2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題06 機械能（含解析）.docx

《2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題06 機械能（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題06 機械能（含解析）.docx（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題06機械能第一部分 名師綜述本專題涉及的內(nèi)容是動力學內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是高中物理的重點，也是高考考查的重點之一。題目類型以計算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運動、及電磁學等知識相互聯(lián)系，綜合出題。許多試題思路隱蔽、過程復雜、靈活性強、難度較大。從高考試題來看，功和機械能守恒依然為高考命題的熱點之一。機械能守恒和功能關(guān)系是高考的必考內(nèi)容，具有非常強的綜合性。重力勢能、彈性勢能、機械能守恒定律、功能關(guān)系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律是本單元的重點。彈力做功和彈性勢能變化的關(guān)系是典型的變力做功，應予以特別地關(guān)注。第二部分 知識背一背一、功1.做功的兩個要素(1)作用在物體上的力。(2)物體在力的方向上發(fā)生的位移。2.公式：(1)是力與位移方向之間的夾角，l為物體對地的位移。(2)該公式只適用于恒力做功。二、功率1.物理意義：描述力對物體做功的快慢。2.公式：(1)(P為時間t內(nèi)的平均功率)。(2)(為F與v的夾角)。3.額定功率：機械正常工作時的最大功率。4.實際功率：機械實際工作時的功率，要求不能大于額定功率。三、機車的啟動1.機車的輸出功率。其中F為機車的牽引力，勻速行駛時，牽引力等于阻力。2.兩種常見的啟動方式(1)以恒定功率啟動：機車的加速度逐漸減小，達到最大速度時，加速度為零。(2)以恒定加速度啟動：機車的功率_逐漸增大_，達到額定功率后，加速度逐漸減小，當加速度減小到零時，速度最大。四、動能1.定義：物體由于運動而具有的能。2.表達式：。3.物理意義：動能是狀態(tài)量，是標量。(填“矢量”或“標量”)4.單位：動能的單位是焦耳。五、動能定理1.內(nèi)容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。2.表達式：3.物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。4.適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。六、機械能守恒定律1.重力做功的特點（1）重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)。（2）重力做功不引起物體機械能的變化。2.機械能守恒定律：在只有重力或彈簧彈力做功的情況下，物體的動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，但機械能的總量保持不變。七、功能關(guān)系1.功和能(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實現(xiàn)。2.常見的幾種功能對應關(guān)系(1)合外力做功等于物體動能的改變。(2)重力做功等于物體重力勢能的改變。(3)彈簧彈力做功等于彈性勢能的改變。(4)除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功，等于物體機械能的改變，即。(功能原理)八、能量守恒定律1.內(nèi)容:能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2.表達式：E減=E增。第三部分 技能+方法一、功的計算1.判斷正、負功的方法(1)根據(jù)力和位移方向之間的夾角判斷：此法常用于恒力做功,夾角為銳角時做正功，夾角為鈍角時做負功，夾角為直角時不做功。(2)根據(jù)力和瞬時速度方向的夾角判斷：此法常用于判斷質(zhì)點做曲線運動時變力做的功，夾角為銳角時做正功，夾角為鈍角時做負功，夾角為直角時不做功。(3)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律判斷:若在該力作用下物體的能量增加,則該力對物體做正功,反之則做負功。2.功的大小計算(1)恒力做的功：直接用計算。