2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題06 機(jī)械能（含解析）.docx

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專題06 機(jī)械能 第一部分名師綜述 本專題涉及的內(nèi)容是動(dòng)力學(xué)內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，也是高考考查的重點(diǎn)之一。題目類型以計(jì)算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運(yùn)動(dòng)、及電磁學(xué)等知識(shí)相互聯(lián)系，綜合出題。許多試題思路隱蔽、過程復(fù)雜、靈活性強(qiáng)、難度較大。從高考試題來看，功和機(jī)械能守恒依然為高考命題的熱點(diǎn)之一。機(jī)械能守恒和功能關(guān)系是高考的必考內(nèi)容，具有非常強(qiáng)的綜合性。重力勢能、彈性勢能、機(jī)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(diǎn)。彈力做功和彈性勢能變化的關(guān)系是典型的變力做功，應(yīng)予以特別地關(guān)注。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，A、B、C 是水平面上同一直線上的三點(diǎn)，其中 AB=BC，在 A 點(diǎn)正上方的 O 點(diǎn)以初速度 v0水平拋出一小球，剛好落在 B 點(diǎn)，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡與 OC 的連線交于 D 點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是( ) A．小球從O 到D 點(diǎn)的水平位移是從O 到B 點(diǎn)水平位移的 1:3 B．小球經(jīng)過D 點(diǎn)與落在B 點(diǎn)時(shí)重力瞬時(shí)功率的比為 2:3 C．小球從O 到D 點(diǎn)與從D 到 B 點(diǎn)兩段過程中重力做功的比為 1/3 D．小球經(jīng)過D 點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值是落到B 點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值的 1/4 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，位移為L，則有：Lcosθ=v0t；Lsinθ=12gt2，聯(lián)立解得：t=2v0tanθg，設(shè)∠OBA=α，∠C=β，則tanα=hAB，tanβ=hAC，由于AB=BC，可知tanα=2 tanβ，因在D點(diǎn)時(shí)：tD=2v0tanβg，在B點(diǎn)時(shí)：tB=2v0tanαg，則落到D點(diǎn)所用時(shí)間是落到B點(diǎn)所用時(shí)間的12，即小球經(jīng)過D點(diǎn)的水平位移是落到B點(diǎn)水平位移的12，故A錯(cuò)誤； B．由于落到D點(diǎn)所用時(shí)間是落到B點(diǎn)所用時(shí)間的12，故D點(diǎn)和B點(diǎn)豎直方向的速度之比為1：2，故小球經(jīng)過D點(diǎn)與落在B點(diǎn)時(shí)重力瞬時(shí)功率的比為12，故B錯(cuò)誤； C．小球從O 到D 點(diǎn)與從D 到 B 點(diǎn)兩段過程中時(shí)間相等，則豎直位移之比為1:3，則重力做功的比為1:3，選項(xiàng)C正確； D．小球的速度與水平方向的夾角tanθ＝gtv0，故小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值是落到B點(diǎn)時(shí)速度與水平方向夾角的正切值的12，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 2．質(zhì)量m=200kg的小型電動(dòng)汽車在平直的公路上由靜止啟動(dòng)，圖象甲表示汽車運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系，圖象乙表示汽車牽引力的功率與時(shí)間的關(guān)系。設(shè)汽車在運(yùn)動(dòng)過程中阻力不變，在18s末汽車的速度恰好達(dá)到最大.則下列說法正確的是( ) A．汽車受到的阻力200N B．汽車的最大牽引力為700N C．汽車在做變加速運(yùn)動(dòng)過程中的位移大小為90m D．8s~18s過程中汽車牽引力做的功為7104 J 【答案】 D 【解析】 【詳解】 根據(jù)機(jī)車保持恒定的加速度啟動(dòng)，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)功率增大到最大功率后做變加速直線運(yùn)動(dòng)，最后牽引力減小到等于阻力時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng). A、機(jī)車勻速時(shí)有Pm=Fv=fvm，可得f=Pmvm=710310N=700N；故A錯(cuò)誤. B、對啟動(dòng)的過程分析可知，最初的勻加速階段時(shí)的牽引力最大，而由v-t圖象可知a=ΔvΔt=1m/s2，故最大牽引力為F1=f+ma=700+2001=900N；B錯(cuò)誤. C、汽車在做變加速運(yùn)動(dòng)過程的時(shí)間t2=18-8=10s，速度從8m/s增大為10m/s，此過程牽引力的功率保持不變，由動(dòng)能定理Pmt2-fx2=12mvm2-12mv12，解得：x2=6647m；故C錯(cuò)誤. D、8s~18s牽引力的功率保持不變，則牽引力的功為WF=Pmt2=710310J=7104J，故D正確. 故選D. 3．如圖所示，長為L的輕桿兩端分別固定a、b金屬球，兩球質(zhì)量均為m，放在光滑的水平面上，b套在豎直固定光滑桿上且離地面高度為32L，現(xiàn)將b從圖示位置由靜止釋放，已知重力加速度大小為g，則( ) A．在b球落地前的整個(gè)過程中組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒 B．從開始到b球距地面高度為L2的過程中，輕桿對a球做功為3-18mgL C．從開始到b球距地面高度為L2的過程中，輕桿對b球做功為-38mgL D．