D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh?12mv。 21
2．质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝g竖直下落到地面，在此过程中( B )
3
1
A．物体的重力势能减少mgh
31
B．物体的动能增加mgh
31
C．物体的机械能减少mgh
3
D．物体的机械能保持不变
11
【解析】 物体所受合力为F合＝ma＝mg，由动能定理得，动能的增加量ΔEk＝F合·h＝mgh.
33
3．如右图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，正确的说法是( A )
A．物块的机械能一定增加 B．物块的机械能一定减小 C．物块的机械能可能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
【解析】 机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，则机械能的变化决定于F与Ff做功大小关系．
由mgsin α＋Ff－F＝ma，知F－Ff＝mgsin 30°－ma＞0，即F＞Ff.故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大．
4．(2010年济宁模拟)如右图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、 μ1、 μ2间应满足的关系是( B )
μ1＋2μ22μ1＋μ2
A．tan θ＝ B．tan θ＝
33
C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1
2μ1＋μ2【解析】 由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcos θ·AB－μ2mgcos θ·BC＝0，则有tan θ＝，B项正确．
3
5．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为l1，乙车滑行的最大距离为l2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( D )
A．l1∶l2＝1∶2 B．l1∶l2＝1∶1 C．l1∶l2＝2∶1 D．l1∶l2＝4∶1
【解析】 由动能定理，对两车分别列式
112
－F1l1＝0－m1v21，－F2l2＝0－m2v2， 22F1＝μm1g，F2＝μm2g.
由以上四式联立得l1∶l2＝4∶1
故选项D是正确的．
6．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是( BCD )
P
A．钢绳的最大拉力为 v2P
B．钢绳的最大拉力为 v1
P
C．重物的最大速度v2＝
mg
P
D．重物匀加速运动的加速度为－g
mv1
【解析】 由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大
P
功率P后，随v增加，钢绳拉力F变小，当F＝mg时重物达最大速度v2，故v2＝，最大拉力F＝mg＋ma
mg
PPP＝，A错误，B、C正确，由－mg＝ma得：a＝－g，D正确． v1v1mv1
7．如下图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°固定的粗糙斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙，下列说法正确的是(g＝10 m/s2)(B)
A．拉力F的大小为20 N
B．物体运动到最高点的时间为3 s C．0～1 s内重力的平均功率为100 W D．t＝4 s时物体的速度大小为10 m/s
【解析】 由乙图可知，物体加速时，a1＝20 m/s2，撤去F后，a2＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿
vm
第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，得：F＝30 N，物体减速的时间t2＝＝a2
vm
2 s，故B正确，A错误；Pmg＝mgsin θ·＝ 60 W，C错误；物体至最高点后mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，得
2a3＝2 m/s2，故t＝4 s时物体的速度v＝a3(t－3)＝2 m/s，D错误．
8．(2009年高考山东卷)右图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M
3
的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m
6
的货物装入木箱．然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( BC )
A．m＝M B．m＝2M
C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
【解析】 受力分析可知，下滑时加速度为g－μgcos θ，上滑时加速度为g＋μgcos θ，所以C正确；设下滑的距离为l，根据能量守恒有μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，得m＝2M，也可以根据除了重力、弹力做功以外，其他力(非重力、弹力)做的功之和等于系统机械能的变化量，A错误B正确；在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确．