(2)合外力做的功方法一：先求合外力F，再用求功；方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3再用求代數(shù)和的方法確定合外力做的功。(3)變力做的功.應用動能定理求解；用求解，其中變力的功率P不變；將變力做功轉(zhuǎn)化為恒力做功，此法適用于力的大小不變，方向與運動方向相同或相反，或力的方向不變，大小隨位移均勻變化的情況。二 功率的計算首先判斷待求的功率是瞬時功率還是平均功率（1）平均功率的計算方法：或（2）瞬時功率的計算方法：，其中v是該時刻的瞬時速度。三、機車的啟動模型1. 兩種啟動方式比較2.三個重要關(guān)系式(1)無論哪種運行過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即 (式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力Ff).(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結(jié)束時，功率最大，速度不是最大，即(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功，由動能定理：，此式經(jīng)常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移（路程）大小。四、對動能定理的理解1.動能的相對性：由于速度具有相對性，所以動能也具有相對性，大小與參考系的選取有關(guān)，中學物理中，一般選取地面為參考系.2.動能的變化：物體末動能與初動能之差.即說明：(1)表達式中v1、v2均指瞬時速度.(2)Ek0，表示物體的動能增大.EkW2 BW1=W2 CW1mgh2，故C錯誤；D、設(shè)棋子落到平臺時的瞬時速度大小為v，棋子從最高點落到平臺的過程中，根據(jù)動能定理得：mgh=12mv2-12mvx2，解得：v=2gh+vx22gh，D正確。故本題選AD。16如圖，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動的過程中，下列說法中正確的是( )A人所受的合力對人做正功B重力對人做負功C扶梯對人做的功等于人增加的重力勢能D摩擦力對人做的功等于人機械能的變化【答案】 BC【解析】【詳解】人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動，受重力和支持力，重力做負功，重力勢能增加，支持力做正功，合外力為零，所以合外力做功等于零，故A錯誤，B正確；由上分析可知，扶梯對人做的正功等于重力做的負功，所以扶梯對人做的功等于人增加的重力勢能，故C正確；人不受摩擦力，所以沒有摩擦力做功，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯向上勻速運動的過程中，人的動能不變，勢能增加，所以人的機械能增加，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。17如圖所示，位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑凹槽放在光滑的水平面上,小滑塊從凹槽邊緣A點由靜止釋放，經(jīng)最低點B 向上到達另一側(cè)邊緣C點。把小滑塊從A點到達B點稱為過程I，從B點到達C點稱為過程，則（）A過程I中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)動量守恒B過程I中小滑塊對凹槽做正功C過程中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D過程中小滑塊對凹槽做負功【答案】 BCD【解析】【詳解】A、過程中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒故A錯誤B、在過程中，小滑塊對槽的壓力方向左下方，而凹槽向左運動，所以過程I中小滑塊對凹槽做正功故B正確C、在過程中小滑塊與凹槽組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒故C正確，D、在過程中小滑塊對凹槽的彈力方向右下方，而凹槽向左運動，所以過程中小滑塊對凹槽做負功，故D正確；綜上所述本題答案是：BCD18如圖所示，光滑的水平地面上有一長木板B，物塊A放置在B上面，二者均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)以恒定的外力F拉B，A與B發(fā)生相對滑動，且A、B都向前（相對地面）移動了一段距離。