用的布料变为1.52=2.25倍.以跳蚤为例：

如果一只跳蚤的身长为2mm,质量为0.2g,往上跳的高度可达0.3m.可假设其体内能用来跳高的能

量E8[?（L为几何线度），在其平均密度不变的情况下，身长变为2m,则这只跳蚤往上跳的最大高

度最接近（）

A.0.3mB.3m

C.30mD.300m

7.如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处

由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的

位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x

变化的关系，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断不正确的是（)

A.当x=h+x°,小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小

B.小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大

C.当x=h+2x。，小球的加速度大小为g

D.小球动能的最大值为mgh+mgxo

8.如图甲所示，物体在竖直方向受到大小恒定的作用力F-40N,先由静止开始竖直向上做匀加速直

线运动，当Uis时将尸反向，大小仍不变，物体的丫-/图象如图乙所示，空气对物体的阻力大小恒

定，g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.物体在1.25s内拉力厂的平均功率为160W

B.物体1.25s内阻力做功的平均功率为为16W

C.空气对物体的阻力为6N

D.物体的质量为4kg

9.一质量为〃，的物体从倾角为。的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦

因数〃与物体离开斜面顶端距离x之间满足〃=辰（4为已知量），在下滑的整个过程中，下列说法

正确的是（已知斜面足够长，当地重力加速度为g）（）

A.物体先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动

B.物体的最大位移大小为粤且

k

C.整个过程中产生的热量为2/"gsin-e

Acos。

D.物体停止后加速度方向沿斜面向上

10.如图所示，边长为1m的正方体空间图形A8CD—A山其下表面在水平地面上，将可视

为质点的小球从顶点A在/BAD所在范围内（包括边界）分别沿不同的水平方向抛出，落点都在

平面范围内（包括边界）.不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面，g取10m/s2.则（）

A.小球落在5点时，初速度为逐m/s,是抛出速度的最小值

B.小球落在Ci点时，初速度为JT5m/s,是抛出速度的最大值

C.落在囱U线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2-5

D.轨迹与AG线段相交的小球，在交点处的速度方向相同

11.质量为，〃的物块放置在倾角为6的斜面上，通过跨过定滑轮上的细绳与质量为M、体积很小的

小球相连，小球置于半径为R的半圆状环形管的左侧开口端，小球直径略小于半圆状环形管的管径，

连接小球的细绳处于竖直，整个装置如图所示。静止释放小球和木块，小球将沿着环形圆管运动，

木块沿着斜面运动，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（）

A.小球和木块的质量满足心in6

B.小球的速度达最大时，小球和圆心的连线与竖直方向夹角的正弦值为詈sin。

C.若小球运动到圆环的最低点，那么木块重力势能增加量为“水

D.若小球运动到圆环的最低点，那么木块动能的增加量为（〃gR-；mg》Rsine）

12.（BC班）如图所示，同一竖直平面内的01、A、B、C四点为长方形的四个顶点，水平面上的B、

C两点间的距离为L,Ch在A点正上方高h处，B点在A点正下方距离处。同时将质量均为m的小

球甲、乙（均可视为质点）分别从0卜02点沿水平方向OiA和竖直方向02A抛出，结果两球恰好

在B点相遇。空气阻力不计。下列说法正确的是（）

01

口乙

0,

►

h

A.甲、乙抛出的初速度大小之比为

B.两球运动过程中均处于超重状态

C.甲、乙相遇前瞬间的动能之比为

D.甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为1：2

12.（A班）从地面A处竖直上抛一质量为，"的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高

h

点后返回至C点时的动能相等，B点离地高度为/?,C点离地高度为H，空气阻力/=O/mg,大

小不变，则（）

B丁

A.小球上升的最大高度为3/2;

B.小球从抛出到落地过程动能减少0.8〃际〃，一

A

C.小球从上升经过B点到下落经过B点过程中动能的增量为0

D.小球下落过程中从B点到C点动能的增量为O.Gmgh

13.（BC班）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为相、在粗糙倾斜固定杆A处的圆环相

连，杆与水平面之间的夹角为a,弹簧竖直且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，到达C处的

速度为零，AC=L,B处是AC的中点。圆环在C处获得一沿杆向上的速度u,恰好能回到A,弹簧始

终在弹性限度之内，重力加速度为g,则圆环（）

A.下滑过程中，加速度一直减小1xl\

B.下滑过程中,圆环与杆摩擦产生的热量为7"?/\

C.从C到A过程，弹簧力做功mgLs山。一,加/.....

