【物理】2020届一轮复习人教版第六单元第二节机械能守恒和能量守恒作业 14页

第六单元 第二节 机械能守恒和能量守恒 （A、B卷）‎ A卷——夯基保分练 ‎1.如图所示，物体在固定的斜面上匀速下滑，在此过程中，下列判断不正确的是(　　)‎ A．合力对物体不做功 B．重力对物体做正功 C．支持力对物体做负功 D．摩擦力对物体做负功 解析：选C　由动能定理可知，物体的速度变化为零，故动能的变化为零，合外力做功为零，故A正确；由于物体位移向下，故重力对物体做正功，故B正确；支持力与物体的位移相互垂直，故支持力不做功，故C错误；摩擦力一定沿斜面向上，故摩擦力对物体做负功，故D正确。‎ ‎2．在电梯加速上升的过程中，站在电梯里的人(　　)‎ A．所受支持力做正功，机械能增加 B．所受支持力做正功，机械能减少 C．所受支持力做负功，机械能增加 D．所受支持力做负功，机械能减少 解析：选A　由于人加速上升，合力向上，所以支持力要大于人的重力，支持力的方向与人的位移的方向相同，所以支持力对人做了正功，人的机械能增加，所以B、C、D错误，A正确。‎ ‎3.如图所示，小明玩轻质蹦蹦杆，越蹦越开心，越蹦越高，下列说法正确的是(　　)‎ A．在蹦跳过程中小明机械能守恒 B．在蹦跳过程中小明和蹦杆组成的系统机械能守恒 C．在蹦跳过程中小明机械能减少 D．在蹦跳过程中小明和蹦杆组成的系统机械能增加 解析：选D　由于人在活动过程中，还有体内化学能转化，所以在蹦跳过程中，小明和蹦杆组成的系统机械能增加，所以越蹦越高，所以选项D正确。‎ ‎4．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上。一质量为m＝0.2 kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球刚接触弹簧时加速度最大 B．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m C．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒 D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小 解析：选B　小球刚接触弹簧时加速度为g，不是最大，小球在速度减小到最小时加速度最大，选项A错误；图乙中A为曲线的最高点，对应加速度为零，弹簧压缩量Δx＝0.1 m，由mg＝kΔx，解得：k＝20.0 N/m，选项B正确；从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能减小，弹簧的弹性势能一直增大，弹簧和小球系统的机械能守恒，选项C、D错误。‎ ‎5.[多选]湖州太湖水世界“飞舟冲浪”项目的滑道由两段相同的光滑圆弧轨道组合而成，每段圆弧轨道的圆心角θ＜45°，如图所示，假设一游客(可视为质点)从圆弧轨道的最高点A静止出发，沿着轨道滑下，最终从圆弧轨道上的C点水平滑出轨道，B点为两段圆弧的平滑连接点，不计阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．游客在C点时，处于超重状态 B．游客从A到B过程，竖直方向的加速度一直增大 C．游客在B点时，向心加速度为g D．从A到C过程，游客的机械能增大 解析：选AB　游客在B点的受力分析如图所示，根据圆周运动向心力可知，在C处向心加速度指向圆心，因此游客处于超重状态，选项A正确；设游客下滑到B点的瞬时速度为vB，由机械能守恒定律得mgR(1－cos θ)＝mvB2，在B处由圆周运动规律得mgcos θ－FN＝m，假设支持力为0，联立两式可知，cos θ＝，此时θ≈48°＞45°，根据题意可知游客在B处还未脱离轨道，因此在B处的向心加速度小于g，选项C错误；在整个过程中，轨道光滑，所以游客的机械能守恒，选项D错误；竖直方向加速度a＝，因为速度变大，支持力变小，所以竖直方向加速度一直增加，选项B正确。‎ ‎6.有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D、…各点同时由静止释放，下列判断不正确的是(　　)‎ A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、…各点处在同一水平线上 B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上 C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上 D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，滑到O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直线上 