B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1 C．滑块下滑过程中的最大速度为13m/s 5D．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a=5.2m/s2，根据牛顿第二定律有
mgsin???mgcos??ma
解得??0.1，故B正确；
C．当x=0.1m时a=0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有
mgsin??kx??mgcos??0
解得k?260N/m，则弹簧弹力与形变量的关系为
F?kx
当形变量为x=0.1m时，弹簧弹力F=26N，则滑块克服弹簧弹力做的功为
W?11Fx??2.6?0.1J?1.3J 2212mvm 2从下滑到速度最大，根据动能定理有
?mgsin???mgcos??x?W?解得vm?13m/s，故C正确； 5D．滑块滑到最低点时，加速度为a???5.2m/s2，根据牛顿第二定律可得
mgsin???mgcos??kx??ma?
解得x??0.2m，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有
?mgsin???mgcos??x??Ep?0?0
解得Ep=5.2J，故D错误。 故选BC。
6．如图所示，物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连。开始时物块与定滑轮等高。已知物块的质量m1?3kg，球的质量m2?5kg，杆与滑轮间的距离d=2m，重力加速度g=10m/s2，轻绳和杆足够长，不计一切摩擦，不计空气阻力。现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中（ ）
A．物块运动的最大速度为53m/s 3B．小球运动的最大速度为33m/s 5C．物块下降的最大距离为3m 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
D．小球上升的最大距离为2.25m
AB．当物块所受的合外力为0时，物块运动的速度最大，此时，小球所受合外力也为0，则有绳的张力为小球的重力，有
T?m2g?50N
对物块作受力分析，由受力平衡可知
Tcos??m1g
对物块速度v沿绳子的方向和垂直绳的方向分解，则沿绳方向的分速度即为小球的速度，设为v1，则有
v1?vcos?
对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可知
m1g代入数据可得
dd11?m2g(?d)?m1v2?m2v12 tan?sin?2253m/s ，v1?3m/s 3v?故A正确，B错误；
CD．设物块下落的最大高度为h，此时小球上升的最大距离为h1，则有
h1?h2?d2?d
对物块和小球组成的系统，由机械能守恒定律可得
m1gh?m2gh1
联立解得
h?3.75m，h1?2.25m
故C错误，D正确。 故选AD。 【点睛】
物块与小球具有速度关联，注意物块沿绳方向的分速度大小等于小球的速度大小。
7．如图所示，质量为0.1kg的小滑块（视为质点）从足够长的固定斜面OM下端以20m/s的初速度沿斜面向上运动，小滑块向上滑行到最高点所用的时间为3s，小滑块与斜面间的动摩擦因数为3，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ） 3
A．斜面的倾角为60°
B．小滑块上滑过程损失的机械能为5J C．小滑块上滑的最大高度为10m
D．若只减小斜面的倾角，则小滑块上滑的最大高度可能比原来高 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A．物体上滑的加速度为
a?由牛顿第二定律
v020?m/s2 t3mgsin???mgcos??ma
解得
?=60
选项A正确；
B．小滑块上滑过程损失的机械能为
?E??mgcos60?选项B正确；
C．小滑块上滑的最大高度为
v03120t??1???3J=5J 2322
h?lsin60?选项C错误； D．根据动能定理
v0203tsin60??3?m=15m 222mgh??mgcos??解得
h12?mv0 sin?2h?2v02g(1??tan?)
则若只减小斜面的倾角θ，则小滑块上滑的最大高度减小，选项D错误。 故选AB。
8．如图1所示，遥控小车在平直路面上做直线运动，所受恒定阻力f=4N，经过A点时，小车受到的牵引力FA=2N，运动到B点时小车正好匀速，且速度vB=2m/s；图2是小车从A点运动到B点牵引力F与速度v的反比例函数关系图像。下列说法正确的是（ ）
A．从A到B，牵引力的功率保持不变 B．从A到B，牵引力的功率越来越小 C．小车在A点的速度为4m/s
D．从A到B，小车的速度减小得越来越慢 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
AB．遥控小车牵引力的功率P=Fv，而题目中，已知小车从A点运动到B点牵引力F与速度v成反比例，则可知F与v的乘积保持不变，即功率P不变，故A正确，B错误； C．小车运动到B点时正好匀速，则牵引力等于阻力，且速度vB=2m/s，则小车的功率为
P?Fv?fvB?8W
则在A点时速度
vA?故C正确；
P8?m/s?4m/s FA2D．小车从A到B的过程中，因速度从4m/s减小到2m/s，在这一过程中，功率始终保持
不变，故牵引力增大，小车所受的合外力
F合?f?F
可知，合外力减小，由牛顿第二定律a?F合m小车的速度减小得越来越慢，故D正确。 故选ACD。
可知，小车的加速度减小，所以从A到B，
9．如图所示，一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为l，重力加速度为g，小球在最低点Q的速度为v0，忽略空气阻力，则（ ）
A．若小球恰好通过最高点，速度大小刚好为0
B．小球的速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 C．当v0?6gl时，小球一定能通过最高点P D．当v0?【答案】CD 【解析】 【分析】
本题小球做变速圆周运动，在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力，同时结合动能定理列式研究。要注意绳子绷紧，小球可能通过最高点，也可以在下半圆内运动。 【详解】
A．小球在最高点时，由于是绳拉小球，合力不可能为0，速度也不可能为0，选项A错误；
C．设小球恰好到达最高点时的速度为v1，最低点的速度为v2,由动能定理得
gl时，轻绳始终处于绷紧状态
112?mg(2l)?mv12?mv2①
22小球恰经过最高点P时，有
v12mg?m
l联立解得
v2?5gl 因为
v0?6gl?v2?5gl
高一下册物理 机械能守恒定律达标检测卷(Word版 含解析)
