高考物理1_5轮资料汇编专题06功和能 77页

专题 06 功和能 一、单选题 1．如图所示，大小相同的力 F 作用在同一个物体上，物体分别沿光滑水平面、粗糙水平面、光滑斜面、竖 直方向运动一段相等的距离 s，已知力 F 与物体的运动方向均相同。则上述四种情景中都相同的是（ ） A．拉力 F 对物体做的功 B．物体的动能增量 C．物体加速度的大小 D．物体运动的时间 【答案】 A 考点：功 2．如下图所示，质量分别为 M 和 m 的两物块(M>m)分别在同样大小的恒力作用下，沿水平面由静止开始做 直线运动，两力与水平面的夹角相同，两物块经过相同的位移．设此过程中 F1 对 M 做的功为 W1，F2 对 m 做 的功为 W2，则 （ ） A．若水平面光滑，则 W1>W2 B．若水平面粗糙，则 W1>W2 C．若水平面粗糙，则 W1W2 B. W1EkC D. EkBOB， 现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两球在运动过程中受到大小始终相同的阻力作用， 则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是： （ ） A. 两球组成的系统机械能守恒 B. B 球克服重力做的功等于 B 球重力势能的增加 C. 重力和空气阻力对 A 球做功的代数和等于它的动能增加 D. A 球克服空气阻力做的功大于 B 球克服空气阻力做的功 【答案】 BD 【解析】据题，两球在运动过程都受到空气阻力作用，空气阻力做负功，则系统的机械能不守恒，故 A 错 误．根据功能关系可知，B 球克服重力做的功等于 B 球重力势能的增加，故 B 正确．重力、空气阻力和杆的 弹力对 A 球做功，根据动能定理得知重力、杆的弹力和空气阻力对 A 球做功代数和等于它的动能增加，故 C 错误．从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，A 球运动的路程大于 B 球运动的路程，而两球克服空气阻力 做的功等于空气阻力大小和路程的税种，所以 A 球克服空气阻力做的功大于 B 球克服空气阻力做的功．故 D 正确．故选 BD。 考点：动能定理 【名师点睛】解决本题关键要掌握常见的功能关系，能熟练运用动能定理分析动能的变化，知道空气阻力 做功与路程有关。 78．如图所示，三个小球 A、B、C 的质量均为 m，A 与 B、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为 L，B、C 置于 水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现 A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由 60° 变为 120°，A、B、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g．则此 下降过程中 （ ） A. A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于 3 2 mg B. A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于 3 2 mg C. 弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下 D. 弹簧的弹性势能最大值为 3 2 mgL 【答案】 AB 【解析】A 球动能最大时，速度最大，受合外力为零，以 ABC 整体为研究对象，在竖直方向：向下的重力 3mg，向上的 B、C 两球受地面的支持力 FN，即 2FN=3mg，所以 B、C 受到地面的支持力等于 3 2 mg，故 B 正确； A 的动能达到最大前，有向下的加速度，所以整体向下的合力小于 3mg，故 B、C 受到地面的支持力小于 3 2 mg， 所以 A 正确；当 A 下降至最低点，弹簧形变量最大，弹性势能最大，此时 A 的加速度向上，故 C 错误；弹 簧的最大弹性势能等于 A 球下降至最低点时减少的重力势能，即 p 3 1 2 2E mg L       ，所以 D 错误． 【名师点睛】本题的重点是当 A 球的动能最大时，受合外力为零，在竖直方向整体加速度为零，选择整体 为研究对象，分析 AB 两个选项；弹性势能最大对应 A 球下降至最低点，根据能量守恒定律，可求最大的弹 性势能． 79．如图甲所示,质量为 m=1 kg 的小物块放在长直水平面上,用水平细线紧绕在半径为 R=0．2 m、质量为 M=1 kg 的薄壁圆筒上。t=0 时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,小物块的 v—t 图象如 图乙,物块和地面之间的动摩擦因数为μ=0．2。则 （ ） A．圆筒转动的角速度满足ω= 5t B．细线的拉力大小为 2 N C．细线拉力的瞬时功率满足 P= 4t D．在 0∽ 2 s 内,电动机做的功为 8J 【答案】 AD 【解析】 根据 v-t 图象可知，小物体做匀加速直线运动，速度随时间变化的关系式为 v=t，圆筒边缘线速度与物块 前进速度大小相同，根据 v=ωR 得：ω=5t，故 A 正确；物体运动的加速度 22  1 /2 va m st    ，根据牛顿 第二定律得：F-μmg=ma，解得：细线的拉力 F=1×1+0．