設(shè)B足夠長，則在此過程中，以下說法正確的是（）A外力F做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和B外力F做的功等于A與B的動能增量之和CB對A的摩擦力做正功，A對B的摩擦力做負功D滑動摩擦力對A和B做功的絕對值一定是相等的【答案】 AC【解析】對物體B運用動能定理可知，拉力做的功減去克服摩擦力做的功等于動能增加量，故外力F對B做的功等于B的動能的增加量與B克服摩擦力所做的功之和，故A正確；對A、B整體運用動能定理，除拉力做功外，還有一對滑動摩擦力做功，故系統(tǒng)動能增加量小于拉力做的功，故B錯誤；因A動能增加，則B對A的摩擦力做正功，A對B的摩擦力與運動方向相反，則A對B的摩擦力對B做負功；由于存在相對滑動，故A對B的摩擦力所做的功不等于B對A的摩擦力所做的功，故C正確，D錯誤；故選AC.點睛：本題關(guān)鍵是要知道不僅可以對單個物體運用動能定理，也可以對物體系統(tǒng)運用動能定理，即對多物體系統(tǒng)，內(nèi)力和外力做的做功等于系統(tǒng)動能的增加量19如圖所示，甲球從O點以水平速度v1飛出，落在水平地面上的A點。乙球從O點以水平速度v2飛出，落在水平地面上的B點反彈后恰好也落在A點。兩球質(zhì)量均為m。若乙球落在B點時的速度大小為v3，與地面的夾角為60，且與地面發(fā)生彈性碰撞，不計碰撞時間和空氣阻力，下列說法正確的是A由O點到A點，甲、乙兩球運動時間之比是1:1BOA兩點的水平距離與OB兩點的水平距離之比是3:1C設(shè)地面處勢能為0，甲、乙兩球在運動過程中的機械能之比為3:1D乙球在B點受到地面的沖量大小為3mv3【答案】 BCD【解析】設(shè)OA間的豎直高度為h。由O點到A點，甲球運動時間為 tA=2hg乙球運動時間是甲球的3倍。故A錯誤。乙球先做平拋運動，再做斜上拋運動，根據(jù)對稱性可知，從B到A的水平位移等于從O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O點到A點的水平位移是乙球由O點到B點水平位移的3倍，故B正確。設(shè)乙球由O點到B點水平位移為x，時間為t。對甲球有 3x=v1t，對乙球有 x=v2t，則得v1：v2=3：1；因乙球落地時速度與地面的夾角為60，則可知落地的豎直速度vy=v2tan600=3v2，則由vy2=2gh可知，mgh=32mv22；甲的機械能E1=mgh+12mv12=32mv22+12m(3v2)2=6mv22；乙的機械能：E2=mgh+12mv22=32mv22+12mv22=2mv22，即甲、乙兩球在運動過程中的機械能之比為3:1，故C正確。乙球在B點受到地面的沖量大小等于豎直方向的動量變化，I=2mv3sin600=3mv3，選項D正確；故選BCD.點睛：解決本題的關(guān)鍵是要知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道平拋運動的時間由高度決定，與初速度無關(guān)20如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩將P和重物Q連接起來，Q的質(zhì)量M = 6m?，F(xiàn)將P從圖中A點由靜止釋放，P能沿豎直桿上下運動，當它經(jīng)過A、B兩點時彈簧對P的彈力大小相等，已知OA與水平面的夾角 = 53，OB距離為L，且與AB垂直，滑輪的摩擦力不計，重力加速度為g，在P從A運動到B的過程中AQ的重力功率一直增大BP與Q的機械能之和先增大后減小C輕繩對P做功43mgLDP運動到B處時的速度大小為43gL3【答案】 BD【解析】物塊Q釋放瞬間的速度為零，當物塊P運動至B點時，物塊Q的速度也為零，所以當P從A點運動至B點時，物塊Q的速度先增加后減小，物塊Q的重力的功率也為先增加后減小，故A錯誤；對于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機械能只與彈簧對P的做功有關(guān)，從A到B的過程中，彈簧對P先做正功，后做負功，所以系統(tǒng)的機械能先增加后減小，故B正確。從A到B過程中，對于P、Q系統(tǒng)由動能定律可得：6mg(Lcos53L)mgLtan53012mv2，對于P，由動能定理可得：WmgL012mv2，聯(lián)立解得：W=113mgL，v=43gL3，故C錯誤，D正確；故選BD.點睛：解決本題的關(guān)鍵要明確滑塊經(jīng)過A、B兩點時，彈簧對滑塊的彈力大小相等，說明在這兩個位置彈簧的彈性勢能相等。要知道滑塊P到達B點時Q的速度為0。三、解答題21如圖所示，細繩的一端固定在豎直桿MN的M點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，繩長為L。第一次對桿施加水平向右的恒力，可使細繩與豎直桿間的夾角1保持不變；第二次使小球繞軸線在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，細繩與豎直桿間的夾角也為1后，繼續(xù)使轉(zhuǎn)速加大，可使細線與豎直桿間的夾角為2（21），此時小球在另一個水平面做穩(wěn)定的圓周運動。