在b球落地的瞬間，重力對b球做功的功率為3gL 【答案】 B 【解析】 【分析】 系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動(dòng)量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律分析答題； 【詳解】 A、對兩球及桿組成的系統(tǒng)，在b球落地前的整個(gè)過程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用，a球的水平方向受力為零，系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤； BC、對兩球及桿系統(tǒng),在b球落地前的整個(gè)過程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用不做功，a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從開始到b球距地面高度為L2的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：mg(32L-L2)=12mvA2+12mvB2，且有vAcos30=vBcos60，解得：vA=(3-1)gL2，vB=(3-3)gL2，所以輕桿對a球做功為：WA=12mvA2-0=3-18mgL，輕桿對b球做功：WB=12mvB2-mg(32L-L2)=7-538mgL，故B正確，C錯(cuò)誤； D、在b球落地的瞬間，由機(jī)械能守恒定律得：mg32L=12mvB2，解得：vB=3gL，所以在b球落地的瞬間，重力對b球做功的功率為：PB=mgvB=mg3gL，故D錯(cuò)誤； 故選B。 【點(diǎn)睛】 解決關(guān)鍵知道系統(tǒng)機(jī)械能守恒，抓住兩球沿桿子方向的速度相等，進(jìn)行求解。 4．如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h02（不計(jì)空氣阻力），則 A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為12R C．小球從B點(diǎn)落回后一定能從A點(diǎn)沖出 D．小球從B端離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng) 【答案】 C 【解析】 【分析】 水平地面光滑，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，下來時(shí)還會(huì)落回小車中，根據(jù)動(dòng)能定理求出小球在小車中滾動(dòng)時(shí)摩擦力做功．第二次小球在小車中滾動(dòng)時(shí)，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功變小。 【詳解】 A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤。 B、系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，設(shè)小球從B點(diǎn)沖出時(shí)小車向左的位移為x，由水平方向動(dòng)量守恒定律得：m2R-xt﹣mxt=0，解得小車的位移x=R，故B錯(cuò)誤。 C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由B點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，然后再從B點(diǎn)落回小車。小球第一次在車中運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得：mg（h0﹣h02）﹣Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做的功，解得Wf=12mgh0，即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為12mgh0，由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于12mgh0，機(jī)械能損失小于12mgh0，因此小球再次離開小車時(shí)，一定能從A點(diǎn)沖出。故D錯(cuò)誤，C正確 故選:C 【點(diǎn)睛】 動(dòng)能定理的應(yīng)用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功，如本題克服摩擦力做的功。 5．如圖所示,半徑為R的光滑大圓環(huán)用一細(xì)桿固定在豎直平面內(nèi),質(zhì)量為m的小球A套在人圓環(huán)上。上端定在桿上的輕質(zhì)彈簧與質(zhì)量為m的滑塊B連接并起套在桿上,小球A和滑塊乃之間用長為R的輕桿分別通過餃鏈連接。當(dāng)小球A位于圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí),彈簧處于原長;此時(shí)給A一個(gè)微小擾動(dòng)(初速度視為0)使小球A沿環(huán)順頂時(shí)針滑下到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)時(shí)小球A的速度為gr(g為重力加速度)。不計(jì)一切摩擦,A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),則下列說法中正確的是 A．小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)在下滑過程中機(jī)械能守恒 B．小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最側(cè)的過程滑塊B的重力勢能滅小了33mgR C．小球A從環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過程中小球A的重力勢能減小了mgR2 D．小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過程中彈簧的彈性勢能增加了3-3mgR 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、小球A、滑塊B和輕彈簧組成的系統(tǒng)在下滑過程中機(jī)械能守恒，小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤； B、小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過程中，此時(shí)滑塊B距離圓心的高度為2Rcos30=3R，滑塊B下落的高度為h=3R-3R，滑塊B的重力勢能減小了(3-3)mgR，故B錯(cuò)誤； C、小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過程中，小球A下落的高度為R，所以小球A的重力勢能減小了mgR，故C錯(cuò)誤； D、小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)時(shí)，兩個(gè)小球的速度方向都向下，如圖所示: 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得：vAcosθ=vBcosθ，則vA=vB，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：(3-3)mgR+mgR=12mvA2+12mvB2+EP，解得:EP=(3-3)mgR，所以小球A從圓環(huán)最高點(diǎn)到達(dá)圓環(huán)最右側(cè)的過程中彈簧的彈性勢能增加了(3-3)mgR，故D正確； 故選D. 