42

D.上滑经过8的速度大于下滑经过B的速度

13.（A班）如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一小物块，弹簧处于自然状态时物块位于粗

糙水平桌面上的。点。现用外力F缓慢推动物块到M点，此时弹簧的弹性势能为Ep。撤去力F后，

物块向右滑动，最远滑至N点，此过程中物块的最大动能为Ek,动能最大时的位置与M点的距离

为d,则下列说法正确的是（）

A.物块经过0点时动能最大,

B.物块从M点到0点的过程中加速度先减小后增大'节""含为"

C.块经过与M点的距离为的-位置时动能大于互

22

D.物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功为EP

14.（BC班）水平传送带匀速运动，速度大小为u,现将一小工件轻轻放到传送带上.它在传送带

上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止•设工件质量为〃?，它与传送带间的动摩擦

因数为〃，重力加速度为g，则工件在传送带上滑动的过程中（）

A.工件所受摩擦力的方向与工件运动方向相反B.工件的加速度为〃g

2

C.摩擦力对工件做的功为竺D.传送带对工件做功为零

2

14.（A班）如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两

传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同.将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，

甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达传送带中部的C点时恰好达

到速度v,接着以速度v运动到底端B点.则物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）

A.物体在甲传送带上运动的时间比乙长

B.物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大

C.物体相对传送带滑行的距离相等

D.两传送带对物体做功相等

二、解答题（每题15分，共30分）

15.如图甲所示是游乐场中过山车的实物图片，可将过山车的一部分运动简化为图乙的模型图，模

型图中半径为R的光滑圆形轨道固定在倾角为a的斜轨道面上，并与斜轨道圆滑相接于B点，圆形

轨道的最高点C与4点平齐。现使小车(可视为质点)以一定的初速度从A点开始沿斜面向下运动，

已知小车的质量为〃?，斜轨道面与小车间的动摩擦因素为〃，不计空气阻力，小车恰好能通过圆形

轨道的最高点C处，求：

(1)小车在C点的速度大小？

(2)小车在圆形轨道的最低点。时对轨道的压力大小？

(3)小车在A点的初速度大小？

16.如图甲所示，水平面上A点处有一质量机=0.5kg的小物块，从静止开始在水平向右恒力Q作

用下运动，通过8点时立即撤去力F”物块恰好落到斜面尸点。物块与水平面间的滑动摩擦力为力

了大小与物块离4点的距离d的关系如图乙所示。已知AB间距为2m,斜面倾角=37。，8P间距为

3m,重力加速度g取lOm/s2,不计空气阻力。(sin37°=0.6,8$37。=0.8)求

(1)物块通过B点时速度大小；

(2)恒力Fi大小

(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B点以(1)同中的速度

水平向右抛出，立即撤去力Fi,同时物块受到大小为4N的风力尸2作用，风力方向从水平向左逆时

针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该

最短

时间

:匕

及在

%

0'///m

甲20

此条件下物块第一次落到斜面时的动能.

参考答案

1.C

【解析】由动能定理可知，+mgx=O-L〃,vo2；即得滑行的最大距离x=—%—；则可知，若初速度

22〃g

相等，则最大滑行距离相等，故C正确.故选C.

点睛：比较两者的距离，应根据动能定理将它们距离的表达式列出，根据表达式来判断影响距离的

物理量有哪些，并且一定要全面考虑.

2.A

【解析】

【分析】

【详解】

设物体与桌面的摩擦因数为中物体的初速度为w,则初动能

口12

线0二万机%

根据动能定理

12

2gs=0-Ek0=0--

要使木块滑行的最大距离变为2s,据动能定理有

12

-jurng2s=O-Eko=0--mv"

联立解得线=2线0，v=V2v0,故A正确，BCD错误。

故选Ao

答案第1页，总19页

3.A

【解析】

1,

AB、小球离开C点做平抛运动，当打在M点时，通过C点的速度最小，根据R=,g广知，t=

则通过C点的最小速度故A错误，B正确.

C、当小球打在M端时，通过C点的速度为:哈，根据牛顿第二定律得，mg-N=机］，解得N=等.

故C正确.

D、当小球离A点高度最高时，将打在N点，根据R=；g/知，t=押，则通过C点的速度丫=

岸=前诵.根据机械能守恒定律得，mgh=mgR+mv2,解得h=5R.故D正确.

本题选错误的，故选A.

