2013年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一階段專題二第2講 專題特輯 課下 針對高考押題訓(xùn)練

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1、[課下——針對高考押題訓(xùn)練] 1．剎車距離是衡量汽車安全性能的重要參數(shù)之一。如圖1所示的圖線1、2分別為甲、乙兩輛汽車在緊急剎車過程中的剎車距離l與剎車前的車速v的關(guān)系曲線，已知緊急剎車過程中車與地面間是滑動摩擦。據(jù)此可知，下列說法中正確的是(　　) A．甲車的剎車距離隨剎車前的車速v變化快，甲車的剎車性能好 圖1 B．乙車與地面間的動摩擦因數(shù)較大，乙車的剎車性能好 C．以相同的車速開始剎車，甲車先停下來，甲車的剎車性能好 D．甲車的剎車距離隨剎車前的車速v變化快，甲車與地面間的動摩擦因數(shù)較大 解析：選B　在剎車過程中，由動能定理可知μmgl＝mv2，得l＝＝，可知

2、甲車與地面間動摩擦因數(shù)小(題圖線1)，乙車與地面間動摩擦因數(shù)大(題圖線2)，剎車時的加速度a＝μg，乙車剎車性能好；以相同的車速開始剎車，乙車先停下來。B正確。 2．(2012·上海高考)質(zhì)量相等的均質(zhì)柔軟細(xì)繩A、B平放于水平地面，繩A較長。分別捏住兩繩中點(diǎn)緩慢提起，直至全部離開地面，兩繩中點(diǎn)被提升的高度分別為hA、hB，上述過程中克服重力做功分別為WA、WB。若(　　) A．hA＝hB，則一定有WA＝WB B．hA>hB，則可能有WAhB，則一定有WA>WB 解析：選B　當(dāng)hA＝hB時，則一定有WA

3、hB時，有WAWB、WA＝WB三種可能，故選項(xiàng)B正確，D錯誤。當(dāng)hA

4、械能不斷增加 D．當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M的動能最大 解析：選D　開始拉力大于彈力，F(xiàn)1、F2對木塊和木板做正功，所以機(jī)械能增加；當(dāng)拉力等于彈力時，木塊和木板速度最大，故動能最大；當(dāng)拉力小于彈力時，木塊和木板做減速運(yùn)動，速度減小到零以后，木塊和木板反向運(yùn)動，拉力F1、F2均做負(fù)功，故機(jī)械能減少。故本題正確選項(xiàng)為D。 4.如圖3所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培

5、力做功的代數(shù)和等于(　　) 圖3 A．棒的機(jī)械能增加量 B．棒的動能增加量 C．棒的重力勢能增加量 D．電阻R上放出的熱量 解析：選A　金屬棒受重力、恒力F和安培力作用，力F對金屬棒做功，金屬棒克服重力和安培力做功，由動能定理WF＋W安＋WG＝ΔEk，得WF＋W安＝－WG＋ΔEk＝mgh＋ΔEk，即F與F安做功的代數(shù)和等于金屬棒機(jī)械能的增加量，故A正確，B、C、D均錯。 5．光滑斜面上有一個小球自高度為h的A處由靜止開始滾下，到達(dá)光滑的水平面上的B點(diǎn)時的速度大小為v0。光

6、滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個與小球運(yùn)動方向垂直的活動阻擋條，如圖4所示，小球越過n條活動阻擋條后停下來。若讓小球從h高處以初速度v0滾下，則 圖4 小球能越過的活動阻擋條的條數(shù)是(設(shè)小球每次越過活動阻擋條時損失的動能相等)(　　) A．n B．2n C．3n D．4n 解析：選B　設(shè)每條阻擋條對小球做的功為W，當(dāng)小球在水平面上滾動時，由動能定理有0－mv02＝nW，對第二次有0－mv22＝0－＝NW，又因?yàn)閙v02＝mgh，聯(lián)立以上三式解得N＝2n。 6．(2012·福州質(zhì)檢)如圖5所示，在光滑斜面上的A點(diǎn)先后水平拋出和靜止釋放兩個質(zhì)量相