解析：选B　根据mgh＝mv2，滑块到达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，A正确，B错误；由图所示，abO处在同一圆弧上，则可知2Rcos θ＝gsin(90°－θ)·t2＝gcos θ·t2，解得t＝2；因此可以说明圆上各点滑到O点时用时相等，则可知，若斜面均光滑且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上，C正确；若各次滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为：Wf＝μmgcos θ·，即各释放点处在同一竖直线上，D正确。‎ ‎7．(2018·宁波十校联考)低碳、环保是未来汽车的发展方向。某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受阻力恒定，根据图象所给的信息可得出下列说法不正确的是(　　)‎ A．汽车行驶过程中所受阻力为2 000 N B．汽车发动机的额定功率为80 kW C．汽车在此测试过程中加速运动的时间为22.5 s D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J 解析：选C　在7 s之后，撤去了动力，汽车做匀减速直线运动，所以f＝＝2 000 N，选项A正确；在500～700 m的这段距离中，汽车做匀速直线运动，根据mv2＝8×105 J可知，v＝40 m/s，根据P＝fv可知，汽车的额定功率为P＝2 000×40 W＝80 kW，选项B正确；开启储能装置，还能滑行的距离为150 m，则阻力做功Wf＝－fx＝－3×105 J，因此动能还有5×105 J向蓄电池提供电能，选项D正确；假设初速度为零，根据动能定理Pt－fx＝‎ eq f(1,2)mv2，经过500 m的行驶，达到最大速度，则所经历时间t＝22.5 s，但题意中，初速度不为零，所以汽车在此测试过程中加速运动的时间不是22.5 s，选项C错误。‎ ‎8.如图所示，一升降机箱底部装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦和空气阻力的影响，升降机在从弹簧下端触地直到下降到最低点的一段运动过程中(　　)‎ A．升降机的速度不断减小 B．升降机的加速度不断增大 C．先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功 D．重力势能减小，弹性势能先减小后增大 解析：选C　升降机从弹簧下端接触地面后至下降到最低点的过程中，开始重力大于弹簧弹力，升降机的速度增加，动能增加，随着向下运动，弹簧的压缩量逐渐增大，弹力逐渐增大，当弹簧弹力大于重力时，升降机向下做减速运动，速度逐渐减小，所以升降机的速度先增大后减小，加速度先减小后反向增大，故A、B错误。从升降机接触弹簧到速度最大的过程中，动能增大，由动能定理知，合力做功为正，则弹力做的负功小于重力做的正功。从速度最大位置到最低点的过程中，动能减小，由动能定理知，合力做功为负，则弹力做的负功大于重力做的正功。故C正确。由于升降机的高度不断下降，则重力势能不断减小，弹簧的压缩量不断增大，则弹性势能不断增大，故D错误。‎ ‎9．如图为一竖直面内的发光轨道悠悠球结构，悠悠球具有磁性，可以紧贴铁质的轨道外侧做圆周运动，轨道半径为R，重力加速度为g，若不考虑球与轨道之间的摩擦，且悠悠球与轨道之间的磁力大小不变。则悠悠球(　　)‎ A．做的是匀速圆周运动 B．在最高点速度不能小于 C．在最高点对轨道的压力大于在最低点对轨道的压力 D．由于有磁力作用，悠悠球运动过程中机械能不守恒 解析：选C　在这个过程中，磁力、支持力都是不做功的，因此重力做功将会导致重力势能与动能转化，机械能守恒，不可能做匀速圆周运动，选项A、D错误；在最高点悠悠球的受力如图所示，有F吸＋mg－FN2＝m，当FN2＝F吸＋mg时，最高点速度最小，为0，选项B错误；在最低点F吸－mg－FN1＝m，两式相减，则FN2－FN1＝2mg－＝6mg，选项C正确。‎ ‎10．一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移s关系的图象如图所示，其中0～s1过程的图线为曲线，s1～s2过程的图线为直线。由此可以判断(　　)‎ A．0～s1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大 B．0～s1过程中物体的动能一定是不断减小 C．s1～s2过程中物体一定做匀速运动 D．s1～s2过程中物体一定做匀加速运动 解析：选A　由题意知，小球受重力和绳子的拉力，由题图知在0～s1过程中拉力在逐渐增大，故A正确；若拉力小于重力，则小球加速运动，动能增大，故B错误；s1～s2过程中拉力不变，若拉力等于重力，小球做匀速运动，若拉力小于重力，小球可能做匀加速运动，故C、D错误。