【點(diǎn)睛】 本題主要是考查了機(jī)械能守恒定律的知識(shí)；要知道機(jī)械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；注意運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能和其它形式的能的轉(zhuǎn)化關(guān)系。 6．已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ,以恒定的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣取①|(zhì)量為m的小物塊,如圖甲所示。以此時(shí)為t=0時(shí)刻,小物塊的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖甲中取沿傳送帶向上的方向?yàn)檎较?圖乙中v1>v2)。下列說法中正確的是 (　　) A．0～t1內(nèi)傳送帶對小物塊做正功 B．小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ小于tanθ C．0～t2內(nèi)傳送帶對小物塊做功為12mv22-12mv12 D．0～t2內(nèi)小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量大于小物塊動(dòng)能的減少量 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由圖知，物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)向上。0～t1內(nèi)，物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對傳送帶做負(fù)功。故A錯(cuò)誤。在t1～t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B錯(cuò)誤。0～t2內(nèi)，由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動(dòng)能定理得：W+WG=12mv22-12mv12，則傳送帶對物塊做功W≠12mv22-12mv12．故C錯(cuò)誤。物塊的重力勢能減小、動(dòng)能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動(dòng)能的變化量大小。故D正確。故選D。 【點(diǎn)睛】 本題由速度圖象要能分析物塊的運(yùn)動(dòng)情況，再判斷其受力情況，得到動(dòng)摩擦因數(shù)的范圍，根據(jù)動(dòng)能定理求解功是常用的方法． 7．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過程中，物塊（） A．加速度逐漸減小 B．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由于水平面粗糙且O點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，加速度為零時(shí)彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大，A錯(cuò)誤；物體在平衡位置處速度最大，所以物塊速度最大的位置在AO之間某一位置，B錯(cuò)誤；從A到O過程中彈力方向與位移方向相同，彈力做正功，從O到B過程中彈力方向與位移方向相反，彈力做負(fù)功，C錯(cuò)誤；從A到B過程中根據(jù)動(dòng)能定理可得W彈-W克f=0，即W彈=W克f，即彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，D正確． 8．如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面，斜面上放有兩個(gè)質(zhì)量均為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體甲和乙，兩小物體之間用一根長為L的輕桿相連，乙離斜面底端的高度為h.甲和乙從靜止開始下滑，不計(jì)物體與水平面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，且水平面光滑.在甲、乙從開始下滑到甲進(jìn)入水平面的過程中( ) A．當(dāng)甲、乙均在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，乙受三個(gè)力作用 B．甲進(jìn)入水平面的速度大小為3gh+2gLsinθ C．全過程中甲的機(jī)械能減小了12mgLsinθ D．全過程中輕桿對乙做負(fù)功 【答案】 C 【解析】 【詳解】 若以甲與乙組成的系統(tǒng)為研究的對象，可知系統(tǒng)受到重力與斜面的支持力，所以加速度的大小為gsinθ；以乙為研究的對象，設(shè)乙與桿之間的作用力為F，則：mgsinθ-F=ma=mgsinθ，可知，乙與桿之間的作用力為0，所以乙只受到重力和支持力的作用。故A錯(cuò)誤。以甲、乙組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh+mg（h+Lsinθ）=122mv2，解得兩球的速度：v=2gh+gLsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。以甲球?yàn)檠芯繉ο?，由?dòng)能定理得：mg（h+Lsinθ）+W=12mv2，解得：W=-12mgLsinθ．全過程中甲球的機(jī)械能減小了12mgLsin θ，全過程中輕桿對乙球做功12mgLsin θ．故C正確，D錯(cuò)誤。故選C. 【點(diǎn)睛】 本題考查了求球的速度、桿做的功等問題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與動(dòng)能定理即可正確解題. 9．質(zhì)量為400 kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)1v的關(guān)系如圖所示，則賽車在加速的過程中( ) A．速度隨時(shí)間均勻增大 B．加速度隨時(shí)間均勻增大 C．輸出功率為160 kW D．所受阻力大小為1 60 N 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間不是均勻增大故A錯(cuò)誤；a-1v函數(shù)方程a＝400v?4，汽車加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，加速度減小，故B錯(cuò)誤；對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；聯(lián)立得：a=Pmv-fm，結(jié)合圖線，當(dāng)物體的速度最大時(shí)，加速度為零，故結(jié)合圖象可以知道，a=0時(shí)，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度為100m/s；由圖象可知：?f/m＝?4，解得：f=4m=4400=1600N；0＝1400?P100-f400，解得：P=160kW，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C。 