求：(1)桿向右運動的加速度；(2)小球做圓周運動，細繩與豎直桿間的夾角也為1時，小球的動能；(3)在第二次做圓周運動的過程中，對小球做的功?！敬鸢浮?(1)a=gtan1 (2)Ek=mgL2sin21cos1(3)W=mgL2sin22cos2-sin21cos1+mgL（cos1-cos2）【解析】【詳解】(1)對小球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：a=mgtan1m=gtan1即桿向右運動的加速度為：gtan1(2)細繩與豎直桿間的夾角也為1時，設(shè)線速度為v，繩中張力為T，則有：Tcos1=mgTsin1=mv2Lsin1可得小球的動能：Ek=12mv2=mgL2sin21cos1(3)當細線與豎直桿間的夾角2時，小球在此處獲得的動能為：Ek=12mv2=mgL2sin22cos2第二次的過程中，小球勢能的增量：Ep=mgL(cos1-cos2)在此過程中，小球的動能增量：Ek=mgL2sin22cos2-sin21cos1所以在第二次過程中，對小球做的功：W=Ek+Ep=mgL2sin22cos2-sin21cos1+mgL(cos1-cos2)22如圖所示是某游戲裝置的示意圖，ABC為固定在豎直平面內(nèi)的截面為圓形的光滑軌道，直軌道AB與水平成37放置，且與圓弧軌道BC相切連接，AB長為L10.4m，圓弧軌道半徑r0.25m，C端水平，右端連接粗糙水平面CD和足夠長的光滑曲面軌道DE，D是軌道的切點，CD段長為L20.5m。一個質(zhì)量為m1kg的可視為質(zhì)點的小物塊壓縮彈簧后被鎖定在A點，解除鎖定后小物塊被彈出，第一次經(jīng)過D點的速度為vD1m/s，小物塊每次發(fā)射前均被鎖定在A位置，通過調(diào)整彈簧O1端的位置就可以改變彈簧的彈性勢能，已知彈簧的彈性勢能最大值為Epm13J，小物塊與水平面CD間的摩擦因數(shù)0.3求：(1)小物塊第一次運動到BC軌道的C端時對軌道的壓力大小；(2)小物塊第一次發(fā)射前彈簧的彈性勢能大小：(3)若小物塊被彈出后，最后恰好停在CD中點處，不計小球與彈簧碰撞時的能量損失，則小物塊被鎖定時的彈性勢能可能多大?！敬鸢浮?(1)小球運動到C點時對軌道的壓力的大小是6N；(2)解除鎖定前彈簧的彈性勢能Epo是8.9J；(3)鎖定時彈簧彈性勢能Ep的可能值是7.65J，9.15J，10.65J和12.15J?！窘馕觥俊驹斀狻?1)C到D的過程中摩擦力做功，由動能定理可得：-mgL=12mvD2-12mvC2代入數(shù)據(jù)可得：vc2m/s設(shè)小球在C點時軌道對小球的作用力為FN，方向豎直向下。根據(jù)牛頓第二定律得：mg+FN=mvC2r代入數(shù)據(jù)解得：FN6N由牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎NFN6N(2)A到C的過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律，有：Epo=mgr+rcos+L1sin+12mvC2代入數(shù)據(jù)解得：Epo8.9J(3)要使小球能停在CD的中點，需要在CD段滑過2k-1L2對整個過程，由能量守恒定律得：EP=mgr+rcos+L1sin+mgkL+L2，k1，2，3，4得：Ep6.9+0.75（2k1）（J）因為彈性勢能最大值為：Epm13J，所以k取1，2，3，4時，Ep7.65J，9.15J，10.65J和12.15J。23如圖1所示，游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客卻不會掉下來。我們把這種情形抽象為如圖2所示的模型：弧形軌道的下端與半徑為R的豎直圓軌道相接，B、C分別為圓軌道的最低點和最高點。質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）從弧形軌道上的A點由靜止?jié)L下，到達B點時的速度為v0= 6gR，且恰好能通過c點。已知A、B間的高度差h=4R，重力加速度為g。求：(1)小球運動到B點時，軌道對小球的支持力的大小；(2)小球通過C點時的速率vC；(3)小球從A點運動到C點的過程中，克服摩擦阻力做的功W?！敬鸢浮?（1）F=7mg；（2）vC=gR；（3）W=1.5mgR【解析】【詳解】（1）小球在B點時，根據(jù)牛頓第二定律：F-mg=mvB2r解得：F=7mg（2）因為小球恰能通過C點，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=mvC2r解得：vC=gR（3）在小球從A點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有：mg(h-2R)-W=12mvC2-0解得：W=1.5mgR24如圖所示的水平地面。