第五章第4講1．(多選)(2017屆福建模擬)目前，在地球周圍有許多人造地球衛星繞著它運轉，其中一些衛星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小．若衛星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是()A．衛星的動能逐漸減小B．由于地球引力做正功，引力勢能一定減小C．由于氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變D．衛星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減少量【答案】BD【解析】由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)可知，v＝eq\r(\f(GM,r))，可見，衛星的速度大小隨軌道半徑的減小而增大，所以A錯誤；由于衛星高度逐漸降低，因此地球引力對衛星做正功，引力勢能減小，故B正確；由于氣體阻力做負功，因此衛星與地球組成的系統機械能減少，故C錯誤；根據動能定理可知引力與空氣阻力對衛星做的總功應為正值，而引力做的功等于引力勢能的減少，即衛星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的變化，故D正確．2．(2017屆安徽模擬)“竹蜻蜓”是一種在中國民間流傳甚廣的傳統兒童玩具，是中國古代一個很精妙的小發明，距今已有兩千多年的歷史，其外形如圖所示，呈T字形，橫的一片是由木片經切削制成的螺旋槳，當中有一個小孔，其中插一根筆直的竹棍，用兩手搓轉這根竹棍，竹蜻蜓的槳葉便會旋轉獲得升力飛上天，隨著升力減弱而最終又落回地面.20世紀30年代，德國人根據“竹蜻蜓”的形狀和原理發明了直升機的螺旋槳．下列關于“竹蜻蜓”的說法正確的是()A．“竹蜻蜓”從手中飛出直至運動到最高點的過程中，始終處于超重狀態B．“竹蜻蜓”從手中飛出直至運動到最高點的過程中，始終在減速上升C．“竹蜻蜓”從手中飛出直至運動到最高點的過程中，動能先增加后減小D．“竹蜻蜓”從手中飛出直至運動到最高點的過程中，機械能先增加后減小【答案】C【解析】“竹蜻蜓”從手中飛出直至運動到最高點的過程中，應先加速上升，后減速上升，加速階段加速度向上，處于超重狀態．減速階段加速度向下，處于失重狀態，故A、B錯誤.“竹蜻蜓”先加速上升，后減速上升，則動能先增加后減小，故C正確.“竹蜻蜓”在上升的過程中，要推動空氣，同時也需要克服阻力做功，所以機械能始終減少，故D錯誤．3．(多選)(2017屆河南二模)如圖所示，質量均為m的兩個物塊A和B，用勁度系數為k的輕彈簧連接，處于靜止狀態．現用一豎直向上的恒力F拉物塊A，使A豎直向上運動，直到物塊B剛要離開地面．下列說法正確的是()A．在此過程中，物塊A的位移大小為eq\f(mg,k)B．在此過程中，彈簧彈性勢能的增量為0C．物塊B剛要離開地面，物塊A的加速度為eq\f(F,m)－gD．物塊B剛要離開地面，物塊A的速度為2eq\r(\f(F－mgg,k))【答案】BD【解析】開始時，未用力F拉動，A、B靜止，設彈簧壓縮量為x1，由胡克定律有kx1＝mg，x1＝eq\f(mg,k)，由題意當物塊B剛要離開地面時，彈簧彈力等于B的重力，則有kx2＝mg，解得x2＝eq\f(mg,k)，物塊A的總位移x＝x1＋x2＝x1＋x2＝eq\f(2mg,k)，故A錯誤；根據選項A的分析可知，彈簧原來的壓縮量為eq\f(mg,k)，后來彈簧的伸長量為eq\f(mg,k)，形變量相同，所以初末彈簧勢能相等，變化量為0，故B正確；物塊B剛要離開地面時，根據牛頓第二定律，有F－kx2－mg＝ma，解得a＝eq\f(F,m)－2g，故C錯誤；對A，根據動能定理得eq\f(1,2)mv2＝(F－mg)x，解得v＝2eq\r(\f(F－mgg,k))，故D正確．4．(多選)(2017年宜春校級期末)如圖甲所示，質量m＝0.5kg、初速度v0＝10m/s的物體，受到一個與初速方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑動，經3s撤去外力，直到物體停止，整個過程物體的v－t圖像如圖乙所示，g取10m/sA．物體與地面的動摩擦因數為0.1B．0～2s內F做的功為48JC．0～7s內物體克服摩擦力做功為25JD．