‎ ‎11.如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环通过O点的加速度小于g B．圆环在O点的速度最大 C．圆环在A点的加速度大小为 D．圆环在B点的速度为2 解析：选D　圆环在O点处时两弹簧处于原长，圆环水平方向没有受到力的作用，因此没有滑动摩擦力。此时圆环仅受到竖直向下的重力，因此通过O点的加速度大小为g，故A项错误。圆环在受力平衡处时速度最大，而O点圆环受力不平衡做加速运动，故B项错误。圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力影响，在A点对圆环进行受力分析，其受重力及两弹簧拉力作用，合力向下，满足mg＋2×(－1)kL·cos 45°＝ma，解得圆环在A点的加速度大小为＋g，故C项错误。圆环从A到B时，根据机械能守恒，重力势能转化为动能，即2mgL＝mv2，解得圆环在B点的速度为2，故D项正确。‎ ‎12.如图所示，一个小滑块(可视为质点)从离B点高H＝12 m处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环，且滑块与圆环动摩擦因数处处相等。当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零。沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达离B点高h的D点时，速度为零。则h可能为(　　)‎ A．12 m　　　　　　　 B．10 m C．8.5 m D．7 m 解析：选C　到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，所以在C点，重力充当向心力，根据牛顿第二定律有：＝mg，所以mv2＝mgR＝2mg(J)，所以在C点，滑块动能为2mg(J)，因为圆环半径是4(m)，因此在C点，以B点为零势能面，滑块重力势能Ep＝2mgR＝8mg(J)，开始滑块从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在滑块上升到顶点时，根据动能定理得： Wf＋mg(12－8)＝mv2－0，所以摩擦力做功Wf＝－2mg，此时机械能等于10mg，之后滑块沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小， 因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，克服摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg，此时滑块机械能大于10mg－2mg＝8mg，而小于10mg，所以进入光滑弧形轨道BD时，滑块机械能的范围为8mg＜Ep＜10mg，所以高度范围为8 m＜h＜10 m，故h可能是8.5 m。‎ ‎13．如图1所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图2所示，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)。下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体的质量m＝1 kg B．物体可能静止在斜面顶端 C．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20 J D．物体上升过程的加速度大小a＝15 m/s2‎ 解析：选A　物体到达最高点时，机械能为：E＝Ep＝mgh，由题图知：Ep＝30 J，则m＝＝ kg＝1 kg，A正确；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，ΔE＝50 J－30 J＝20 J，减少的机械能等于克服摩擦力的功，ΔE＝μmgcos α，代入数据得μ＝0.5，物体在斜面顶端时，由于mgsin 37°>μmgcos ‎ 37°，所以物体不可能静止在斜面顶端，B错误；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W＝30 J－50 J＝－20 J，在整个过程中由动能定理得：Ek－Ek0＝2W＝－40 J，则有Ek＝Ek0－40 J＝50 J－40 J＝10 J，C错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，得a＝10 m/s2，D错误。‎ ‎14．(2019·“超级全能生”浙江联考)某高中兴趣学习小组成员，在学习完必修1与必修2后设计出如图所示的实验。