3、向的分速度與m2的速度大小相等，A錯(cuò)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錯(cuò)誤；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正確，D錯(cuò)誤。
3.如圖2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(jì)，整個(gè)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(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于( ) 圖2
A．棒的機(jī)械能增加量
B．棒的動(dòng)能增
4、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(duì)金屬棒做功，金屬棒克服重力和安培力做功，由動(dòng)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(cuò)。
4．一蹦極運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落，到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法錯(cuò)誤的是( )
A．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢能始終減小
B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加
C．蹦極過程中，運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所
5、組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點(diǎn)的選取有關(guān)
解析：選D 重力做功決定重力勢能的變化，隨著高度的降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，故A選項(xiàng)正確；彈性勢能的變化取決于彈力做功，當(dāng)橡皮筋張緊后，隨著運(yùn)動(dòng)員的下落彈力一直做負(fù)功，彈性勢能一直增大，故B選項(xiàng)正確；在蹦極過程中，由于只有重力和彈性繩的彈力做功，故由運(yùn)動(dòng)員、地球及彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)C正確；重力勢能的大小與勢能零點(diǎn)的選取有關(guān)，而勢能的改變與勢能零點(diǎn)選取無關(guān)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
5．(2012·陜西師大附中模擬)如圖3所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1勻速向右
6、運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上傳送帶，最后滑塊返回傳送帶的右端。關(guān)于這一過程的下列判斷，正確的有( ) 圖3
A．滑塊返回傳送帶右端的速率為v2
B．此過程中傳送帶對(duì)滑塊做功為mv－mv
C．此過程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做功為2mv
D．此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為m(v1＋v2)2
解析：選B 滑塊在傳送帶上向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減小到零后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度增大到v1后做速度為v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以滑塊返回傳送帶右端的速率為v1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得，此過程中傳送帶對(duì)滑塊做功為mv－mv，選項(xiàng)B正確；由能量守恒定律
7、，此過程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做功等于二者相對(duì)滑動(dòng)產(chǎn)生的熱量和傳送帶對(duì)滑塊做功之和，不等于2mv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量等于二者相對(duì)滑動(dòng)距離與摩擦力的乘積，不等于m(v1＋v2)2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
二、多項(xiàng)選擇題
6．(2012·天津高考)如圖4甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖4乙所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則( )
圖4
A．0～t1時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大
B．t2時(shí)刻物塊A的加速度最大
C．t2時(shí)刻后物塊A做反向運(yùn)動(dòng)
D．t3時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大
解析：選BD 0～t1時(shí)間內(nèi)，
8、物塊靜止，F(xiàn)的功率為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻合外力最大，物塊A的加速度最大，選項(xiàng)B正確；t2時(shí)刻后物塊A繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t1～t3時(shí)間內(nèi)，物塊一直加速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻后物塊做減速運(yùn)動(dòng)，所以t3時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大，選項(xiàng)D正確。
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(dòng)，t＝0時(shí)撤去推力，0～6 s內(nèi)速度隨時(shí)間的變化情況如圖5所示，由圖象可知( )
圖5
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)摩擦力平均功率大小之比為1∶1
C．0～1 s內(nèi)位移大小與1～
9、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BCD 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(cuò)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
10、，選項(xiàng)D正確。
8．(2012·濰坊模擬)如圖6甲所示，平行于斜面的輕彈簧，勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與Q物塊連接，P、Q質(zhì)量均為m，斜面光滑且固定在水平面上，初始時(shí)物塊均靜止?，F(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉物塊P，使P做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)物塊在開始一段時(shí)間內(nèi)的v－t圖象如圖乙所示(重力加速度為g)，則( )
圖6
A．施加拉力前，Q給P的力大小為mgsin θ
B．施加拉力前，彈簧的形變量為
C．到t1時(shí)刻，P與Q分離，此時(shí)彈簧彈力恰好為零
D．t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)到原長，物塊Q達(dá)到速度最大值
解析：選AB 施加拉力前，由物塊的平衡條件得：kx＝2m
11、gsin θ，彈簧的形變量x＝，Q對(duì)P的彈力FN＝mgsin θ，故A、B正確。由題圖可知，t1時(shí)刻之后兩物塊分離，此時(shí)P、Q的加速度均為a，方向沿斜面向上，由F彈－mgsin θ＝ma可知，F(xiàn)彈≠0，C錯(cuò)誤；t2時(shí)刻Q的加速度為零，速度最大，但有F彈＝mgsin θ，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，D錯(cuò)誤。
三、非選擇題
9．(2012·蘇州期末)如圖7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(tái)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(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿圓弧軌道在該點(diǎn)的切線方向滑入軌道。小球運(yùn)動(dòng)過程中