0～7s內物體滑行的總位移為29【答案】AD【解析】撤去拉力后，物體的加速度大小a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－0,7－3)m/s2＝1m/s2.根據牛頓第二定律得μmg＝ma2，解得μ＝0.1，故A正確；有拉力時，有F＋μmg＝ma1，根據圖線知物體的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10－4,3)m/s2＝2m/s2，解得F＝0.5N．0～2s內的位移x＝v0t－eq\f(1,2)a1t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10×2－\f(1,2)×2×4))m＝16m，則F做的功WF＝－Fx＝－8J，故B錯誤.0～7s內物體的總位移為x＝eq\f(10＋4,2)×3m＋eq\f(4×4,2)m＝29m，則克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝0.5×29J＝14.5J，故C錯誤，D正確．5．(多選)(2017屆廣元模擬)如圖所示，是一兒童游戲機的工作示意圖．游戲機的光滑面板與水平面成一夾角θ，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與AB管道相切于B點，C點為圓弧軌道最高點，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內部連一手柄P.將球投入AB管內，緩慢下拉手柄使彈簧被壓縮，釋放手柄，彈珠被彈出，與游戲面板內的障礙物發生一系列碰撞后落入彈槽里，根據入槽情況可以獲得不同的獎勵．假設所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠可視為質點．某次緩慢下拉手柄，使彈珠距B點為L，釋放手柄，彈珠被彈出，到達C點時速度為v，下列說法正確的是()A．彈珠從釋放手柄開始到觸碰障礙物之前的過程中機械能守恒B．此過程中，彈簧的最大彈性勢能為mg(L＋R)sinθ＋eq\f(1,2)mv2C．彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能和重力勢能之和達到最大D．調整手柄的位置使L變化，可以使彈珠從C點離開后做勻變速直線運動，直到碰到障礙物【答案】BC【解析】彈珠從釋放手柄的過程，彈簧對彈珠做正功，其機械能增加，故A錯誤．根據系統的機械能守恒得，彈簧的最大彈性勢能等于彈珠在C點的機械能，為mg(L＋R)sinθ＋eq\f(1,2)mv2，故B正確．彈珠在釋放手柄的過程中，彈簧的彈力對彈珠做正功，彈珠的動能和重力勢能之和不斷增大，根據彈珠和彈簧組成的系統機械能守恒知，彈珠脫離彈簧的瞬間，彈簧的彈性勢能全部轉化為彈珠的動能和重力勢能，所以此瞬間動能和重力勢能之和達到最大，故C正確．彈珠從C點離開后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，兩者垂直，所以彈珠做勻變速曲線運動，直到碰到障礙物故，故D錯誤．6．(多選)(2017屆德陽模擬)如圖甲所示，足夠長的傾角為θ的斜面固定在水平面上，一勁度系數為k的輕彈簧左端固定在斜面的擋板上，右端自由伸長到Q點，質量為m的物體緊靠在彈簧的右端，物體與斜面間的動摩擦因數為μ.現將彈簧壓縮長度x0，此時彈簧的彈性勢能為Ep，然后由靜止釋放，物體沿斜面向上運動，若以物體開始運動時的位置為原點O，沿斜面向上建立一坐標軸Ox，則物體的速度平方v2隨坐標x的變化圖像如圖乙所示，其中OAB是平滑的曲線，A為曲線的最高點，BC段為直線，且AB段與BC段相切于B點．則關于A、B、C各點對應的位置坐標及加速度，以下說法正確的是()A．xA＝0B．xA＝x0－eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,k)C．xB＝x0D．xC＝eq\f(Ep,mgsinθ)【答案】BC【解析】物體由靜止釋放，沿斜面方向受到彈簧向上的彈力和沿斜面向下的摩擦力以及重力沿斜面向下的分量作用，則物體先向右做加速度減小的加速運動，在Q點的左側某處，彈力減小到跟摩擦力與重力分量之和相等，此時加速度為零，速度達到最大值，之后做加速度增大的減速運動，當運動到Q點時，彈力為零，以后物體與彈簧分離，在恒定的滑動摩擦力和重力的作用下，繼續向右做勻減速運動至停止．對照圖線可知，物體在A點速度最大，加速度為0，由kx＝μmgcosθ＋mgsinθ得壓縮量為x＝eq\f(mgsinθ＋