OA为一水平弹射器，弹射口为A。ABCD为一光滑曲杆，其中AB水平，BC为竖直杆(长度可调节)。CD为四分之一圆环轨道，其圆心为O′，半径为R＝0.2 m(各连接处均圆滑连接)。D的正下方E点向右水平放置一块橡皮泥板EF，长度足够长。现让弹射器弹射出一质量m＝0.1 kg的小环，小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力。已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度。某次实验中小组成员调节BC高度h＝0.8 m，弹出的小环从D处飞出，现测得环从D处飞出时速度vD＝4 m/s，求：(g取10 m/s2)‎ ‎(1)弹射器释放的弹性势能及小环在D处对圆环轨道的压力；‎ ‎(2)小环落地点离E的距离(已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动)；‎ ‎(3)若不改变弹射器弹性势能，改变BC间高度h在0～2 m 之间，求小环下落在水平面EF上的范围。‎ 解析：(1)根据能量守恒定律得 E弹＝mvD2＋mg(h＋R)＝1.8 J 对小环在最高点D受力分析得FN＋mg＝m，‎ 得FN＝7 N 根据牛顿第三定律，小环对圆环轨道的压力大小为7 N，方向向上。‎ ‎(2)由于vD＝4 m/s，小环离开圆环轨道后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动 由h＋R＝gt2得t＝ x＝vDt＝ m。‎ ‎(3)小环刚好到达D点的临界条件为mg(h1＋R)＝E弹 解得h1＝1.6 m 此时落地点为E 改变h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大值 根据能量守恒定律得E弹－mg(h2＋R)＝mvD′2‎ 小环自由落体时间t＝ 得x′＝vD′t＝2 可得，当h2＋R＝0.9 m时水平位移最大 最大位移x′＝1.8 m，故小环落地点范围在离E点水平向右0～1.8 m的范围内。‎ 答案：(1)1.8 J　7 N，方向向上　(2) m ‎(3)距E点水平向右0～1.8 m ‎15.(2018·台州模拟)如图是一种过山车的简易模型，它由倾角α＝37°的倾斜轨道和竖直平面内两个光滑圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道与倾斜轨道的切点，两点间的距离L＝2.0 m，第一个圆形轨道的半径R1＝1.0 m。一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从倾斜轨道上的A点静止释放，AB间的距离L1＝12.0 m。已知小球与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，且圆形轨道不能相互重叠。求：(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)‎ ‎(1)小球经过B时的速度大小；‎ ‎(2)小球经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；‎ ‎(3)要使小球通过第二个圆形轨道，该轨道的半径R2应满足的条件。‎ 解析：(1)小球从A运动到B，根据动能定理：‎ mgL1sin 37°－μmgcos 37°·L1＝mvB2‎ 解得：vB＝4 m/s。‎ ‎(2)小球从B运动到第一个圆形轨道的最高点D，根据机械能守恒定律：‎ mgR1(1＋cos 37°)＝mvB2－mvD2‎ 最高点D：FD＋mg＝ 解得：FD＝2 N。‎ ‎(3)若当小球恰好经过第二个圆轨道的最高点E，从A运动到E，根据动能定理：‎ mg(L＋L1)sin 37°－mgR2(1＋cos 37°)－μmgcos 37°(L＋L1)＝mvE2‎ 最高点E：mg＝ 解得：R2＝ m 考虑不能重叠：(R2max＋R1)2＝(R2max－R1)2＋L2‎ 解得：R2max＝1 m＜ m 故：R2≤1 m。‎ 答案：(1)4 m/s　(2)2 N　(3)R2≤1 m B卷——提能增分练 ‎1．(2018·嘉兴模拟)如图所示，长L＝1.25 m的一段水平直轨道BC与倾角θ＝37°的足够长斜面CD相连，B点正上方的固定点O悬挂一长为r＝0.2 m的轻绳，轻绳另一端拴一质量为m1＝3 kg的小球。现将轻绳拉直，使小球自与O点等高的A点以竖直向下的初速度v0＝4 m/s出发，运动至最低点时恰好与静止在B点的质量m2＝1 kg的小物块发生碰撞，已知小球与小物块碰撞时间极短且碰撞前后两者总动能不变，碰后小物块在B点立即获得动能，该动能占两者总动能的75%，两者速度均沿BC方向。小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。