10．在大型物流貨場，廣泛的應(yīng)用傳送帶搬運(yùn)貨物。如下圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的，將m＝1 kg的貨物放在傳送帶上的A點(diǎn)，經(jīng)過1.2 s到達(dá)傳送帶的B點(diǎn)。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由vt圖像可知 A．A、B兩點(diǎn)的距離為2.4 m B．貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25 C．貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，傳送帶對貨物做功大小為11.2 J D．貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.6 J 【答案】 C 【解析】 【詳解】 物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以物塊由A到B的間距對應(yīng)圖象所圍梯形的“面積”，為：x=1220.2+12（2+4）1=3.2m。故A錯(cuò)誤。由v-t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：a1=△v△t=20.2=10m/s2，對物體受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+f=ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…① 同理，做a2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度為：a2=△v△t=4-21.2-0.2=2m/s2 得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…② 聯(lián)立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B錯(cuò)誤； 根據(jù)功能關(guān)系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.51010.8=4N，做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖象知位移為：x1=1220.2=0.2m，物體受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1=fx1=40.2=0.8J，同理做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖象知位移為：x2=12（2+4）1=3m， 物體受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做負(fù)功為：Wf2=-fx2=-43=-12J，所以整個(gè)過程，傳送帶對貨物做功大小為：12J-0.8J=11.2J，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，由C中可知：f=μmgcosθ=0.51010.8=4N，做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x1=1220.2=0.2m，皮帶位移為：x皮=20.2=0.4m，相對位移為：△x1=x皮-x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x2=12（2+4）1=3m，x皮2=21=2m，相對位移為：△x2=x2-x皮2=3-2=1m，故兩者之間的總相對位移為：△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=W=f△x=41.2=4.8J，故D錯(cuò)誤；故選C。 【點(diǎn)睛】 本題一方面要分析貨物的運(yùn)動(dòng)情況，由圖象結(jié)合求解加速度，再結(jié)合牛頓第二定律分兩個(gè)過程列式求解摩擦因數(shù)及斜面傾角是關(guān)鍵，求摩擦產(chǎn)生的熱量注意找兩物體的相對位移． 二、多選題 11．如圖,有質(zhì)量均為m的三個(gè)小球A、B、C，A與B、C間通過輕繩相連，繩長均為L，B、C在水平光滑橫桿上，中間用一根輕彈簧連接，彈簧處于原長?，F(xiàn)將A球由靜止釋放，直至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，兩輕繩的夾角由120變?yōu)?0，整個(gè)裝置始終處于同一個(gè)豎直平面內(nèi)，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是 A．A在最低點(diǎn)時(shí),B對水平橫桿的壓力等于mg/2 B．彈簧的最大彈性勢能為3-12mgL C．在A下降的過程中，輕繩對B做功的功率先增大后減小 D．在A下降的過程中輕繩對B做功為3-14mgL 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、若小球A在最低點(diǎn)靜止，設(shè)水平橫桿對小球B、C的支持力都為F，此時(shí)整體在豎直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=32mg；A球由靜止釋放直至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，A先加速下降后減速下降，先失重后超重，所以小球A在最低點(diǎn)時(shí)，小球B受到水平橫桿的支持力大于32mg，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B、小球A在最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，對整體根據(jù)能量守恒則有彈簧的最大彈性勢能等于小球A的重力勢能減小，即EPmax=mg(Lsin60-Lsin30)=3-12mgL，故選項(xiàng)B正確； C、在A下降的過程中，小球B先加速后加速，小球A球釋放時(shí)輕繩對B做功的功率為零，小球A在最低點(diǎn)時(shí)輕繩對B做功的功率為零，所以輕繩對B做功的功率先增大后減小，故選項(xiàng)C正確； D、在A下降的過程中，對小球A根據(jù)動(dòng)能定律可得mg(Lsin60-Lsin30)-2WF=0，解得每根輕繩對A做功為WF=3-14mgL，所以輕繩對B做功為3-14mgL，故選項(xiàng)D正確； 12．如圖所示，光滑豎直管內(nèi)有一底端固定的輕質(zhì)彈簧，彈簧自由端與管口的距離為2 y0，將一個(gè)質(zhì)量為m的小球置于彈簧頂端，并加上外力將小球再下壓至彈簧壓縮量為y0。撤去外力后小球被彈出，運(yùn)動(dòng)到管口時(shí)的動(dòng)能為3 mg y0，重力加速度大小為g，阻力不計(jì)，則 A．