7、等的小球1和2，不計空氣阻力，最終兩小球在斜面上的B點(diǎn)相遇，在這個過程中(　　) 圖5 A．小球1重力做的功大于小球2重力做的功 B．小球1機(jī)械能的變化大于小球2機(jī)械能的變化 C．小球1到達(dá)B點(diǎn)的動能大于小球2到達(dá)B點(diǎn)的動能 D．兩小球到達(dá)B點(diǎn)時，在豎直方向的分速度相等 解析：選C　重力做功只與初、末位置的高度差有關(guān)，與物體經(jīng)過的路徑無關(guān)，所以重力對1、2兩小球所做的功相等，A錯誤；1、2兩小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，只有重力對其做功，所以它們的機(jī)械能均守恒，B錯誤；由動能定理可得，對小球1有：mgh＝Ek1－Ek

8、0，對小球2有：mgh＝Ek2－0，顯然Ek1＞Ek2，C正確；由上面的分析可知，兩小球到達(dá)B點(diǎn)時，小球1的速度大于小球2的速度，且小球1的速度方向與豎直方向的夾角小于小球2速度方向與豎直方向的夾角，因此，小球1在豎直方向上的速度大于小球2在豎直方向上的速度，D錯誤。 7．(2012·衡水期末)足夠長的粗糙斜面上，用力推著一物體沿斜面向上運(yùn)動，t＝0時撤去推力，0～6 s內(nèi)速度隨時間的變化情況如圖6所示，由圖象可知，下列說法錯誤的是(　　) 圖6 A．0～1 s內(nèi)重力的平均功率大小與1～6 s內(nèi)重力平均功率大小之比為5∶1 B．0～1 s內(nèi)摩擦力的平均功率大小與1～6 s內(nèi)摩擦力平

9、均功率大小之比為1∶1 C．0～1 s內(nèi)位移大小與1～6 s內(nèi)位移大小之比為1∶5 D．0～1 s內(nèi)機(jī)械能變化量大小與1～6 s內(nèi)機(jī)械能變化量大小之比為1∶5 解析：選A　0～1 s內(nèi)物體沿斜面向上位移為5 m，平均速度為5 m/s；1～6 s內(nèi)物體沿斜面向下位移為25 m，平均速度為5 m/s；0～1 s內(nèi)位移大小與1～6 s內(nèi)位移大小之比為1∶5,0～1 s內(nèi)重力的平均功率大小與1～6 s內(nèi)重力平均功率大小之比為1∶1，選項(xiàng)A錯誤、C正確。摩擦力與1～6 s內(nèi)摩擦力大小相等，0～1 s內(nèi) 摩擦力的平均功率大小與1～6 s內(nèi)摩擦力平均功率大小之比為1∶1，選項(xiàng)B正確；0～1 s內(nèi)機(jī)械

10、能變化量大小與1～6 s內(nèi)機(jī)械能變化量大小之比為1∶5，選項(xiàng)D正確。 8．(2012·南京模擬)如圖7所示，圓心在O點(diǎn)、半徑為R的圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上，Oc與Oa的夾角為60°，軌道最低點(diǎn)a與桌面相切。一輕繩兩端系著質(zhì)量為m1和m2的小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))，掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊，開始時，m1位于c點(diǎn)，然后從靜止釋放，設(shè)輕繩足夠長，不計一切摩擦。則(　　) 圖7 A．在m1由c下滑到a的過程中下滑到a點(diǎn)的過程中，兩球速度大小始終相等 B．在m1由c下滑到a的過程中重力的功率先增大后減少 C．若m1恰好能沿圓弧下滑到a點(diǎn)，則m1＝3m2