‎ ‎(1)求小球在碰前瞬间对轻绳的拉力大小F；‎ ‎(2)通过计算判断：小球在碰后能否做竖直面内完整的圆周运动；‎ ‎(3)碰撞后，小物块将沿水平轨道运动，并从C点水平抛出后落到斜面上的P点，求CP的距离。‎ 解析：(1)设小球刚到达B点时的速度为v1，小球从A点到B点的过程，由机械能守恒定律得：‎ m1v02＋m1gr＝m1v12①‎ 在B点轻绳对小球的拉力设为F，则F－m1g＝m1②‎ 由①②得：F＝330 N 由牛顿第三定律得：小球对轻绳的拉力F′＝F＝330 N。‎ ‎(2)设碰后小球的动能为Ek2‎ 则：Ek2＝×25%③‎ 代入数据得：Ek2＝7.5 J 设小球恰好过最高点的速度为v，m1g＝m1④‎ 以水平面为零势能面，设小球能完成圆周运动所具有的机械能至少为E E＝m1v2＋m1g·2r⑤‎ 由④⑤得E＝15 J 因为E＞Ek2，所以小球在碰后不能做竖直面内完整的圆周运动。‎ ‎(3)设碰撞之后小物块速度为v2，由已知得：‎ m2v22＝×75%⑥‎ 设小物块运动至C点时的速度为v3，小物块从B点到C点的过程，由动能定理得：‎ ‎－μm2gL＝m2v32－m2v22⑦‎ 代入数据得：v3＝5 m/s 平抛过程：tan θ＝，x＝v3t，y＝gt2‎ 代入数据得：x＝3.75 m ＝＝ m。‎ 答案：(1)330 N　(2)不能　(3) m ‎2.如图所示，一质量为m的物块A与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m的物块B叠放在A的上面，A、B处于静止状态。若A、B粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢上提B，当拉力的大小为时，A物块上升的高度为L，此过程中，该拉力做功为W；若A、B不粘连，用一竖直向上的恒力F作用在B上，当A物块上升的高度也为L时，A与B恰好分离。重力加速度为g，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)恒力F的大小；‎ ‎(2)A与B分离时的速度大小。‎ 解析：(1)设弹簧原长为L0，没有作用力F时，弹簧总长度为L1＝L0－，当F＝0.5mg时，弹簧总长度为L2＝L0－＝L0－，又由题意可知L＝L2－L1＝，解得k＝，A、B刚分离时，A不受B对它的弹力作用，由受力分析可得它的加速度为aA＝k＝，此时B的加速度为aB＝，且刚分离时应有aA＝aB 由以上方程解得F＝1.5mg。‎ ‎(2) 设上升L过程中，弹簧减小的弹性势能为ΔEp，A、B粘连一块上升时，依据功能关系有：W＋ΔEp＝2mgL, 在恒力F作用上升过程中有：F·L＋ΔEp＝2mgL＋·2mv2，由以上两式可得：v＝。‎ 答案：(1)1.5mg　(2) ‎3．(2018·宁波十校联考)如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一质量m＝1 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道ABC，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(g取10 m/s2)‎ ‎(1)物体水平抛出时的初速度大小v0；‎ ‎(2)物体经过B点时，对圆弧轨道的压力的大小；‎ ‎(3)若圆弧段右侧与一较长的斜面平滑相接，已知物体与斜面CD间的动摩擦因数μ＝0.5，求物体在斜面CD上克服摩擦力所做的功。‎ 解析：(1)由vy2＝2gh得vy＝＝4 m/s 由tan 53°＝得v0＝3 m/s。‎ ‎(2)hAB＝R(1－cos 53°)＝0.2 m P→B运用动能定理：mg(h＋hAB)＝mvB2－mv02‎ 在B点：FN－mg＝m，解得FN＝68 N 由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力大小为68 N。‎ ‎(3)hBC＝R(1－cos 37°)＝0.1 m，设物体沿斜面CD能上滑的最大距离为x，从B点到斜面最高点运用动能定理：‎ ‎－mg(hBC＋xsin 37°)－μmgcos 37°·x＝0－mvB2‎ 得x＝1.35 m 因为μ＝0.5＜tan 37°，所以物体还将滑下斜面进入圆弧面，假设能到A点，对平抛至A点到第一次回到A点这一过程运用动能定理：‎ ‎－μmgcos 37°×2x＝EkA－mvA2，‎ 其中vA＝＝5 m/s 得EkA＝1.7 J＞0‎ 所以物体会从A点滑出轨道，所以在斜面上克服摩擦力做功为W＝μmgcos 37°×2x＝10.8 J。‎ 答案：(1)3 m/s　(2)68 N　(3)10.8 J ‎4．(2018·金华十校模拟)某物理老师爱好钓鱼，他发明了一种自动“投饵器”，其装置可简化为如图甲所示。