彈射過程，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能 C．彈簧具有的最大彈性勢能為6 mg y0 D．小球向上運(yùn)動(dòng)過程中的最大動(dòng)能為5 mg y0 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A、彈射過程中，對彈簧和小球組成而言，只受重力和彈簧彈力作用，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A對； B、彈簧恢復(fù)原長時(shí)，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和重力勢能，故B錯(cuò)； C、撤去外力后小球被彈出的過程，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和重力勢能，，故彈簧具有的最大彈性勢能等于小球增加的機(jī)械能，即為E=3mgy0+3mgy0=6mgy0，故C對； D、彈簧恢復(fù)原長前，小球先加速后減速，當(dāng)合力為零時(shí)動(dòng)能最大，但平衡位置無法判斷，所以最大動(dòng)能也無法計(jì)算，故D錯(cuò)誤； 13．如圖所示，兩木塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，兩輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對地面的壓力恰好為零，在此過程中以下說法正確的有（） A．A的重力勢能增加了m1(m1+m2)g2k1 B．A的重力勢能增加了m1(m1+m2)(1k1+1k2)g2 C．B的重力勢能增加了m2(m1+m2)g2k1 D．B的重力勢能增加了m2(m1+m2)g2k2 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 對m1與m2整體分析，在初始狀態(tài)（m1+m2）g=k2x2，故m2上升的距離為：h2=x2＝(m1+m2)gk2；B的重力勢能增加了m2gh2=m2(m1+m2)g2k2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；初始狀態(tài)的m1，根據(jù)胡克定律，有：k1x1=m1g，故x1＝m1gk1；末狀態(tài)時(shí)的m2，根據(jù)胡克定律，有：k1x1＇＝m2g，故x1＝m2gk1；所以m1上升的距離為：h1=x1+x1+x2=m1gk1+m2gk1+m1g+m2gk2=(m1+m2)g(1k1+1k2)；A重力勢能的增加量m1gh1=(m1+m2)m1g2(1k1+1k2)；選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；故選BD. 14．如圖所示，一光滑水平軌道的左邊緊靠豎直墻壁，右邊與一個(gè)半徑足夠大的14光滑圓弧軌道平滑相連，質(zhì)量分別為1.5kg與0.5kg的木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，現(xiàn)給木塊A一大小為6m/s的速度，使其水半向左運(yùn)動(dòng)并與墻壁碰撞，碰撞的時(shí)間為0.3s，碰后的速度大小變?yōu)?m/s，木塊A、B碰撞后立即粘在一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，則(　　) A．在木塊A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對木塊A的平均作用力大小為50N B．木塊A與在墻壁碰撞的過程中沒有能量損失 C．木塊A、B碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s D．木塊A、B滑上圓弧軌道后到達(dá)的最大高度為0.45m 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 設(shè)水平向右為正方向，當(dāng)A與墻壁碰撞時(shí)，由動(dòng)量定理得：Ft=mAv1-mA?(-v1)，代入數(shù)據(jù)解，墻壁對A的平均作用力為：F=50N，故A正確。A與墻壁碰撞后動(dòng)能減小，說明碰撞過程中A的能量有損失，故B錯(cuò)誤。設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAv1=(mA+mB)v，代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s，故C正確。A、B在光滑圓形軌道上滑動(dòng)時(shí)，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12(mA+mB)v2=(mA+mB)gh，代入數(shù)據(jù)解得：h=0.45m，故D錯(cuò)誤。故選ACD。 15．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則（） A．下滑過程中，其加速度先減小后增大 B．下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為12mv2 C．從C到A過程，彈簧對環(huán)做功為mgLsinα－14mv2 D．環(huán)經(jīng)過B時(shí)，上滑的速度小于下滑的速度 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A．環(huán)由A到C，初速度和末速度均為0，環(huán)先加速后減速，加速度先減小后增大，選項(xiàng)A正確； BC．環(huán)由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，環(huán)由C到A，有EpC－Q－mgLsin α＝－12mv2，解得Q＝14 mv2，EpC＝mgLsinα－14mv2，選項(xiàng)C正確，B錯(cuò)誤； D．由功能關(guān)系可知，圓環(huán)由A下滑至B，有mgh′－W′f－W′彈＝12mvB2－0，圓環(huán)由B上滑至A，有－mgh′－W′f＋W′彈＝0－12mvB′2，故可知，環(huán)經(jīng)過B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 16．如圖所示，一根跨越一固定的水平光滑細(xì)桿的柔軟、不可伸長的輕繩，兩端各系一個(gè)小球A和B，球A剛好接觸地面，球B被拉到與細(xì)桿同樣高度的水平位置，當(dāng)球B到細(xì)桿的距離為L時(shí)繩剛好拉直，此時(shí)由靜止釋放B球，當(dāng)球B擺到與水平方向的夾角為θ時(shí)，A球剛要離開地面，已知A、B球的質(zhì)量分別為2.4m、m，不計(jì)空氣阻力。則在球A剛要離開地面時(shí)，下列描述正確的是 A．θ=53 B．球B與其初始位置的高度差h=0.8L C．B球的速度大小v=8gL5 D．