2×10=3N，故 B 错误；细线拉力的瞬时功率 P=Fv=3t， 故 C 错误；物体在 2s 内运动的位移 x=v2t=12×2×2=2m，根据能量守恒可知，电动机做的功转化为物体和 圆筒的动能以及克服摩擦力做的功，则有：电动机做的功为 2 21 1 1 1 2 0.2 10 2 82 2W M m v fx J          （ ） （ ） ，故 D 正确．故选 AD 考点：v-t 图象；牛顿第二定律；功率 【名师点睛】本题考查牛顿第二定律、速度时间图象的性质、圆的性质等内容，要求能正确理解题意，并 分析物体的爱力情况及能量转化过程。 80．如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平拉力 F 的作用，F 与时间 t 的关系如图（乙） 所示．设物块与地面间的最大静摩擦力 的大小与滑动摩擦力大小相等，则 （ ） A. 时刻物块的速度为零 B. 物块的最大速度出现在 时刻 C. 时间内 F 对物块先做正功后做负功 D. 拉力 F 的功率最大值出现在 时间内 【答案】 ABD 考点：考查了摩擦力，牛顿第二定律与图像，功和功率的计算 【名师点睛】当拉力小于最大静摩擦力时，物体静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静 摩擦力时，物体开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动． 三、解答题 81．如图一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37°的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道 上 B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为 5 6 R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC＝7R，A、B、C、D 均 在同一竖直平面内．质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出)，随后 P 沿轨道 被弹回，最高到达 F 点，AF＝4R，已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 1 4   ，重力加速度大小为 g.(取 sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小． (2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能． (3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放．已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰 好通过 G 点．G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 7 2 R 、竖直相距 R，求小物块 P 运动到 D 点时对轨道的压 力大小和改变后 P 的质量． 【答案】 （1） ；（2） ；（3） ； 【解析】（1）根据题意知，B、C 之间的距离 l 为 l=7R–2R① 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 ② 式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得 ③ （2）设 BE=x。P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep。P 由 B 点运动到 E 点的过程中，由动 能定理有 ④ E、F 之间的距离 l1 为 l1=4R–2R+x⑤ P 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有 Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x=R⑦ ⑧ （3）设改变后 P 的质量为 m1。D 点与 G 点的水平距离 x1 和竖直距离 y1 分别为 ⑨ ⑩ 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。 设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t。由平抛运动公式有 ⑪ x1=vDt⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 ⑬ 设 P 在 C 点速度的大小为 vC。在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒，有 ⑭ P 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由动能定理有 ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 ⑯ 【考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能 【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、 弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件， 灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力。 