11、 D．若m1恰好能沿圓弧下滑到a點(diǎn)，則m1＝4m2 解析：選B　小球m1沿繩的方向的分速度與m2的速度大小相等，A錯誤；重力m1g的功率P1＝m1g·v1豎，小球m1在豎直方向的分速度v1豎先增大后減小，故P1也先增大后減小，B正確；由m1和m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得：m1gR(1－cos 60°)＝m2gR，故m1＝2m2，C錯誤，D錯誤。 9．(2012·蘇州期末)如圖8所示，水平地面與一半徑為l的豎直光滑圓弧軌道相接于B點(diǎn)，軌道上的C點(diǎn)位置處于圓心O的正下方。距地面高度為l的水平平臺邊緣上的A點(diǎn)處有一質(zhì)量為m的小球以v0＝的速度水平飛出，小球在空中運(yùn)動至B點(diǎn)時，恰好沿圓弧軌道在該

12、點(diǎn)的切線方向滑入軌道。小球運(yùn)動過程中空氣阻力不計，重力加速度為g，試求： 圖8 (1)B點(diǎn)與拋出點(diǎn)A正下方的水平距離x； (2)圓弧BC段所對的圓心角θ； (3)小球滑到C點(diǎn)時，對圓軌道的壓力。 解析：(1)設(shè)小球做平拋運(yùn)動到達(dá)B點(diǎn)的時間為t，由平拋運(yùn)動規(guī)律， l＝gt2，x＝v0t， 聯(lián)立解得x＝2l。 (2)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時豎直分速度為vy，vy2＝2gl，tan θ＝，解得θ＝45°。 (3)小球從A運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)時速度大小為vC，有機(jī)械能守恒定律，mgl＝mvC2－mv02， 設(shè)軌道對小球的支持力為F，有：F－mg＝m， 解得：F＝(

13、7－)mg， 由牛頓第三定律可知，小球?qū)A軌道的壓力大小為F′＝(7－)mg，方向豎直向下。 答案：(1)2l　(2)45°　(3)(7－)mg　豎直向下 10．如圖9所示，是某公園設(shè)計的一種驚險刺激的娛樂設(shè)施，軌道除CD部分粗糙外，其余均光滑。一挑戰(zhàn)者質(zhì)量為m，沿斜面軌道滑下，無能量損失地滑入第1個圓管形軌道，根據(jù)設(shè)計要求，在最低點(diǎn)與最高點(diǎn)各放一個壓力傳感器，測試挑戰(zhàn)者對軌道的壓力，并通過計算機(jī)顯示出來。挑戰(zhàn)者到達(dá)A處時剛好對管壁無壓力，又經(jīng)過水平軌道CD滑入第2個圓管軌道，在最高點(diǎn)B處挑戰(zhàn)者對管的內(nèi)側(cè)壁壓力為0.5mg，A、B分別是兩軌道的最高點(diǎn)，然后從平臺上飛入水池內(nèi)，水面離軌道的

14、距離為h＝2.25r。若第1個圓管軌道的半徑為R，第2個圓管軌道的半徑為r，g取10 m/s2，管的內(nèi)徑及人的尺寸相對圓管軌道的半徑可以忽略不計，則 圖9 (1)挑戰(zhàn)者若能完成上述過程，則他應(yīng)從離水平軌道多高的地方開始下滑？ (2)挑戰(zhàn)者從A到B的運(yùn)動過程中克服軌道阻力所做的功是多少？ (3)挑戰(zhàn)者入水時的速度大小是多少？ 解析：(1)挑戰(zhàn)者到達(dá)A處時剛好對管壁無壓力，可得出mg＝m， 設(shè)挑戰(zhàn)者從離水平軌道H高處的地方開始下滑正好運(yùn)動到A點(diǎn)對管壁無壓力，在此過程中機(jī)械能守恒有mgH＝mvA2＋mg2R，解得H＝2.5R。。 (2)在B處挑戰(zhàn)者對管的內(nèi)側(cè)壁壓力為0.5 mg，分