B球的加速度大小8g5 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“跨越一固定的水平光滑細(xì)桿的柔軟、不可伸長的輕繩，兩端各系一個(gè)小球A和B”、“球B擺到與水平方向的夾角為θ時(shí)，A球剛要離開地面”可知，本題考察圓周運(yùn)動(dòng)與臨界情況相結(jié)合的問題，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理、幾何關(guān)系等知識(shí)分析計(jì)算。 【詳解】 AC：當(dāng)球B擺到與水平方向的夾角為θ時(shí)，A球剛要離開地面，設(shè)此時(shí)繩中拉力為T，對A受力分析可得，T=2.4mg；對B受力分析如圖： 據(jù)牛頓第二定律可得，T-mgsinθ=mv2L；據(jù)動(dòng)能定理可得，mgLsinθ=12mv2。聯(lián)立解得：sinθ=0.8、θ=53、v=8gL5。故AC兩項(xiàng)正確。 B：球B與其初始位置的高度差h=Lsinθ=0.8L，故B項(xiàng)正確。 D：球A剛要離開地面時(shí)，B球的向心加速度an=v2L=85g，B球的切向加速度aτ=mgcosθm=0.6g，B球的加速度a=an2+aτ2=735g。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 17．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向?yàn)檎较?，子彈在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則 A．傳送帶的速度大小為4m/s B．滑塊的質(zhì)量為3.3kg C．滑塊向左運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J D．若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)合的問題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識(shí)分析計(jì)算。 【詳解】 A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。故B項(xiàng)正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)過程中滑塊與傳送帶間的相對運(yùn)動(dòng)距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R=0.4m。故D項(xiàng)正確。 18．如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為mA=6kg，mB=2kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁現(xiàn)對B物體緩慢施加一個(gè)向左的力，該力對物體B做功W=25J，使A、B間彈簧被壓縮，在系統(tǒng)靜止時(shí)，突然撤去向左推力解除壓縮，則 A．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．從撤去外力至A與墻面剛分離，A對彈簧的沖量I=10 Ns，方向水平向右 D．A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長時(shí)，兩物體速率均是2.5m/s 【答案】 BCD 【解析】 【詳解】 A、解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，恢復(fù)原長后，AB一起向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力為零，動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤； B、解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動(dòng)能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B正確； C、壓縮彈簧時(shí)，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長，彈性勢能全轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，設(shè)此時(shí)B的速度為v0，則：W=EP=12mBv02，得v0＝5m/s，此過程墻壁對A的沖量大小等于彈簧對A的沖量大小，也等于彈簧對B的沖量大小，由動(dòng)量定理得：I＝mBv0＝10 Ns，故C正確； D、當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，A的速度最小，則：vAmin＝0，A、B都運(yùn)動(dòng)后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧拉伸最長．此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，以向右為正，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒有：mBv0=mAvA+mBvB，12mBv02=12mAvA2+12mBvB2，得vA=2.5m/s，vB=-2.5m/s，故D正確。 19．水平長直軌道上緊靠放置n個(gè)質(zhì)量為m、可看作質(zhì)點(diǎn)的物塊，物塊間用長為l的細(xì)線連接，開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．用水平恒力F拉動(dòng)1開始運(yùn)動(dòng)，到連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取g，則（　?。? A．當(dāng)物塊2剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊1的速度大小是2Flm B．整個(gè)過程中拉力F對物塊1所做的功為nFl C．整個(gè)過程系統(tǒng)克服摩擦力做的功為nn-1μmgl2 D．F>nμmg2 【答案】 CD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“到連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)整體速度正好為零”可知，本題考查用動(dòng)能定理解決物體運(yùn)動(dòng)的問題。根據(jù)動(dòng)能定理解決物體運(yùn)動(dòng)問題的方法，應(yīng)用功能關(guān)系、累積法、數(shù)列法等知識(shí)分析求解。 【詳解】 A：當(dāng)物塊2剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊1運(yùn)動(dòng)的距離是l，對物塊1運(yùn)動(dòng)l的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：Fl-μmgl=12mv12，解得：當(dāng)物塊2剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊1的速度v1=2Flm-2μgl。