视频 82．（9 分）如图 11 所示，总质量为 60m kg ，可视为质点的滑雪运动员（包括装备）从高为 30H m 的斜面 AB 的顶端 A 点由静止开始沿斜面下滑，在 B 点进入四分之一圆弧轨道 BC，圆弧半径 R=5m，运动员 在 C 点沿竖直方向冲出轨道，经过时间 4s 又从 C 点落回轨道。若运动员从 C 点离开轨道后受到的空气阻力 不计，g 取 10m/s2。求： （1）运动员在 C 点处的速度大小。 （2）运动员从 A 到 C 的过程中损失的机械能。 【答案】 （1） 20 /Cv m s （2） 3000E J  【解析】（1）运动员离开 C 点后做竖直上抛运动，上升时间 2t s （2 分） 在 C 点的速度 20 /Cv gt m s  （2 分） （2）从 A 滑到 C 的过程中，由能量守恒定律有 21( ) 2 CE mg H R mv    （3 分） 代入数据解得 3000E J  （2 分） 83．如图所示，质量 m=4kg 的物体静止在水平面上，在外力 F=25N 作用下开始运动．已知 F 与与水平方向 的夹角为 37°，物体的位移为 5m 时，具有 50J 的动能．求： （1）此过程中，物体克服摩擦力所做的功； （2）物体与水平面间的动摩擦因素． 【答案】 （1）此过程中，物体克服摩擦力所做的功为 50J； （2）物体与水平面间的动摩擦因数是 0.4． 【解析】 由于摩擦力不知道，所以从功的定义式无法求解，我们可以运用动能定理求解摩擦力做功． 对物体进行受力分析，把拉力正交分解，可以根据功的定义式求出动摩擦因数． 解：（1）运用动能定理： Fscos37°﹣Wf= mv2 Wf=Fscos37°﹣ mv2=50J （2）对物体进行受力分析： 把拉力在水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向平衡和滑动摩擦力公式得出： f=μFN=μ（mg﹣Fsinθ） 根据功的定义式：Wf=μ（mg﹣Fsinθ）s 解得：μ=0.4 答：（1）此过程中，物体克服摩擦力所做的功为 50J； （2）物体与水平面间的动摩擦因数是 0.4． 【点评】动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功． 对于一个量的求解可能有多种途径，我们要选择适合条件的并且简便的． 84．桌面上有一轻质弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端 B 点位于桌面右侧边缘．水平桌面右侧有 一竖直放置、半径 R＝0.3 m 的光滑半圆轨道 MNP，桌面与轨道相切于 M 点．在以 MP 为直径的右侧和水平半 径 ON 的下方部分有水平向右的匀强电场，场强的大小 E＝m2g q .现用质量 m1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩 到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点．用同种材料、质量为 m2＝0.2 kg、带＋q 的绝缘物块将 弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后物块离开桌面由 M 点沿半圆轨道运动，恰好能通过轨道的最高点 P.（取 g＝ 10 m/s2） （1）物块 m2 经过桌面右侧边缘 B 点时的速度大小； （2）物块 m2 在半圆轨道运动时的最大速度； （3）释放后物块 m2 运动过程中克服摩擦力做的功． 【答案】 （1）3m/s（2） 3 6 2 /m s （3）0.9J 【解析】 （1）由于物体恰好能通过轨道的最高点 P，要满足竖直平面内的圆周运动的临界条件：故有： 在 P 点： 2 Pvmg m R ＝ B→P，由动能定理得： 2 21 12 2 2P BqER mg R mv mv  ＝ 解得：vB=3m/s （2）物块 b 与圆心连线与竖直方向的夹角为 450 位置时（设为 D），速度最大 B→D，由动能定理得： 2 21 145 1 45 2 2D BqERsin mgR cos mv mv     （ ） 解得：   3 6 2 /Dv m s  （3）C→B，对物块 a，由能量守恒定律得：Ep=μm0gxCB C→B，对物块 b，由能量守恒定律得： 21 2p CB BE mgx mv ＝ 摩擦力做功：Wf=μmgxCB 解得：Wf=0.9J 考点：动能定理及机械能守恒定律. 【名师点睛】该题通过动能定律的方式考查物体在竖直平面内的圆周运动，关键在于竖直平面内的圆周运 动的临界条件．学会用等效法来分析速度出现最大时物体的位置；此题属于中档题，意在考查学生综合运 用及灵活运用物理规律的能力. 85．粗糙的 1/4 圆弧的半径为 0.45m，有一质量为 0.2kg 的物体自最高点 A 从静止开始下滑到圆弧最低点 B。 然后沿水平面前进 0.4m 到达 C 点停止. 设物体与轨道间的动摩擦因数为 0.5 (g = 10 2m/s )，求： （1）物体到达 B 点时的速度大小. （2）物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功. 【答案】 （1） 2m/s （2）0.5J 86．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动， 并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为 v—t 图象，如图所示（除 2 s～10 s 时间段图象为曲线 外，其余时间段图象均为直线）．