15、析挑戰(zhàn)者受力，根據(jù)牛頓第二定律得： mg＋N＝ 挑戰(zhàn)者在從A到B的運(yùn)動過程中，由動能定理得 mg×2(R－r)－Wf＝mvB2－mvA2， 聯(lián)立解得Wf＝mgR－mgr。 (3)設(shè)挑戰(zhàn)者在第2個圓管軌道最低點(diǎn)D處的速度為v，則－mg×2r＝mvB2－mv2，解得v＝gr。 挑戰(zhàn)者離開第2個圓管軌道后在平面上做勻速直線運(yùn)動，然后做平拋運(yùn)動落入水中，在此過程中機(jī)械能守恒，設(shè)挑戰(zhàn)者入水時的速度大小為v′，則 mgh＋mv2＝mv′2， 解得v′＝。 答案：(1)2.5R　(2)mgR－mgr　(3) [課下——針對高考押題訓(xùn)練] 1．(2012·濟(jì)南模擬)如圖1所示，一質(zhì)量為m

16、＝0.5 kg的小滑塊，在F＝4 N水平拉力的作用下，從水平面上的A處由靜止開始運(yùn)動，滑行s＝1.75 m后由B處滑上傾角為37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的 圖1 大小保持不變，方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏希瑒右欢螘r間后撤去拉力。已知小滑塊沿斜面上滑到的最遠(yuǎn)點(diǎn)C距B點(diǎn)為L＝2 m，小滑塊最后恰好停在A處。不計B處能量損失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。試求： (1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)小滑塊在斜面上運(yùn)動時，拉力作用的距離x； (3)小滑塊在斜面上運(yùn)動時，拉力作用的時間t。 解析：(1)小滑塊由C運(yùn)動到A，由動

17、能定理，得 mgsin 37°L－μmgs＝0 解得μ＝ (2)小滑塊由A運(yùn)動到C，由動能定理，得 Fs－μmgs＋Fx－mgsin 37°·L＝0 解得x＝1.25 m (3)小滑塊由A運(yùn)動到B，由動能定理，得 Fs－μmgs＝mv2 由牛頓第二定律，得F－mgsin 37°＝ma 由運(yùn)動學(xué)公式，得x＝vt＋at2 聯(lián)立解得t＝0.5 s 答案：(1)　(2)1.25 m　(3)0.5 s 2．(2012·湖南師大附中模擬)冬季有一種雪上“府式冰橇”滑溜運(yùn)動，運(yùn)動員從起跑線推著冰橇加速一段相同距離，再跳上冰橇自由滑行，滑行距離最遠(yuǎn)者獲勝，運(yùn)動過程可簡化為如圖2所示的

18、 圖2 模型，某一質(zhì)量m＝20 kg的冰橇靜止在水平雪面上的A處，現(xiàn)質(zhì)量M＝60 kg的運(yùn)動員，用與水平方向成α＝37°角的恒力F＝200 N斜向下推動冰橇，使其沿AP方向一起做直線運(yùn)動，當(dāng)冰橇到達(dá)P點(diǎn)時運(yùn)動員迅速跳上冰橇與冰橇一起運(yùn)動(運(yùn)動員跳上冰橇瞬間，運(yùn)動員和冰橇的速度不變)。已知AP距離為s＝12 m，冰橇與雪面間的動摩擦因數(shù)為0.2, 不計冰橇長度和空氣阻力。(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8)求： (1)冰橇從A到P的運(yùn)動時間； (2)冰橇從P點(diǎn)開始還能滑行的距離。 解析：(1)對冰橇受力分析如圖，冰橇做勻加速直線運(yùn)動階段： Fcos α－μ(mg＋F