12、空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，試求：
圖7
(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(duì)的圓心角θ；
(3)小球滑到C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓軌道的壓力。
解析：(1)設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)的時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)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(shí)豎直分速度為vy，v＝2gl，tan θ＝，解得θ＝45°。
(3)小球從A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小為vC，有機(jī)械能守恒定律，mgl(1＋1－)＝mv－mv，
設(shè)軌道對(duì)小球的支持力為F，有：F－mg＝m，
解得：F＝(7－)mg，
由牛頓第三定律可知，小球?qū)A
13、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8所示，是某公園設(shè)計(jì)的一種驚險(xiǎn)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(gè)圓管形軌道，根據(jù)設(shè)計(jì)要求，在最低點(diǎn)與最高點(diǎn)各放一個(gè)壓力傳感器，測試挑戰(zhàn)者對(duì)軌道的壓力，并通過計(jì)算機(jī)顯示出來。挑戰(zhàn)者到達(dá)A處時(shí)剛好對(duì)管壁無壓力，又經(jīng)過水平軌道CD滑入第2個(gè)圓管軌道，在最高點(diǎn)B處挑戰(zhàn)者對(duì)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(tái)上飛入水池內(nèi)，水面離軌道的距離為h＝2.25r。若第1個(gè)圓管軌道的半徑
14、為R，第2個(gè)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(duì)圓管軌道的半徑可以忽略不計(jì)，則
圖8
(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(dòng)過程中克服軌道阻力所做的功是多少？
(3)挑戰(zhàn)者入水時(shí)的速度大小是多少？
解析：(1)挑戰(zhàn)者到達(dá)A處時(shí)剛好對(duì)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(dòng)到A點(diǎn)對(duì)管壁無壓力，在此過程中機(jī)械能守恒有mgH＝mv＋mg2R，解得H＝2.5R。
(2)在B處挑戰(zhàn)者對(duì)管的內(nèi)側(cè)壁壓力為0.5 mg，分析挑戰(zhàn)者受力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＋FN＝
挑戰(zhàn)
15、者在從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得
mg×2(R－r)－Wf＝mv－mv，
聯(lián)立解得Wf＝mgR－mgr。
(3)設(shè)挑戰(zhàn)者在第2個(gè)圓管軌道最低點(diǎn)D處的速度為v，則－mg×2r＝mv－mv2，解得v＝gr。
挑戰(zhàn)者離開第2個(gè)圓管軌道后在平面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后做平拋運(yùn)動(dòng)落入水中，在此過程中機(jī)械能守恒，設(shè)挑戰(zhàn)者入水時(shí)的速度大小為v′，則
mgh＋mv2＝mv′2，
解得v′＝。
答案：(1)2.5R (2)mgR－mgr (3)
押題訓(xùn)練(二)
1．(2012·濟(jì)南模擬)如圖1所示，一質(zhì)量為m＝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)
16、動(dòng)，滑行s＝1.75 m后由B處滑上傾角為37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不變，方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，滑?dòng)一段圖1
時(shí)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(jì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)小滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力作用的距離x；
(3)小滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力作用的時(shí)間t。
解析：(1)小滑塊由C運(yùn)動(dòng)到A，由動(dòng)能定理，得
mgsin 37°L－μmgs＝0
解得μ＝
(2)小滑塊由A運(yùn)動(dòng)到C，由動(dòng)能定理，得
17、
Fs－μmgs＋Fx－mgsin 37°·L＝0
解得x＝1.25 m
(3)小滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B，由動(dòng)能定理，得
Fs－μmgs＝mv2
由牛頓第二定律，得F－mgsin 37°＝ma
由運(yùn)動(dòng)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“府式冰撬”滑溜運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員從起跑線推著冰撬加速一段相同距離，再跳上冰撬自由滑行，滑行距離最遠(yuǎn)者獲勝，運(yùn)動(dòng)過程可簡化為如圖2所示圖2
的模型，某一質(zhì)量m＝20 kg的冰撬靜止在水平雪面上的A處，現(xiàn)質(zhì)量M＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員，用與水平方
18、向成α＝37°角的恒力F＝200 N斜向下推動(dòng)冰撬，使其沿AP方向一起做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)冰撬到達(dá)P點(diǎn)時(shí)運(yùn)動(dòng)員迅速跳上冰撬與冰撬一起運(yùn)動(dòng)(運(yùn)動(dòng)員跳上冰撬瞬間，運(yùn)動(dòng)員和冰撬的速度不變)。已知AP距離為x＝12 m，冰撬與雪面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2, 不計(jì)冰撬長度和空氣阻力。(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8)求：
(1)冰撬從A到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
(2)冰撬從P點(diǎn)開始還能滑行的距離。
解析：(1)對(duì)冰撬受力分析如圖，冰撬做勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段：
Fcos α－μ(mg＋Fsin α)＝ma1
代入數(shù)據(jù)得：a1＝4.8 m/s2
x＝a1t
得t1＝ s
(2)對(duì)冰撬和人受力分析如
19、圖，冰撬加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束時(shí)：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
則冰撬繼續(xù)滑行距離為
x′＝＝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(dòng)。水平光滑臺(tái)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(tái)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，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到A、B中點(diǎn)位置時(shí)，剛好與傳送帶保持相對(duì)靜止。重力加速度g＝10 m/s2。試求：
圖3
(1)物塊與傳送帶之
20、間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)物塊剛滑過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN；
(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(duì)物塊，由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有μmg＝ma
v＝2a·L