已知在小车运动的过程中，2 s 后小车的功率 P=9W 保持不变，小车的质 量为 1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变.求： （1）小车所受到的阻力大小； （2）小车在 0～10 秒内位移的大小． 【答案】 （1）1.5N；（2）42m； 【解析】（1）由图像知，前两秒 的末速度为 ，最大速度为 根据 当 时， (2 分) 解得阻力 (2 分) （2）前 2s，小车做匀加速直线运动，位移 ，由运动学公式得 (2 分) 2s～10s 内，时间为 ，根据动能定理 (3 分) (2 分) 0～10s 内位移 (2 分) 考点：功率、动能定理 87．如图所示，倾角为37 的粗糙斜面 AB 底端与半径 0.4R m 的光滑半圆轨道 BC 平滑相连，O 为轨道圆 心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A.C 两点等高。质量 1m kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑，恰能滑 到与 O 等高的 D 点，（g 取 210 /m s ， sin37 0.6 ， cos37 0.8 ）； （1）求滑块与斜面间的动摩擦因数  ； （2）若使滑块能到达 C 点，求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 0v 的最小值； （3）若滑块离开 A 处的速度大小为 2 6 /m s ，求滑块从 C 点飞出至落到斜面上的时间t 。 【答案】 （1） 0.375（2） 2 3 /m s （3） 0.2s 【解析】（1）A 到 D 过程，据动能定理： 0 0 2 –  cos37 ·  0 – 0sin37 RmgR mg  解得： 3 0.3758    （2）要使滑块能到达 C 点，则在圆周最高点 C 处， 2 Cvmg m R  A 到 C 过程，据动能定理： 0 2 2 00 2 1 1–  cos37 ·sin37 2 2C Rmg mv mv   解得： 0 2 3 /v m s （3）从 C 点平抛后，建立以 C 点为原点，向左为 x 轴，向下为 y 轴的坐标系，则 cx v t ， 21y 2 gt 由几何关系，知 0 2tan37 R y x  代入得： 0.2st  88．如图所示，可看成质点的 A 物体叠放在上表面光滑的 B 物体上，一起以 v0 的速度沿光滑的水平轨道匀 速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板 C 发生完全非弹性碰撞，B、C 的上表面相平且 B、C 不粘连， A 滑上 C 后恰好能到达 C 板的最右端，已知 A、B、C 质量均相等，木板 C 长为 L，求 ①A 物体的最终速度 ②A 在木板 C 上滑行的时间． 【答案】 ① 03 4 v ；② 0 4L v ． 【解析】①设 A 、 B 、C 的质量为 m ， B 、C 碰撞过程中动量守恒， 令 B 、 C 碰后的共同速度为 ，则 ，解得 ， B 、C 共速后 A 以 0v 的速度滑上 C ， A 滑上C 后， B 、C 脱离 A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终 A 、C 的共同速度 ， 则 解得 ②在 A 、C 相互作用过程中，根据功能关系有 （ f 为 A 、C 间的摩擦力） 代入解得 2 0 16 mvf L  · 此过程中对C ，根据动量定理有 代入相关数据解得 0 4Lt v  考点：动量守恒定律；能量守恒定律及动量定理。 89．（18 分）如图所示，质量为 mA=2kg 的平板车 A 静止在水平地面上，车长 d =5m。物块 B 静止在平板车 左端，在物块 B 正前方某处。有一小球 C，球 C 通过长 l = 0.32m 的细绳与固定点 O 相连，球 C 恰好与物块 B 等高，且 C 始终不与平板车 A 接触。在 t = 0 时刻，平板车 A 突然获得水平初速度 v0 开始向左运动，后来 某一时刻物块 B 与球 C 发生弹性碰撞，碰后球 C 恰好能绕 O 点在竖直平面内作圆周运动。若 B、C 可视为质 点，mB=mC= 1kg，物块 B 与平板车 A、平板车 A 与地面之间的动摩擦因数均为µ=0.2，g 取 10m/s2，求： （1）B、C 碰撞瞬间，细绳拉力的大小？ （2）B、C 碰撞前瞬间物块 B 的速度大小。 （3）若 B、C 碰撞时，物块 B 在平板车的中间位置，且 t0=1.5s 时平板车 A 的速度变为 v1 =5m/s，则物块 B 是在加速阶段还是减速阶段与球 C 相碰撞？小车的初速度 v0 多大？ 【答案】 （1）60N （2） smvB /4 （3） smv /90  【解析】 （1）当球 C 在最高点处时。