19、sin α)＝ma1 代入數(shù)據(jù)得：a1＝4.8 m/s2 sAP＝a1t12 得t1＝ s (2)對冰橇和人受力分析如圖，冰橇加速運(yùn)動結(jié)束時：vP＝a1t1＝ m/s 減速階段：μ(M＋m)g＝(M＋m)a2 代入數(shù)據(jù)得a2＝2 m/s2 則冰橇繼續(xù)滑行距離為s′＝＝28.8 m 答案：(1) s　(2)28.8 m 3．(2012·徐州模擬)如圖3所示，水平傳送帶AB長L＝6 m，以v0＝3 m/s的恒定速度轉(zhuǎn)動。水平光滑臺面與傳送帶平滑連接于B點(diǎn)，豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道半徑R＝0.4 m，與水平臺面相切于C點(diǎn)。一質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)無初速釋放，

20、當(dāng)它運(yùn)動到A、B中點(diǎn)位置時，剛好與傳送帶保持相對靜止。重力加速度g＝10 m/s2。試求： 圖3 (1)物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)物塊剛滑過C點(diǎn)時對軌道的壓力N； (3)物塊在A點(diǎn)至少要具有多大的速度，才能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)D(結(jié)果可用根式表示)。 解析：(1)對物塊，由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有 μmg＝ma v02＝2a·L 解得μ＝0.15 (2)物塊剛滑過C點(diǎn)時的速度vC＝v0＝3 m/s 在C點(diǎn)，有N－mg＝m 解得N＝32.5 N 由牛頓第三定律知，物塊對軌道的壓力大小為32.5 N，方向豎直向下。 (3)

21、物塊經(jīng)過半圓軌道最高點(diǎn)D的最小速度為vD＝＝2 m/s 由C到D的過程中，由動能定理有－2mgR＝mvD2－mvC′2 解得vC′＝ m/s>3 m/s 可見，物塊從A到B的全過程中一直做勻減速直線運(yùn)動，到達(dá)B端的速度至少為vB′＝vC′＝ m/s 由(1)問可知，物塊在傳送帶上減速運(yùn)動時的加速度大小a＝1.5 m/s2 由運(yùn)動學(xué)公式有vB′2－vA′2＝－2aL 解得vA′＝ m/s 答案：(1)0.15　(2)32.5 N，方向豎直向下 (3) m/s 4．(2012·濰坊模擬)如圖4所示，半徑為R的豎直光滑半圓軌道BC與水平軌道AB相切于B點(diǎn)，AB長xAB＝1 m，離水

22、平地面h＝1.6 m。一質(zhì)量m＝2 kg的滑塊，以速度v0＝4 m/s從A點(diǎn)向右運(yùn)動，經(jīng)B點(diǎn)滑上半圓軌道。已知滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2。 (1)求滑塊在平臺上從A到B的運(yùn)動時間t(結(jié)果可保留根式)； 圖4 (2)若滑塊能沿半圓軌道運(yùn)動而不脫離半圓軌道，求R應(yīng)滿足的條件； (3)若R＝0.9 m，求滑塊在地面上的落點(diǎn)到平臺左側(cè)的水平距離x。 解析：(1)由運(yùn)動學(xué)公式xAB＝v0t－at2 由牛頓第二定律μmg＝ma 得t＝(2－) s (2)①若滑塊恰好運(yùn)動到半圓軌道的最高點(diǎn)，有mg＝ 由動能定理得－μmgxAB－2mg

23、R＝mv12－mv02 解得R＝0.24 m ②若滑塊恰好滑到半圓弧一半高度時不再上滑，有－μmgxAB－mgR＝0－mv02 得R＝0.6 m 綜上所述，R應(yīng)滿足：R≤0.24 m或R≥0.6 m (3)R＝0.9 m>0.6 m，滑塊從圓軌道返回，由動能定理 －2μmgxAB＝mv22－mv02 得v2＝2 m/s 滑塊從A點(diǎn)水平拋出，有x＝v2t1，h＝gt12 解得x＝1.6 m 答案：(1)(2－) s　(2)R≤0.24 m或R≥0.6 m (3)1.6 m [課下——針對高考押題訓(xùn)練] 1．(2012·泉州模擬)如圖1甲所示，圓形玻璃平板半徑為r