可視為質(zhì)點的物體A 和B緊靠在一起，靜止于b處，已知A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m。兩物體在足夠大的內(nèi)力作用下突然沿水平方向左右分離。B碰到c處的墻壁后等速率反彈，并追上已停在ab段的A，追上時B的速率等于兩物體剛分離時B的速率的一半。A、B與地面的動摩擦因數(shù)均為，b與c間的距離為d，重力加速度為g。求：（1）分離瞬間A、B的速率之比；（2）分離瞬間A獲得的動能?！敬鸢浮?（1）13（2）2423mgd【解析】【詳解】(1)分離瞬間對A、B系統(tǒng)應用動量守恒定律有：3mvA-mvB=0解得：vAvB=13；(2)A、B分離后，A物體向左勻減速滑行，對A應用動能定理：-3mgsA=0-123mvA2對B從兩物體分離后到追上A的過程應用動能定理：-mgsB=12m(vB2)2-12mvB2兩物體的路程關(guān)系是sB=sA+2d分離瞬間A獲得的動能EkA=123mvA2聯(lián)立解得：EkA=2433mgd。25如圖所示，水平面ab與水平皮帶bc平滑相切，左端有一個半徑為R的光滑四分之一圓弧cd與皮帶水平相切。ab段和bc段的動摩擦因數(shù)均為=0.5，圖中ab=bc=R=0.4 m，物體A和B的質(zhì)量均為m（可看成質(zhì)點），皮帶逆時針轉(zhuǎn)動的速率恒為v=2 m/s。現(xiàn)給靜止在a處的物體A一個水平向左的初速度，物體A運動到b點與物體B碰撞前的速度v1=43m/s；正碰后并粘在一起的粘合體速度v共=23m/s，以后粘合體沿圓弧向上運動。重力加速度為g=10 m/s2。求：（1）物體A水平向左初速度的大小和粘合體第一次到達傳送帶左端c點時的速度大??；（2）通過計算判斷粘合體能否到達d點？若能到達，粘合體到達d點的速度大小。【答案】 （1）v0=213m/s， v2=22m/s（2）粘合體恰好到達d點；vd=0【解析】【詳解】（1）由a到b過程，由動能定理得：-mgR=12mv12-12mv02解得物體A水平向左初速度大小：v0=213 m/s粘合體由b到c過程由動能定理得：-2mgR=122mv22-122mv共2解得粘合體第一次到達傳送帶左端c點時的速度大?。簐2=22 m/s（2）粘合體由c到d過程，由機械能守恒定律得：122mv22=2mgR+122mvd2解得：vd=0所以粘合體恰好到達d點26某電動機工作時輸出功率P與拉動物體的速度v之間的關(guān)系如圖（a）所示。現(xiàn)用該電動機在水平地面拉動一物體（可視為質(zhì)點），運動過程中輕繩始終處在拉直狀態(tài)，且不可伸長，如圖（b）所示。已知物體質(zhì)量m=1kg，與地面的動摩擦因數(shù)1=0.35，離出發(fā)點C左側(cè)s距離處另有動摩擦因數(shù)為2=0.45、長為d=0.5m的粗糙材料鋪設(shè)的地面AB段。（g取10m/s2）(1)若s足夠長，電動機功率為2W時，物體在地面能達到的最大速度是多少？(2)若啟動電動機，物體在C點從靜止開始運動，到達B點時速度恰好達到0.5m/s，則BC間的距離s是多少？物體能通過AB段嗎？如果不能停在何處？【答案】 (1)47ms(2)s=0.25m不能，小物體最后停在AB中點位置【解析】【詳解】(1) 電動機拉動物體后，物體速度最大時，加速度為零，則有水平方向受拉力F等于摩擦力F1=f1=mg=3.5N根據(jù)P=Fv則有：vm=PF1=Pf1=47ms；(2) 當物體運動速度小于0.5m/s 時，繩子對物體的拉力恒力，物體為勻加速運動，拉力F=Pv=4N由牛頓第二定律F =ma得F-f1=ma1解得：a1=0.5ms2由s=vB22a1得，則BC間的距離s=0.25m小物體過B點后，f2=2mg=4.5N，做減速運動，運動速度不會大于0.5m/s，拉力仍為恒力，物體做勻減速運動F-f2=ma2解得：a2=0.5ms2小物體滑行x=0-vB22a2=0.25m則小物體最后停在AB中點位置。27如圖所示，一個可視為質(zhì)點的物塊，質(zhì)量為m=2kg，從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，到達底端時恰好進入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由一電動機驅(qū)動著勻速向左轉(zhuǎn)動，速度大小為u=3m/s已知圓弧軌道半徑R=0.8m，皮帶輪的半徑r=0.2m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0.1，兩皮帶輪之間的距離為L=6m，重力加速度g=10m/s2求：（1）皮帶輪轉(zhuǎn)動的角速度多大？（2）物塊滑到圓弧軌道底端時對軌道的作用力；（3）物塊將從傳送帶的哪一端離開傳送帶？