由牛顿第二定律，得 l vmgm c c 2  ……（1 分） 碰后球 C 从最低点到最高点过程中： 22 2 1 2 12 cccc vmvmlgm  …………（2 分） 当球 C 在最低点处： l vmgmF cc c 2  ………（2 分） 解得：F＝60N …………（1 分） （2）物块 B 与球 C 碰撞前速度为 Bv ，碰撞后速度为 ' Bv ，则 BBccBB vmvmvm ' …………（2 分） 222' 2 1 2 1 2 1 BBccBB vmvmvm  …………（1 分） 解得： smvB /4 ………………（1 分） （3）刚开始时，平板车的加速度大小 1a ，物块 B 的加速度大小 2a ， 对平板车，由牛顿第二定律， 1)( amgmmgm aBAB   得 2 1 /4 sma  ……（1 分） 对物块 B， 2amgm BB  2 2 /2 sma  …………（1 分） 假设 B 在加速阶段与 C 相碰，加速时间t ，则 tavB 2 tavvA 10 '  ,且 BA vv ' 故平板车 A 的初速度 smv /120  ………（1 分） st 5.10  时平板车速度 smtavv /60101  由于 smv /51  所以物块 B 只能在与平板车相对静止共同减速阶段与球 C 相碰。…… （1 分） 物块 B 与平板车相对静止共同减速时加速度大小 3a ，由牛顿第二定律，得 3)()( ammgmm BABA   2 3 /2 sma  ………（1 分） 设物块 B 与平板车速度相对滑动时间 1t ，则 )5.1( 131101 tatavv  …………（1 分） 2 12 2 1110 2 1 2 1 2 tatatvd  ………………（1 分） 联立式子，解得： smv /90  …………（1 分） 考点：本题考查牛顿运动定律、动能定理、动量守恒 90．(12 分)如图所示，半径 2R m 的四分之一粗糙圆弧轨道 AB 置于竖直平面内，轨道的 B 端切线水平， 且距水平地面高度为 h =1.25m，现将一质量 m =0.2kg 的小滑块从 A 点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至 B 点以 5 /v m s 的速度水平飞出（ g 取 210 /m s ）．求： （1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过 B 点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小. 【答案】 （1） 1.5fW J  （2）压力为 4.5N，（3）5 2 /m s （3）滑块过 B 点后作平抛运动，设着地时竖直速度为 yv ，根据平抛运动规律有： 2 5 /yv gh m s  所以 2 2 1 5 2 /yv v v m s   考点：本题考查了动能定理的应用、牛顿第二定律、牛顿第三定律、平抛运动、向心力. 91．如图所示，光滑水平地面上静止放置一辆小车 A，质量 ,上表面光滑，可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端,B 的质量 ，现对 A 施加一个水平向右的恒力 F=10 N，A 运动一段时间后,小车左 端固定的挡板与 B 发生碰撞,碰撞时间极短，碰后 A、B 黏合在一起，共同在 F 的作用下继续运动，碰撞后 经时间 t=0.6 s，二者的速度达到 。求: (1)A 开始运动时加速度 a 的大小; (2)A、B 碰撞后瞬间的共同速度 的大小; (3)A 的上表面长度 。 【答案】 （1）2.5m/s2；（2）1m/s；（3）0.45m； 【解析】（1）以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得 代入数据解得： （2）对 A、B 碰撞后共同运动 的过程中，由动量定理得 代入数据解得： （3）设 A、B 发生碰撞前，A 的速度为 vA，对 A、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有： A 从开始运动到与 B 发生碰撞前，由动能定理得： 联立代入数据解得： 92．10 个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量 m=0.5kg、长度 L=0.6m，它们与地面之间的动 摩擦因数 ，在左方第一个木块上放一质量 M=1kg 的小铅块（视为质点），它与木块间的动摩擦因 数 。现给铅块一向右的初速度 ，使其在木块上滑行。g 取 10m/s2,求： （1）开始带动木块运动时铅块的速度； （2）铅块与木块间因摩擦产生的总热量； （3）铅块运动的总时间。 【答案】 （1） （2） J（3） 【解析】（1）设铅块可以带动 n 个木块移动，以这几个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施 加的摩擦力，即 （1 分） 解得 取 ，此时铅块已滑过 8 个木块 （1 分） 根据动能定理 （2 分） 代入数据得，刚滑上木块 9 时铅块的速度 （1 分） （3）由（2）问知，共同速度 （1 分） 铅块、木块一起做匀减速运动的时间 （1 分） 铅块在前 8 个木块上运动时间 （1 分） 铅块运动的总时间 （1 分） 考点：考查了动能定理，匀变速直线运动规律，功能关系的应用 93．（20 分）如图所示，在光滑的水平面上有一质量为 m=1kg 的足够长的木板 C，在 C 上放置有 A、B 两物 体，A 的质量 mA=1kg，B 的质量为 mB=2kg．A、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能 Ep=3J， 现突然给 A、B 一瞬时冲量作用，使 A、B 同时获得 v0=2m/s 的初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定， 并在极短的时间内恢复原长，之后与 A、B 分离．