24、, 離水平地面的高度為h，一質(zhì)量為m的小木塊放置在玻璃板的邊緣，隨玻璃板一起繞圓心O在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。 圖1 (1)若勻速圓周運(yùn)動的周期為T，求木塊的線速度和所受摩擦力的大小。 (2)緩慢增大玻璃板的轉(zhuǎn)速，最后木塊沿玻璃板邊緣的切線方向水平飛出，落地點(diǎn)與通過圓心O的豎直線間的距離為s，俯視圖如圖乙所示。不計空氣阻力，重力加速度為g，試求木塊落地前瞬間的動能。 解析：(1)根據(jù)勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律可得木塊的線速度大小 v＝ 木塊所受摩擦力等于木塊做勻速圓周運(yùn)動的向心力。 Ff＝m()2r (2)木塊脫離玻璃板后在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，有h＝gt2 在水平方向上做勻

25、速運(yùn)動，水平位移 x＝vt x與距離s、半徑r的關(guān)系 s2＝r2＋x2 木塊從拋出到落地前機(jī)械能守恒，得 Ek＝mv2＋mgh 由以上各式解得木塊落地前瞬間的動能 Ek＝mg(＋h) 答案：(1)　 m()2r　(2)mg(＋h) 2．如圖2所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標(biāo)原點(diǎn)O在傳送帶的左端，傳送帶長L＝8 m，勻速運(yùn)動的速度v0＝5 m/s。一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊輕輕放在傳送帶上xP＝2 m的P點(diǎn)。小物塊隨傳送帶運(yùn)動到Q點(diǎn)后沖上光滑斜面且剛好到達(dá)N點(diǎn)(小物塊到達(dá)N點(diǎn)后被收集，不再滑下)。若小物塊經(jīng)過Q處無機(jī)械能損失，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g

26、＝10 m/s2。求： 圖2 (1)N點(diǎn)的縱坐標(biāo)； (2)小物塊在傳送帶上運(yùn)動產(chǎn)生的熱量； (3)若將小物塊輕輕放在傳送帶上的某些位置，最終均能沿光滑斜面越過縱坐標(biāo)yM＝0.5 m的M點(diǎn)，求這些位置的橫坐標(biāo)范圍。 解析：(1)小物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動的加速度a＝μg＝5 m/s2。 小物塊與傳送帶共速時，所用時間t＝＝1 s 運(yùn)動的位移x＝＝2.5 m<(L－xP)＝6 m 故小物塊與傳送帶共速后以v0＝5 m/s的速度勻速運(yùn)動到Q，然后沖上光滑斜面到達(dá)N點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得 mv02＝mgyN 解得yN＝1.25 m (2)小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移x

27、0＝v0t－x＝2.5 m 產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx0＝12.5 J (3)設(shè)在坐標(biāo)為x1處輕輕將小物塊放在傳送帶上，最終剛好能到達(dá)M點(diǎn)，由能量守恒得 μmg(L－x1)＝mgyM 代入數(shù)據(jù)解得x1＝7 m 故小物塊在傳送帶上的位置坐標(biāo)范圍0≤x<7 m 答案：(1)1.25 m　(2)12.5 J　(3)0≤x<7 m 3．(2012·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖3所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點(diǎn)，彈簧處于自然狀態(tài)時其右端位于B點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的內(nèi)表面光滑、粗細(xì)可忽略不計的圓管軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑

28、，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R。用質(zhì)量m1＝2.0 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長時物塊恰停止在B點(diǎn)。用同種材料、質(zhì)量為m2＝0.2 kg的物塊將彈簧也緩慢壓縮到C點(diǎn)釋放，物塊過B點(diǎn)(B點(diǎn)為彈簧原長位置)后做勻減速直線運(yùn)動，其位移與時間的關(guān)系為s＝6t－2t2，物塊從桌面右邊緣D點(diǎn)飛離桌面后，恰在P點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入圓管軌道。運(yùn)動過程中，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10 m/s2。 圖3 (1)求m2運(yùn)動至D點(diǎn)時的速度大??； (2)求BP間的水平距離； (3)計算分析m2經(jīng)圓管軌道能否到達(dá)最高點(diǎn)M，若能則求到達(dá)最高點(diǎn)M時m2對軌道壁的壓力； (4)求釋放m2后，m2在運(yùn)動過