水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直细管AB。细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B与四分之一圆弧弯管BC相接。每次投饵前，推动弹簧压缩到同一位置后锁定，在弹簧前端放置一颗鱼饵，解除锁定，鱼饵即被弹簧弹出，射进细管A端，再沿管ABC从C端水平射出。已知弯管BC的半径R＝0.30 m，每颗鱼饵的质量为m＝50 g，当调节竖直细管AB的长度L至L0＝0.90 m时，发现鱼饵恰好能到管口C端。不计鱼饵运动过程中的机械能损失(g取10 m/s2)。‎ ‎(1)求每次投饵前，将弹簧压缩到同一位置锁定时的弹性势能Ep；‎ ‎(2)投饵器不仅竖直细管AB的长度可调节，还可绕竖直细管AB的中轴线在90°角的范围内来回缓慢转动。某次使用时，地面与水面相距h＝0.3 m。如果持续投放鱼饵，理论上能够落到水面的最大面积S是多少；‎ ‎(3)调节竖直细管AB的长度L时，鱼饵到达管口C端时管壁对鱼饵的作用力FN也相应变化，考虑到投饵器的实际情况，L不能小于0.15 m，请在图乙坐标纸上作出FN随L变化的关系图线(取管壁对鱼饵的作用力FN方向竖直向下为正，并要求在纵轴上标上必要的刻度值)。‎ 解析：(1)鱼饵恰好过C端时，其速度v1＝0‎ 由机械能守恒定律得Ep＝mg(L0＋R)＝0.60 J。‎ ‎(2)设鱼饵到达C端时的速度为v，根据机械能守恒定律有Ep＝mg(L＋R)＋mv2‎ 得v＝ 根据平抛运动规律，鱼饵落至水面时的位置离竖直细管AB的距离为x＝vt＋R h＋L＋R＝gt2‎ 联立得x＝2＋R ‎＝ ＋0.3‎ 当L＝0.15 m时，x最大为1.8 m 半径的范围为0.3 m至1.8 m，最大面积为 S＝π(1.82－0.32) m2≈2.47 m2。‎ ‎(3)设鱼饵经过C端时所受管壁作用力方向向下，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝m 又v＝ 则有FN＝－L＋mg 代入数据得FN＝－L＋2.5 (N)(0.15 m≤L≤0.90 m)‎ 据此作出所求图线如图。‎ 答案：(1)0.60 J　(2)2.47 m2　(3)见解析图 ‎5.(2018·浙江镇海中学模拟)“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。现在有一人从岸边离水面高度为1.8 m处，以8 m/s的水平初速度用力飞出一质量为20 g的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4 N。假设每次小石片接触水面0.04 s后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数k，k＝0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5 m/s2的加速度沿竖直方向沉入深为1 m的水底。不计空气阻力，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)小石片第一次接触水面时的速度大小；‎ ‎(2)小石片从抛出到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功；‎ ‎(3)小石片从抛出到沉入水底的总时间。‎ 解析：(1)小石片先做平抛运动，竖直方向：h1＝gt12，‎ 解得t1＝0.6 s vy0＝gt1＝6 m/s，‎ 则v0＝ ＝10 m/s。‎ ‎(2)小石片沉入水底时的速度满足：v2＝2ah2‎ 解得v＝1 m/s；‎ 小石片从抛出到沉入水底，根据动能定理：‎ mg(h1＋h2)＋W＝mv2－mv02‎ 解得W＝－1.19 J。‎ ‎(3)小石片在水面上滑行时，有：a′＝＝20 m/s2‎ 每次滑行速度的变化量：Δv＝a′Δt＝0.8 m/s 由n＝＝10可知，小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次；‎ 第n次弹起后的水平速度：‎ vxn＝vx0＋Δvx＝8－0.8n m/s，‎ 再由vyn＝kvxn和tn＝2可得第n次弹起后在空中飞行的时间为：tn＝(1－0.1n)为一等差数列，首项t1′＝1.08 s、公差d＝－0.12‎ 根据等差数列求和公式可得小石片在空中的飞行时间： t2＝nt1′＋n(n－1)d＝5.4 s 在水面上滑行的时间为t3＝0.04×10 s＝0.4 s 在水中下沉的时间为t4＝ ＝2 s 总时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝8.4 s。‎ 答案：(1)10 m/s　(2)－1.19 J　(3)8.4 s