已知 A 和 C 之间的摩擦因数为μ1=0.2，B、C 之间的动摩 擦因数为μ2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求： （1）弹簧与 A、B 分离的瞬间，A、B 的速度分别是多大？ （2）已知在 C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B 和 C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前 A、 B、C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？ （3）已知 C 与挡板的碰撞的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前 A 在 C 上滑行的距离？ 【答案】 （1） s/m30  BA vv 、 ；（2） s/m5.1J5.4  vQ 、 ；（3）0.75m； 【解析】 （1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对 AB 弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：   BBAABA vmvmvmm  0 1 分   222 0 2 1 2 1 2 1 BBAABAP vmvmvmmE  2 分 联立解得： s/m30  BA vv 、 . 2 分 （2）对物体 B 有： 2 2 s/m1 gaB  1 分 对 AC 有：  ammgm AB 2 1 分 又因为： gmam AA 1 1 分 故物体 AC 的共同加速度为 2s/m1a . 1 分 对 ABC 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：  vmmmvm BABB  1 分   22 2 1 2 1 vmmmvmQ BABB  2 分 解得： s/m5.1J5.4  vQ 、 1 分 （3）C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至 0 后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中 先和 A 达到共同速度 v１，之后 AC 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度 v２后做匀速运动。在些过程中由于摩擦力做负功，故 C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰 撞前三者已经达共同速度。 2 2 2 1 s/m1s/m2  gaga BA  、 1 分 CBA magmgm  21  ，解得： 2s/m4Ca 1 分 tavtavv CA 1 1 分 解得： s/m5.01 v s5.0t 1 分 m5.02 1 1  tvvxA 1 分 m25.02 1 1  tvvxC 1 分 故 AC 间的相对运动距离为 m75.0|| 11  CAAC xxx 1 分 考点：动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律应用 94．工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示，货物以 0 10 /m s  的初速度滑上静止的货车的左端， 已知货物质量 m=20kg，货车质量 M=30kg，货车高 h=0.8m。在光滑轨道 OB 上的 A 点设置一固定的障碍物，当 货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿 BC 方向落在 B 点。已知货车上表面的动摩擦因数 0.5  ，货物可简化为质点，斜面的倾角为  253 sin53 0.8,cos53 0.6, 10 /g m s     。 (1)求货物从 A 点到 B 点的时间； (2)求 AB 之间的水平距离； (3)若已知 OA 段距离足够长，导致货物在碰到 A 之前已经与货车达到共同速度，则货车的长度是多少? 【答案】 （1）0.4s；（2）1.2m；（3）6.7m 【解析】 （1）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向： 21 2h gt 源:] 解得 0.4st  （2）在 B 点分解速度： 4m/sy gt v tan53 y x  v v 得： 3m/sx v 故 sAB=vxt=1.2m （3）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律： 对 m： mg ma  1 对 M： 2mg Ma  当 0 1 2a t a t v 时，m、M 具有共同速度： 2 4m/sa t v共 根据系统能量守恒定律： 2 2 0 1 1= ( )2 2Q mgs m m M  相 共v v 联立解得 s相对 =6m 当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，根据动能定理： 2 21 1' 2 2xmgs m m   共v v 解得 s =0.7m 故 L s s 相 =6.7m 考点：平抛运动；牛顿第二定律；动能定理. 95．