4.C

【解析】

根据动能定理可得P点动能£%=7改火，经过N点时，半径方向的合力提供向心力，可得

Amg-mg-m—y所以N点动能为耳"=③"’,,从P点到N点根据动能定理可得

R2

mgR+w=^^-mgR,即摩擦力做功卬=质点运动过程，半径方向的合力提供向心

2

力即品-，〃gsine=ma=，〃,，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半幅的速度

小，轨道弹力变小，滑动摩擦力/=〃几变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q,根据动能定

理，Q点动能用微=即?—，咫^一力，由于“〈竺等，所以Q点速度仍然没有减小到0,仍会

继续向上运动一段距离，对照选项C对.

答案第2页，总19页

m

【考点定位】功能关系

【方法技巧】动能定理分析摩擦力做功是基础，对于滑动摩擦力一定要注意压力的变化，最大的误

区是根据对称性误认为左右两部分摩擦力做功相等.

5.B

【解析】

【详解】

当杆与竖直墙壁夹角9=53。时，设小球1的速度为M,根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等,

有:v'cos53°=vcos37°,代入数据得：v-0.8in/s；小球1上升的高度为：/i=£cos53°=0.6m；根据功能

原理得外力F所做的功为：W=-mv2+-mv'-+mgh,解得：W=13J,故选B.

6.A

【解析】

由题意知七=小，依据能量的转换和守恒，跳蚤上升过程中：E=kE=mgh=pg£h,

可得：k=pgh,k是常数，由于。、g不变，所以高度h不变，故A正确，BCD错误.

点睛：该题的关键依据题意分析出h的相关表达式，这是开放性的题目，应注重从题目中获取信息

的能力.