29、程中克服摩擦力做的功。 解析：(1)設(shè)物塊由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動，落到P點(diǎn)時其豎直速度為vy＝，＝tan 45°得vD＝4 m/s (2)m2做平拋運(yùn)動用時為t，水平位移為x，R＝gt2，x＝vDt，得x＝2R＝1.6 m 由s＝6t－2t2可知，在桌面上過B點(diǎn)后初速v0＝6 m/s，加速度a＝4 m/s2，減速到vD。 BD間位移為s1＝＝2.5 m 即BP水平間距為x＋s1＝4.1 m (3)若物塊能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，其速度為vM vP＝4 m/s －m2g(R＋Rcos 45°)＝m2vM2－m2vP2 vM＝2 m/s大于零，可見能到達(dá)M點(diǎn)。 設(shè)軌道對物塊的壓力

30、方向向下，大小為F，則 F＋m2g＝m2 解得F＝(2－2) N＝－0.828 N　可見方向向上 根據(jù)牛頓第三定律：m2對軌道內(nèi)壁的壓力F′＝F＝0.828 N，方向豎直向下。 (4)設(shè)彈簧長為AC時的彈性勢能為Ep，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ， 釋放m1時，Ep＝μm1gsCB，釋放m2時，Ep＝μm2gsCB＋m2v02 且m1＝10m2，Ep＝4 J m2在桌面上運(yùn)動過程中克服摩擦力做功為Wf 則Ep－Wf＝m2vD2，可得Wf＝2.4 J 答案：(1)4 m/s　(2)4.1 m　(3)能到達(dá)M點(diǎn)　0.828 N，方向豎直向下　(4)2.4 J 4．(2012·佛

31、山期末)如圖4甲所示，ABC為豎直放置的半徑為0.1 m的半圓形軌道，在軌道的最低點(diǎn)A和最高點(diǎn)C各安裝了一個壓力傳感器，可測定小球在軌道內(nèi)側(cè)通過這兩點(diǎn)時對軌道的壓力FA和FC。質(zhì)量為0.1 kg的小球，以不同的初速度v沖入ABC軌道。 (g取10 m/s2) 圖4 (1)若FC和FA的關(guān)系圖線如圖乙所示，求：當(dāng)FA＝13 N時小球經(jīng)過A點(diǎn)時的速度vA，以及小球由A點(diǎn)滑至C點(diǎn)的過程中損失的機(jī)械能。 (2)若軌道ABC光滑，小球均能通過C點(diǎn)。試推導(dǎo)FC隨FA變化的關(guān)系式。 解析：(1)由牛頓第三定律可和，小球在A、C兩點(diǎn)所受軌道的彈力大小FA′＝FA，F(xiàn)C′＝FC 在A點(diǎn)由牛頓第二定律得： FA′－mg＝① 解得vA＝2 m/s② 在C點(diǎn)由牛頓第二定律得：FC′＋mg＝③ 對A至C的過程，由動能定理得： Wf－mg·2R＝mvC2－mvA2④ ②③④聯(lián)立得 Wf＝mvC2－mvA2＋2mgR＝－0.2 J⑥ 故損失的機(jī)械能為0.2 J。 (2)因軌道光滑，小球由A至C的過程中機(jī)械能守恒 mvA2＝mvC2＋mg·2R⑦ 聯(lián)立①③⑦得FA′－FC′＝6mg 即FC＝(FA－6) N。⑧ 答案：(1)2 m/s　0.2 J　(2)FC＝(FA－6) N