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B：連接第n個(gè)物塊的線剛好拉直時(shí)，物塊1運(yùn)動(dòng)的距離是(n-1)l，則整個(gè)過程中拉力F對物塊1所做的功為(n-1)Fl。故B項(xiàng)錯(cuò)誤。 C：整個(gè)過程中，物塊1運(yùn)動(dòng)的距離是(n-1)l，物塊2運(yùn)動(dòng)的距離是是(n-2)l，…物塊(n-1)運(yùn)動(dòng)的距離為l，物塊n運(yùn)動(dòng)的距離為0，則整個(gè)過程系統(tǒng)克服摩擦力做的功W克f=μmg(n-1)l+μmg(n-2)l+…+μmgl=n(n-1)2μmgl。故C項(xiàng)正確。 D：因繩子繃直瞬間有機(jī)械能的損失，則全過程中拉力做的功大于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即(n-1)Fl>n(n-1)2μmgl，所以F>nμmg2。故D項(xiàng)正確。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵是用累積法求摩擦力做功，要注意各個(gè)物體的位移不同，運(yùn)用數(shù)列法解答。 20．如圖所示，輕彈簧一端固定于傾角為θ（θ＜45）的光滑斜面（固定）上方的O點(diǎn)，O點(diǎn)到斜面的距離OQ等于彈簧的原長L，彈簧另一端與小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）連接。在斜面上移動(dòng)滑塊至P點(diǎn)，使彈簧處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)將滑塊從P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方M點(diǎn)，該過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。下列說法正確的是 A．滑塊經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度最大 B．滑塊經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)的速度大于2gLcosθ C．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，其加速度一直在減小 D．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過程動(dòng)能的增量比Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)過程動(dòng)能的增量小 【答案】 BC 【解析】 【分析】 滑塊在下滑過程中分析受力如何變化即可判斷加速度和速度的變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理可以分析AB段和BC段動(dòng)能增量的關(guān)系，同時(shí)結(jié)合幾何關(guān)系判斷彈簧彈力做功可得分析C點(diǎn)速度關(guān)系。 【詳解】 AC、滑塊下滑過程中受到重力，斜面對它的支持力，還有彈簧彈力。在Q點(diǎn)彈簧恰處于原長且與斜面垂直，則滑塊從P到Q合外力變小沿斜面向下，做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)?；瑝K從Q到M彈簧彈力變大，此過程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑塊繼續(xù)做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)；也有可能有合力向上的階段，那么滑塊在此階段就做加速度先變小后變大的先加速后減速的運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤、C正確。 BD、彈簧原長為L，斜面傾角θ小于45，由幾何關(guān)系P到Q下降的高度差大于Q到M的高度差，又P到Q彈簧彈力對滑塊做正功、Q到M做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理P到Q階段動(dòng)能增加量大于Q到M階段；設(shè)整個(gè)過程彈力做功為W，到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為v，則由動(dòng)能定理：mgLcosθ+W=12mv2，可得M點(diǎn)速度大于2gLcosθ，故B正確，D錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 當(dāng)涉及變力做功時(shí)候，往往是要用到動(dòng)能定理進(jìn)行分析計(jì)算的。此題中要抓住題目考點(diǎn)以及幾何關(guān)系，對合力方向和各個(gè)階段做功大小判斷分析。 三、解答題 21．如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑R=1.25 m的四分之一圓弧軌道AB在最低點(diǎn)B與粗糙水平軌道BC相切。質(zhì)量ml=0.1 kg的物塊口自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質(zhì)量m2=0.2kg的物塊6靜止在水平軌道上，與B點(diǎn)相距x=4m，一段時(shí)間后物塊a、b發(fā)生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/S2。求： (1)物塊a、b碰撞前口的速度大??； (2)物塊a、b碰撞后相距的最遠(yuǎn)距離。 【答案】（1）v1=2g(R-μx)=3m/s；（2）小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離Δx=v122a+v222a=1.25m 【解析】 【詳解】 （1）a由靜止釋放到最低點(diǎn)B的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：m1gR=12m1v02 a從B點(diǎn)到與b碰撞前的過程中，由動(dòng)能定理得：-μm1gx=12m1v12-12m1v02 （或：從釋放到碰撞全過程，由動(dòng)能定理得：m1gR-μm1gx=12m1v12） 聯(lián)立可得：v1=2g(R-μx)=3m/s （2）小球a與b發(fā)生彈性碰撞過程中， 由動(dòng)量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2 由能量守恒定律得：12m1v12=12m1v12+12m2v22 聯(lián)立解得：v1=m1-m2m1+m2v1=1m/s，v2=2m1m1+m2v1=2m/s 碰后小球a與b都做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：μmg=ma 小球a與b相距的最遠(yuǎn)距離：Δx=v122a+v222a=1.25m 22．