如图所示，两质量分别为 M1=M2=1.0kg 的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上，木板和光 滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高。现有一质量 m=2.0kg 的物块以初速度 vo=5.0m/s 从木板左端滑 上，物块离开木板时木板的速度大小为 1.0m/s，物块以某一速度滑上凹槽。已知物块和木板间的动摩擦因 数μ=0.5，重力加速度 g 取 10m/s2。求： ①木板的长度； ②物块滑上凹槽的最大高度. 【答案】 ①0.8m；②0.15m. 考点：动量守恒定律及能量守恒定律。 96．(18 分)如图所示，劲度系数 k＝100N/m 的一根轻质弹簧，右端固定在竖直墙壁上，左端连接一质量 m ＝1.0kg 的小物块，开始时弹簧处于原长，小物块静止于 O 点，现将小物块缓慢向左拉动至 A 点后释放，让 小物块沿水平面向右运动起来，已知 OA 长度 L＝0.25m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静 摩擦力可看成等于滑动摩擦力的大小，g 取 10m/s2。 ⑴试在坐标纸中作出小物块在由 O 移动到 A 的过程中，弹簧弹力 F 随伸长量 x 变化的 F-x 图象，类比于由 v-t 图象求位移的方法，求此过程中克服弹簧弹力做的功 W； ⑵求小物块从 A 点向右运动过程中的最大速度 v； ⑶求小物块从 A 点开始运动后，第一次到达最右端时，弹簧的形变量； ⑷求小物块从 A 点开始运动直至静止的总路程。 【答案】 ⑴ ，W＝3.125J； ⑵v＝2.4m/s；⑶x1＝0.23m；⑷s＝3.12m 【解析】 根据胡克定律可知，弹簧弹力 F 与伸长量 x 的关系为：F＝kx＝100x，其中 0≤x≤0.25m 其 F-x 图象如下图所示 在 F-x 图象中图线与 x 轴所围的面积即表示了此过程中克服弹簧弹力做的功，有：W＝ 1 2 kL L ＝3.125J ⑵小物块从 A 点向右运动过程中受重力 mg、地面的支持力 N 和滑动摩擦力 f，以及弹簧弹力 F 作用，根据 牛顿第二定律分析可知，此时小物块向右先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为零时，其速度 达到最大，设此时弹簧的拉伸量为 x0，有：kx0＝μmg 解得：x0＝0.01m 此过程中弹簧弹力做的功为：W0＝1 25 2  ×0.24J＝3.12J 根据动能定理有：W0－μmg(L－x0)＝ 21 2 mv －0 解得：v＝2.4m/s ⑶设小物块第一次到达最右端时，弹簧的压缩量为 x1，小物块从 A 点运动到最右端的过程中，弹簧弹力先 做正功，后做负功，根据动能定理有： 1 2 kL L － 1 1 1 2 kx x －μmg(L＋x1)＝0－0 解得：L－x1＝ 2 mg k  ＝0.02m，即 x1＝0.23m ⑷设从 A 点释放小物块后，小物块共出现 n 次速度为零，且只要 kx＞μmg，小物块总能回到 O 点，在满足 kx＞μmg 时，小物块每一次由最右端运动至最左端或由最左端运动至最右端(即小物块连续两次速度为零) 的过程中，弹簧总是先做正功再做负功，设物块第 n－1 次速度为零时，弹簧的形变量为 xn－1，第 n 次速度 为零时，弹簧的形变量为 xn，根据动能定理有： 2 1 1 2 nkx  － 21 2 nkx －μmg(xn－1＋xn)＝0－0 解得：Δx＝xn－1－xn＝0.02m 有：k(L－nΔx)≤μmg＜k[L－(n－1)Δx]，解得：12≤n＜13，即取 n＝12 对全程，根据动能定理有： 1 2 kL L － 21 ( 12 )2 k L x  －μmgs＝0－0 解得：s＝ 2 2( 12 ) 2 kL k L x mg    ＝3.12m 考点：本题主要考查了胡克定律、动能定理(功能关系)及图象的应用问题，属于较难题。 97．（18 分）如图甲，PNQ 为竖直放置的半径为 0.1m 的半圆形轨道，在轨道的最低点 P 和最高点 Q 各安装 了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力 FP 和 FQ．轨道的下端与一光滑水 平轨道相切，水平轨道上有一质量为 0.06kg 的小球 A，以不同的初速度 0v 与静止在轨道最低点 P 处稍右侧 的另一质量为 0.04kg 的小球 B 发生碰撞，碰后形成一整体（记为小球 C）以共同速度 v 冲入 PNQ 轨道．（A、 B、C 三小球均可视为质点，g 取 10m/s2） （1）若 FP 和 FQ 的关系图线如图乙所示，求：当 FP=13N 时所对应的入射小球 A 的初速度 0v 为多大？ （2）当 FP=13N 时，AB 所组成的系统从 A 球开始向左运动到整体达到轨道最高点 Q 全过程中所损失的总机 械能为多少？ （3）若轨道 PNQ 光滑，小球 C 均能通过 Q 点．试推导 FP 随 FQ 变化的关系式，并在图丙中画出其图线． 