9．带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如右图)，电场强度为E，且qE A．滑块将沿斜面减速下滑 B．滑块仍沿斜面匀速下滑 C．加电场后，重力势能和电势能之和不变 D．加电场后，重力势能和电势能之和减小 【解析】 没加电场时，滑块匀速下滑，有：mgsin θ＝μmgcos θ，加上电场后，因(mg－Eq)sin θ＝μ(mg－Eq)cos θ，故滑块仍匀速，B正确，加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确． 10．(2009年高考上海单科)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为 零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于( D ) A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9 【解析】 小球上升至最高点过程，由动能定理： 12 －mgH－FfH＝0－mv0 2小球上升至离地高度h处过程，由动能定理： 112 －mgh－Ffh＝mv2－mv 2120 1又mv2＝2mgh 21 小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程，由动能定理： 112 －mgh－Ff(2H－h)＝mv22－mv0 221又mv2＝mgh 22 4 以上各式联立解得h＝H，答案D正确． 9 11．(8分)如右图所示，质量为M的小球被一根长为L的可绕O轴自由转动的轻质杆固定在其端点，同时又通过绳跨过光滑定滑轮与质量为m的小球相连．若将质量为M的球由杆呈水平状态开始释放，不计摩擦，竖直绳足够长，则当杆转动到竖直位置时，质量为m的球的速度是多大？ 【解析】 杆转到竖直位置时，质量为M的球下落距离L，绳与竖直方向成45°角，质量为m的球上升的高度h＝2L 设此时质量为M的球、质量为m的球的速度分别为vM、vm，有vM＝2vm 在整个运动过程中，由机械能守恒有 112 MgL－mg2L＝Mv2M＋mvm 22由以上式子得出质量为m的球的速度 vm＝ (M－2m) 2gL. (2M＋m) 12．(10分)如右图所示，让摆球从图中A位置由静止开始下摆，正好到最低点B位置时线被拉断．设摆线长为L＝1.6 m，B点与地面的竖直高度为6.6 m，不计空气阻力，求摆球着地时的速度大小．(g取10 m/s2) 【解析】 摆球从A摆到B的过程中，只有重力对其做功，机械能守恒． 设摆球摆到B点时的速度为v，取B点所在水平面为零势能参考平面，由机械能守恒定律得 1mgL(1－cos 60°)＝mv2 2 解方程得摆球速度v＝gL＝10×1.6 m/s＝4 m/s 摆球在B点断线后，以v＝4 m/s的速度做抛体运动，摆球在空中运动的过程中只有重力做功，机械能仍守恒，摆球在B点的机械能是 11 E1＝Ep1＋Ek1＝0＋mv2＝mv2， 22 落地时摆球的机械能是 1 E2＝Ep2＋Ek2＝－mgh＋mv′2， 2由机械能守恒定律得： 11 －mgh＋mv′2＝mv2， 22 则摆球着地时速度的大小为： v′＝v2＋2gh＝42＋2×10×6.6 m/s＝12.2 m/s. 13．(10分)如右图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0＝3gR的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径 1 为R的圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直 4 径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后从P孔上升又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？ 112 【解析】 设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有－μmg5R＝mv2－mv 2B20解得v2B＝8gR 112滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则mv2B＝mvP＋mg2R， 22解得vP＝2gR 2vP 滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝＝4 g要想实现题述过程，需满足ωt＝(2n＋1)π π(2n＋1)gω＝(n＝0,1,2…)． 4R 14.如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h。当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则( B ) A．在该过程中，物体的运动可能是匀速的 mv2x2 B．在该过程中，人对物体做的功为22 2?h＋x?1 C．在该过程中，人对物体做的功为mv2 2D．人前进x时，物块的运动速度为 h2＋x2xh＋x 2 2 R g vh 【解析】设绳子与水平方向的夹角为θ，则物体运动的速度v物＝v·cosθ，而cosθ＝vxh＋x 2 ，故v 物＝ 2 ，可见物块的速度随x的增大而增大，A、D均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用 mv2x212 动能定理求解，即W＝mv物＝22，B正确，C错误。 22?h＋x? 15.在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。 如图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 (1)求选手摆到最低点时对绳的拉力的大小F； (2)若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力f1＝800 N，平均阻力f2＝700N，求选手落入水中的深度d； (3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。 1 【解析】(1)由动能定理得：mgl(1－cosα)＝mv2① 2v2 圆周运动F′－mg＝m l解得F′＝(3－2cosα)mg 人对绳的拉力F＝F′ 则F＝1080N (2)由动能定理得：mg(H－lcosα＋d)－(f1＋f2)d＝0 mg?H－lcosα?则d＝ f1＋f2－mg解得d＝1.2m (3)选手从最低点开始做平抛运动x＝vt 1H－l＝gt2 2 且由①式及以上两式 解得x＝2 l?H－l??1－cosα? H 当l＝时，x有最大值，解得l＝1.5m 2 因此，两人的看法均不正确。当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远。 16.(2013·新课标全国卷Ⅰ，21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则( AC ) A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B．在0.4s～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D．在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 【解析】本题考查动力学、运动学及功率，考查了推理能力、分析综合能力等，解题关键是受力分析和运动
高中物理必修二知识点总结（人教版）