物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為多大？【答案】 (1)15rads；(2)60N，方向豎直向下；(3)右端離開；12J【解析】【詳解】(1)皮帶輪轉(zhuǎn)動的角速度，由v=r得=vr=30.2rads=15rads；(2)物塊滑到圓弧軌道底端的過程中，由動能定理得：mgR=12mv02由圓弧軌道底端，由牛頓第二定律得：F-mg=mv02R解得：F=60N由牛頓第三定律可得，物塊對軌道的作用力大小為60N，方向豎直向下；(3)物塊滑到圓弧底端的速度為v0=2gh=4ms物塊滑上傳送帶后勻減速直線運動，設(shè)加速度為a，由牛頓第二定律得：mg=ma解得：a=g=1ms2物塊勻減速到速度為零時運動的最大距離為：s0=v022a=8m6m可見，物塊將從傳送帶的右端離開傳送帶W=mgL=12J。28一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點,距離A點5 m 的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=10 m/s的初速度從A點沿AB方向運動,在與墻壁碰撞前瞬間的速度為8 m/s,碰后以6 m/s 的速度反向運動直至靜止。g取10 m/s2（1）求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)。（2）若碰撞時間為0.05 s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F。（3）求物塊在反向運動過程中能滑行的最大位移?！敬鸢浮?（1）=0.36（2）F=140N（3）s=5m【解析】【詳解】（1）物塊從A到B的過程，由動能定理可得：-mgsAB=12mvB2-12mv02代入數(shù)據(jù)解之可得：=0.36（2）以向右的方向為正，物塊與墻壁碰撞的過程，由動量定理可得：Ft=mv-mvB，代入數(shù)據(jù)解之可得F=-140N，負號表示力的方向向左。（3）物塊向左運動的方程，由動能定理可得：-mgs=0-12mv2，代入數(shù)據(jù)可得：s=5m。29如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個四分之一圓弧光滑軌道，圓弧軌道下端與足夠長的水平粗糙地面相切?，F(xiàn)將小滑塊A由圓弧軌道的最高點無初速度釋放，A將沿圓弧軌道下滑進入水平地面。已知圓弧軌道的半徑R=0.8m，A的質(zhì)量m=lkg。A與水平地面間的動摩擦因數(shù)=0.4，重力加速度g取l0m/s2。求：(1)A經(jīng)過圓弧軌道最低點時速度的大小v；(2)A經(jīng)過圓弧軌道最低點時受到支持力的大小F；(3)A在水平粗糙地面上運動的過程中受到支持力的沖量的大小I.【答案】 (1)v=4m/s (2)F=30N (3)I=10Ns【解析】【詳解】（1）滑塊A沿圓弧軌道下滑到最低點的過程，由機械能守恒定律得：mgR=12mv2解得：v=2gR，即v=4m/s；（2）滑塊A經(jīng)過圓弧軌道最低點時，由牛頓第二定律有：F-mg=mv2R解得：F=3mg，即F=30N（3）設(shè)滑塊A在水平地面上運動的時間為t，由動量定理有：-mgt=-mvA在水平粗糙地面上運動的過程中在豎直方向所受合力為零，收到的支持力為N=mg根據(jù)沖量的定義，支持力的沖量大小為I=Nt解得：I=10Ns30如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩球套在懸掛的細繩上，A球吊在繩的下端剛好不滑動，稍有擾動A就與繩分離A球離地高度為h，A、B兩球開始時在繩上的間距也為h，B球釋放后由靜止沿繩勻加速下滑，與A球相碰后粘在一起(碰撞時間極短)，并滑離繩子.若B球沿繩下滑的時間是A、B一起下落到地面時間的2倍，重力加速度為g，不計兩球大小及空氣阻力，求：(1)A、B兩球碰撞后粘在一起瞬間速度大??；(2)從B球開始釋放到兩球粘在一起下落，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為多少?【答案】 (1) 12gh (2) 34mgh【解析】【詳解】(1)設(shè)B球與A球相碰前的速度大小為v1，則h=12v1t1碰撞過程動量守恒，設(shè)兩球碰撞后的瞬間共同速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有mv1=2mv2兩球一起下落過程中，h=v2t2+12gt22t1=2t2解得：v2=12gh；(2)B球下滑到碰撞前，損失的機械能E1=mgh=12mv12由(1)問知，v1=gh因此E1=12mgh磁撞過程損失的機械能為E2=12mv12-122mv22=14mgh因此整個過程損失的機械能為E=E1+E2=34mgh