【答案】 （1） 0 10 3 3v  m/s （2）0.6J （3） )(6 NFF PQ  （2）AB 相碰所损失的机械能 2 2 1 0 1 1 ( ) 0.42 2 PE Mv M m v J     ④ （1 分） 球 C 在 Q 点由牛顿第二定律得： 2 ( ) ( ) Q Q vN M m g M m R     ⑤ （1 分） 球 C 从 P 运动至 Q 的过程，由动能定理得： 2 21 1( ) 2 ( ) ( )2 2f Q PW M m g R M m v M m v      ⑥ （2 分） 联立并代入数据解得 0.2fW J  ⑨ 故球 C 上升过程中所损失的机械能 2 0.2E J  （1 分） 故整个系统在全过程中所损失的机械能 1 2 0.6E E E J      ⑦ （1 分） （3）因轨道光滑，小球 C 由 P 至 Q 的过程中机械能守恒 RgmvmMvmM Qp 2)(M)(2 1)(2 1 22  ⑧ (2 分) 联立①②⑤⑧得 gmMNN QP )(6  (1 分 ) 即 )(6 NFF PQ  图线如图所示 (2 分) 考点： 动量守恒 动能定理 机械能守恒 牛顿第二定律 98．（18 分）如图所示，以 A、B 和 C、D 为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光 滑的地面上，左端紧靠 B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于 B、C 两点，一物块（视为质点）被轻放 在水平匀速运动的传送带上 E 点，运动到 A 点时刚好与传送带速度相同，然后经 A 点沿半圆轨道滑下，再 经 B 点滑上滑板，滑板运动到 C 点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为 m,滑板质量为 M=2m，两半圆半 径均为 R,板长 l=6.5R,板右端到 C 点的距离 L 在 R7R 知道达到共同速度必然冲不到 CD 轨道中点;而由已知 6.5R+L>7.5R>7R 即若不能达到共同速度，同样冲不到 CD 轨道中点。） 99．（11 分）如图所示，AB 为半径为 R=0.45m 的光滑 4 1 圆弧，它固定在水平平台上，轨道的 B 端与平台相 切。有一小车停在光滑水平面上紧靠平台且与平台等高，小车的质量为 M=1.0kg，长 L=1.0m。现有一质量 为 m=0.5kg 的小物体从 A 点静止释放，滑到 B 点后顺利滑上小车，物体与小车间的动摩擦因数为μ=0.4， g=10m/s2。 A B （1）求小物体滑到轨道上的 B 点时对轨道的压力。 （2）求小物体刚滑到小车上时，小物体的加速度 a1 和小车的加速度 a2 各为多大？ （3）试通过计算说明小物体能否从小车上滑下？求出小车最终的速度大小。 【答案】 （1）15N；（2）a1= 4m/s2 ， a2=2 m/s2；（3）不能，1.0m/s； 【解析】 （1）小物体在圆弧上滑动，由动能定理得 2 0 1 2mgR m v （1 分） 圆弧最低点，由牛顿第二定律得 2 0 B mF mg R   v （1 分） 由牛顿第三定律得小物体对轨道的压力 FB′=FB=15N （1 分） （2）小物体： 1mg ma  （1 分） 小车： 2mg Ma  （1 分） a1= 4m/s2 a2=2 m/s2 （1 分） （3）设小物体没有从小车上滑下去，则最终两者速度相等 0 1 2a t a t v （1 分） 21 1 0 12x t a t v （1 分） 21 2 22x a t （1 分） 相对位移 1 2 0.75m<1mx x x    （1 分） 物体没有从小车上滑下去，最终和小车以相同的速度运动 2tv = a =1.0m/s （1 分） 考点：动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律 100．如图所示质量为 m=1kg 的滑块（可视为质点）由斜面上 P 点以初动能 EK0=20J 沿斜面向上运动，当其 向上经过 Q 点时动能 EKQ=8J，机械能的变化量ΔE 机=-3J，斜面与水平夹角α=37°。PA 间距离 l0=0.625m， 当滑块向下经过 A 点并通过光滑小圆弧后滑上质量 M=0.25kg 的木板 (经过小圆弧时无机械能损失），滑上 木板瞬间触发一感应开关使木板与斜面底端解除锁定（当滑块滑过感应开关时，木板与斜面不再连接）， 木板长 L=2.5m，木板与滑块间动摩擦因数µ1=0.20，木板与地面的动摩擦因数µ2=0.10。滑块带动木板在地面 上向右运动，当木板与右侧等高光滑平台相碰时再次触发感应开关使木板与平台锁定。滑块沿平台向右滑 上光滑的半径 R=0.1m 的光滑圆轨道（滑块在木板上滑行时，未从木板上滑下）。 求：①物块与斜面间摩擦力大小； ②木块经过 A 点时的速度大小 v1； ③为保证滑块通过圆轨道最高点，AB 间距离 d 应满足什么条件？ 【答案】 ①2N ②5m/s ③2.5m< d≤6m ③若滑块在木板上滑行时木板没碰到平台则： m：μ1mg=ma1 得：a1=2m/s2 M：μ1mg-μ2(m+M）g=Ma2 得：a2=3m/s2 M、m 达到共速的时间为 t1 有：v2=v1- a1t1= a2t2 得：v2=3.0m/s，t1=1.0s 此过程中各自位移：s1="(" v1+ v2） t1/2=4.0m s2="(0+" v2） t1/2="1.5" m 相对位移：Δs= s 1-s2=2.5m=L 故此时 m 恰好滑至木板右端，之后相对静止在地面上滑行。 若滑块能达到圆弧最高点，则：mg+N=mv4 2/R 且：N≥0 C 到最高点：-2mgR= mv3 2/2 – mv4 2/2 得：v3≥ m/s 整体从共速到与平台相碰：-μ2(m+M）gx= (m+M） v3 2/2 –(m+M） v2 2/2 得：x≤2m d≤x+ s1， d≤6m 若木板长刚好等于 AB 间距则滑块滑道平台的速度大于 3m/s，能通过圆轨道的最高点。 故：AB 间距：2.5m< d≤6m 考点：此题考查了动能定理、运动学公式、竖直平面内的圆周运动。