解得μ＝0.15
(2)物塊剛滑過C點(diǎn)時(shí)的速度vC＝v0＝3 m/s
在C點(diǎn)，有FN－mg＝m
解得FN＝32.5 N
由牛頓第三定律知，物塊對(duì)軌道的壓力大小為32.5 N，方向豎直向下。
(3)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(dòng)能定理有－2mgR＝mv－mvC′2
解得vC
21、′＝ 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(dòng)，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(dòng)時(shí)的加速度大小a＝1.5 m/s2
由運(yùn)動(dòng)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(dòng)，經(jīng)B點(diǎn)滑上半圓軌道。已知滑塊與AB間的動(dòng)摩擦因
22、數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2。圖4
(1)求滑塊在平臺(tái)上從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t(結(jié)果可保留根式)；
(2)若滑塊能沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)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(tái)左側(cè)的水平距離x。
解析：(1)由運(yùn)動(dòng)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(dòng)到半圓軌道的最高點(diǎn)，有mg＝
由動(dòng)能定理得
－μmgxAB－2mgR＝mv－mv
解得R＝0.24 m
②若滑塊恰好滑到半圓弧一半高度時(shí)不再上滑，有－μmgxAB－mgR＝0－mv
得R＝0.6 m
綜上所述，R應(yīng)滿
23、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(dòng)能定理
－2μmgxAB＝mv－mv
得v2＝2 m/s
滑塊從A點(diǎn)水平拋出，有x＝v2t1，h＝gt
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
押題訓(xùn)練(三)
1．(2012·泉州模擬)如圖1甲所示，圓形玻璃平板半徑為r, 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(dòng)。
圖1
(1)若勻速圓周運(yùn)動(dòng)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
24、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(jì)空氣阻力，重力加速度為g，試求木塊落地前瞬間的動(dòng)能。
解析：(1)根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)，有h＝gt2
在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)能
Ek＝mg(＋h)
答案：(
25、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(dòng)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝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(dòng)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
26、坐標(biāo)范圍。
解析：(1)小物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝μg＝5 m/s2。
小物塊與傳送帶共速時(shí)，所用時(shí)間t＝＝1 s
運(yùn)動(dòng)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(dòng)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
mv＝mgyN
解得yN＝1.25 m
(2)小物塊在傳送帶上相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移x0＝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
27、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(shí)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(jì)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，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(shí)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
28、置)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其位移與時(shí)間的關(guān)系為x＝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(dòng)過程中，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10 m/s2。
圖3
(1)求m2運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)的速度大??；
(2)求BP間的水平距離；
(3)計(jì)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(shí)m2對(duì)軌道壁的壓力；
(4)求釋放m2后，m2在運(yùn)動(dòng)過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(dòng)，落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為vy＝，＝tan 45°得vD＝4 m/s
(2)m2做平拋運(yùn)動(dòng)用時(shí)為t，水平位移為s，R＝gt2，s＝vDt，得s＝2R＝
29、1.6 m
由x＝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s＋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°)＝m2v－m2v
vM＝2 m/s大于零，可見能到達(dá)M點(diǎn)。
設(shè)軌道對(duì)物塊的壓力方向向下，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(duì)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(shí)的彈性勢能為Ep，物塊
30、與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，
釋放m1時(shí)，Ep＝μm1gsCB，釋放m2時(shí)，Ep＝μm2gsCB＋m2v
且m1＝10m2，Ep＝4 J
m2在桌面上運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功為Wf
則Ep－Wf＝m2v，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(gè)壓力傳感器，可測定小球在軌道內(nèi)側(cè)通過這兩點(diǎn)時(shí)對(duì)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。
31、(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(shí)小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)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FNA＝FA，F(xiàn)NC＝FC
在A點(diǎn)由牛頓第二定律得：
FNA－mg＝①
解得vA＝2 m/s②
在C點(diǎn)由牛頓第二定律得：FNC＋mg＝③
對(duì)A至C的過程，由動(dòng)能定理得：
Wf－mg·2R＝mv－mv④
②③④聯(lián)立得
Wf＝mv－mv＋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
mv＝mv＋mg·2R⑦
聯(lián)立①③⑦得FNA－FNC＝6mg
即FC＝(FA－6) N。⑧
答案：(1)2 m/s 0.2 J (2)FC＝(FA－6) N
三維設(shè)計(jì)高考物理二輪復(fù)習(xí)第一階段 專題二 第講 專題特輯課下針對(duì)訓(xùn)練