7.D

【解析】

【详解】

答案第3页，总19页

A.根据乙图可知，当*』+*0,小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小

球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；

B.小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，

当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上

且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先

增大后减小，加速度先减小后增大，故B正确；

C.在x=h+xo位置：mg=kxo,则在x=h+2xo时：k-2xo-mg=ma,解得a=g,选项C正确；

D.小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+xo)-W荷/〃小：,故小球动能的最大

值小于mg(h+x(»),故D错误；

8.B

【解析】

【详解】

A.在1.25s内，图像围成面积为5m,即总位移为5m,拉力第一阶段向上的位移为4m,则拉力做

正功160J,第二阶段位移为1m,则拉力做负功40J,总共120J,平均功率96W,故A错误。

CD.根据牛顿第二定律可得：

F—

F+/ng+f=ms,

又由题图乙可知

«i=2m/s2

4Z2=6m/s2

联立解得物体的质量

加=2kg

答案第4页，总19页

空气对物体的阻力为

户4N

CD项错误。

B.阻力全程做负功，共W尸4x5=20J,所以平均功率为

—%

号=-^=16W

B正确。

故选Bo

9.C

【解析】

【分析】

分析物体的受力情况，由牛顿第二定律列式分析加速度的变化，从而判断物体的运动情况。根据动

能定理求最大位移，由功能关系求热量。根据受力情况分析加速度方向。

【详解】

A、物体由静止开始下滑，开始阶段，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：

mgsinO-|imgcos0=ma,将pi=kx代入得：gsin0-kxgcos0=ma,随着x增大，a减小，物体

做加速度减小的变加速运动。当mgsinO=RmgcosO时，a=0.此后，mgsinO<gmgcos0,则有：

(jmgcosO-mgsinO=ma,将口=kx代入得：kxgcosO-gsin0=ma,随着x增大，a增大，物体

做加速度增大的变减速运动。故A错误。

B、设最大位移为x,由动能定理得：mgxsinO—我=0,乂f=。+直,一。=弛詈上联

立得：x=2tanQ,故B错误。

k

答案第5页，总19页

C、整个过程中产生的热量等于重力势能的减小量，为：Q=mgxsin8=2mgsnr0,故c正确。

kcose

D、物体停止后物体的合力为零，加速度为零，故D错误。

故选：Co

【点睛】

解决本题的关键是要知道摩擦力是变力，求摩擦力做功时要用摩擦力的平均值，要注意分析力的变

化，判断加速度的变化。

10.BD

【解析】

试题分析：小球水平抛出即为平抛运动，落在ABIGDL平面内任意一点，高度都是等于a=i，〃，运

竺=@，水平方向匀速直线运动，水平位移％=%1,即％='=迅彳。小球落在

动时间工=

g5t

Bi点时时，水平初速度为=J5xl=6m/s,但落在Bi点的水平位移不是最小值，所以

初速度也不是最小值，选项A错。小球落在Ci点时，水平位移》=血机，初速度

vo=s/5xy/2=>flOm/s,此时水平位移最大，所以初速度最大，选项B对。落在BQi线段上的

小球，水平位移最小为玉=¥”水平位移最大为％2=1m，所以平抛的初速度之比为1：血，初

动能之比为1:2,整个运动过程机械能守恒，所以落地的机械能之比为

(mgh+Ek):(mgh+2E，。1:2,选项C错。轨迹与AG线段相交的小球，竖直位移和水平位移的

’72tnn0_b(.gt__2

比值为E,即V行”，交点处的速度方向与水平夹角为。则有一丁口一,所

以速度方向都相同，选项D对。

考点：曲线运动功能关系

【名师点睛】平抛运动竖直在高度一定时，水平位移越大，初速度越大，所以判断水平位移是判断

答案第6页，总19页

初速度大小的关键。平抛运动的竖直位移与水平位移的比值等于竖直速度和水平速度比值的一半。

所以把握住只要位移比相等则速度比相等，方向一定。

11.AB

【解析】

【详解】

A.小球能向下沿圆环运动，满足小球的重力大于木块的重力沿斜面向下的分力，即有

Mg>mgsinQ

所以有

M>/«sin0

故A正确；

B.由于小球和木块的速度都沿着细绳的方向，所以两者速度大小相等，当小球速度达最大时，木块

的速度也达最大，满足小球重力沿细绳方向的分力等于木块重力沿细绳方向的重力，设小球和圆心

的连线与竖下方向的夹角为a,则有

ATgsina="zgsinO

可得

sina=—sin0

M

故B正确;

C.若小球运动到最低点，木块沿斜面上移1乃R,木块重力势能增加为

2

△Ep=万Rsin。

故C错误;

答案第7页，总19页

D.若小球运动到最低点，对小球和木块应用动能定理得

11«

MgR--mg/rRsinQ=—(A/

可知MgR-；mgTrRsinO为小球和木块动能的增加量，故D错误；

故选ABo

12.AD

【解析】

【分析】

抛体运动属于完全失重；根据平抛运动的规律计算相遇时间，求出初速度大小即可求解比值；根据

运动学公式计算甲和乙达到底部竖直方向的速度，根据重力功率计算功率之比；根据机械

能守恒定律求解相遇前的动能，然后求解比值.

【详解】

A、甲乙两球落地时间t,则v甲L,对乙：，解得：V。联立解得：，故A正确；

B、抛体运动的加速度为重力加速度，方向向下，属于完全失重，故B错误；

C、根据机械能守恒定律可得：相遇前甲的动能为：&/；相遇前乙的动能为：Ek2；所以甲、乙相遇

前瞬间的动能之比为，故C错误。

D、根据评-可得：甲达到底部竖直方向的速度vi,故甲受到的重力功率P=nzg；

乙达到底部竖直方向的速度V2,故乙受到的重力功率Pz=，"gV2=2〃?g;故甲、乙相遇前瞬间所受重

力的功率之比为1：2,故D正确；

【点睛】

本题主要是考查了平抛运动的规律和动能定理，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动

和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，知道平抛运动的时

间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关.

答案第8页，总19页

13.BD

【解析】

【分析】

【详解】

A.设最大高度为“，则对小球从A点运动到8点的过程，由动能定理得:

一(〃?g+/)/?=；mv„2-；mv\

对小球从A点开始运动到返回C点的过程，由动能定理得:

一，wg；/?一/(2〃1=-gm"：

33

由题意可知,

1212

解得:

H=4/7

故A错误;

B.小球从抛出点到落地过程中，减少的动能:

AEk=fx2H=0.\mgx2x4/?=O.Smgh

故B正确;

C.小球从上升经过8点到下落经过B点过程，重力做功为零，空气阻力做功不为零，动能的增量等

于空气阻力做功，则动能增量不为零，故C错误;

D.从上升到的B点运动到下落时的B点的过程中运用动能定理得:

；mv^—gmv^=-/(3/J+3/?)=-O.Gmgh

又因为

答案第9页，总19页

3〃比=;加叶

所以

~,nvc~~mvB=0.6mgh

故D正确；

故选：BD

14.BCD

【解析】

【详解】

A.圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做

减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，故A错误；

B.圆环从4处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：

mgh+Wf-W.^=0-0

在C处获得一竖直向上的速度也恰好能回到A,运用动能定理列出等式

1,

-mgh+W^+W/=0--mv2

联立解得：

W尸--mv1

4

所以产生的热量为,机讲，故B正确；

4

C.从C到A过程，由动能定理得

答案第10页，总19页

-mgh+W^+W/=0--mv2,h=Lsina

联立解得：弹簧对环做功为

Wyt-mgLsina-—mv2

4

故C正确；

D.研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式

mgh'+Wf-Wi<f=；WVB2-0

研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式

-mgh'+Wj+^1,1=0--mve'2

即得

mgh'-Wf-W^gmv^'2

由于％V0,所以有

1，）,

—WIVB<-W1VB2

22

则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确；

15.BC

【解析】

【分析】

根据滑块的受力情况以及弹力的变化情况分析加速度的变化；由能量关系分析选项CD的正误。

答案第11页，总19页

【详解】

当弹力等于摩擦力时，滑块的速度最大，此位置应该位于M0之间某位置，选项A错误；开始时弹

力大于摩擦力，加速度向右，随弹力的减小加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减为零，

此时速度最大；滑块继续向右运动时，弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹力的减小加速度逐渐

变大，则选项B正确；

MQPON

设滑块速度最大的位置为MO之间的P点，则MP=d；MP的中点为Q,则由M到P由动能定理：

%MP-刖gd=E«；从M到Q,由动能定理：W^MQ-^mgd=E'k,因卬弹板〉；喝”/1;可

得Ek＞共2选项C正确；因物块在N点仍然有弹性势能，则物块从M点运动到N点的过程克服

摩擦阻力做的功小于Ep,选项D错误；故选BC.

【点睛】

此题是牛顿第二定律进行动态分析以及能量守恒定律的应用问题；关键是分析物体的受力情况以及

弹力和摩擦力的关系；知道运动过程中能量的转化关系。

16.BC

【解析】

【详解】

A：工件在传送带上滑动的过程中，相对传送带的速度方向与工件运动方向相反，则工件所受摩擦

力的方向与工件运动方向相同.故A项错误.

B：工件在传送带上滑动的过程中，对工件受力分析，由牛顿第二定律可得"78=〃"，则工件的加

速度a=〃g.故B项正确.

CD：工件在传送带上滑动的过程中，对工件受力分析，由动能定理可得叱=-mv2-0=-mv2.故

122

C项正确，D项错误.

答案第12页，总19页

【点睛】

滑动摩擦力的方向与物体间相对运动的方向相反，与运动方向可能相同也可能相反.

17.AD

【解析】

【分析】

通过作图象，结合位移关系和速度关系，分析时间关系.由u-f图象的斜率表示加速度，分析动

摩擦因数的关系.由能量守恒定律分析热量关系.

【详解】

A、根据两个物体的总位移相等，V-/图象的“面积”表示位移，作出两个物体的图象：

Ot,t.

可知“"乙；故A正确.

B、图象的斜率表示加速度，由图知，甲匀加速运动的加速度小于乙匀加速运动的加速度，由牛

顿第二定律得：mgsin0+fimgcos3=ma,得〃=gsin阴7/gcos。，则知“小时，a小,因此物体与甲传送带

之间的动摩擦因数比乙小，故B错误.

C、设传送带长为L,甲中：物体运动时间为：，物体与传送带间的相对位移大小为：△尤中=1「4=3

乙中：物体运动时间为，物体与传送带间的相对位移大小为：，则知乙的相对位移较大，故C错误.

D、根据动能定理得：，则得传送带对物体做功，氏V、机都相等，则W相等；故D正确.

故选AD.

答案第13页，总19页

【点睛】

解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力

的关系.要注意摩擦生热等于摩擦力与相对位移大小的乘积.

I—,LJcosa+cos?a)„

18.⑴Vc=《gR；Q)6根g；(3)L=j2g〃R[----――----J+gH

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由于小车恰能通过C点，则有

2

mg=%

解得

忆:师

(2)小车经轨道最低点。时对轨道压力最大

设在。点轨道对小车的支持力为N。

则有

v

N-mg=D

小车由。到C的运动过程机械能守恒

则有

11

—mv^7+mg-2R=—mv,2

答案第14页，总19页

得

N=6mg

根据牛顿第三定律

在。点小车对轨道的压力

N'=N=6mg

(3)设AB距离为3对小车由A到C的过程应用动能定理得

-/jmgcosa-L-^mv^.-gmv\

依几何关系得

_R+Rcosa

L=--------------

sina

而

匕=屈

解得

cosa+cos2a、