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC段是光滑圓弧，對應(yīng)的圓心角θ=53，半徑為r，CD段水平粗糙，各段軌道均平滑連接，在D點(diǎn)右側(cè)固定了一個(gè)14圓弧擋板MN，圓弧半徑為R，圓弧的圓心也在D點(diǎn)。傾斜軌道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為E=9mg5q、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，最終從D點(diǎn)水平拋出并擊中擋板。已知A，B之間距離為2r，斜軌與小物塊之的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=14，設(shè)小物塊的電荷量保持不變，重力加速度為g，sin53=0.8，cos53=0.6。求： (1)小物塊運(yùn)動(dòng)至圓軌道的C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。? (2)改變AB之間的距離和場強(qiáng)E的大小，使小物塊每次都能從D點(diǎn)以不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時(shí)小物塊動(dòng)能的最小值。 【答案】（1）在C點(diǎn)小物塊對圓軌道的壓力大小為FN=135mg；（2）小物塊動(dòng)能的最小值為Ekmin=32mgR 【解析】 【詳解】 (1)小物塊由A到B過程由動(dòng)能定理，得：mgsinθ?2r-μ(mgcosθ+qE)?2r=12mvB2 解得：vB=45gr 小物塊由B到C過程由機(jī)械能守恒定律得：mgr(1-cosθ)=12mvC2-12mvB2 解得：vC=85gr 在C點(diǎn)由牛頓第二定律，得：FN-mg=mvC2r 解得：FN=135mg 由牛頓第三定律可得，在C點(diǎn)小物塊對圓軌道的壓力大小為FN=135mg (2)小物塊離開D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=v0t 豎直方向：y=12gt2 而：x2+y2=R2 小物塊平拋過程機(jī)械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02 由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4 由數(shù)學(xué)中均值不等式可知：Ek≥2mgR24y?3mgy4=32mgR 則小物塊動(dòng)能的最小值為Ekmin=32mgR 23．光滑水平面上放著兩完全相同的小球A和B，其質(zhì)量均為0.02kg，A靠在豎直墻壁上，一原長為12cm的輕質(zhì)彈簧將A、B連在一起，壓縮彈簧使其長度為4cm時(shí)，用銷釘擋住B不動(dòng)。拔掉銷釘，當(dāng)彈簧長度第2次達(dá)到（12+30）cm時(shí)，從A、B之間撤去彈簧，之后A、B發(fā)生彈性碰撞，分別沖向長為0.5m、傾角為53的光滑斜面（機(jī)械能不損失），并落到足夠長的水平固定平臺(tái)上，已知彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Ep=12kx2，其中勁度系數(shù)k=200N/m，x為彈簧形變量；sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2．求： （1）彈簧首次恢復(fù)到原長時(shí)B球的速度大?。? （2）從撤去彈簧到兩球相碰經(jīng)歷的時(shí)間； （3）兩球在平臺(tái)上第一次落點(diǎn)間的距離。 【答案】（1）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536m。 【解析】 【詳解】 （1）至彈簧恢復(fù)原長時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得：12kx12=12mBvB2 代入數(shù)據(jù)得vB=8m/s （2）彈簧恢復(fù)原長后，A開始運(yùn)動(dòng)，至撤去彈簧 由動(dòng)量守恒定律得mBvB=mAvA1+mBvB1 由能量守恒定律12kx12-12kx22=12mAvA12+12mBvB12 代入數(shù)據(jù)得vA1=5m/s vB1=3m/s 從撤去彈簧到A、B相碰經(jīng)歷時(shí)間t=l2vA1-vB1 解得t=12+30200s （3）A、B彈性碰撞，機(jī)械能動(dòng)量均守恒 速度交換vA2=3m/s；vB2=5m/s 到達(dá)斜面頂端的速度分別為vA3，vB3 v22-v32=2as 其中斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=8m/s2 得vA3=1m/s，vB3=17m/s 在平臺(tái)上的水平位移x=v3cos53?2v3sin53g 最終可得兩球落點(diǎn)的水平距離d=1.536m 24．如圖所示,半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ=30,另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn),C點(diǎn)右側(cè)的光滑水平路面上緊挨C點(diǎn)放置一木板,木板質(zhì)量M=2kg,上表面與C點(diǎn)等高.質(zhì)量m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從空中A點(diǎn)以v0=1m/s的速度水平拋出,恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道,沿軌道滑行之后又滑上木板,已知木板的長度L=1m,取g=10m/s2,求： (1)物塊剛到達(dá)軌道上的C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力; (2)若物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3≤≤0.8,物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量. 【答案】(1)50N (2)①當(dāng)0.3≤μ<0.6時(shí)，Q1=10μ；②當(dāng)0.6≤μ≤0.8時(shí)，Q1=6J 【解析】 【詳解】 （1）A→B(平拋運(yùn)動(dòng)):vB=2v0 B→C(能量守恒):mgR(1+sinθ)+12mvB2=12mvC2 C 點(diǎn):FNC-mg=mvc2R 聯(lián)立以上三式得:FNC=50N 由牛頓第三定律可得物塊剛到達(dá)軌道上的 C 點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力:FNC=50N （2）設(shè)物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為時(shí)，物塊恰好滑到木板右端，由動(dòng)量和能量守恒可得: mvc=(m+M)v 12mvc2=12(m+M)v2+μmgL 解得μ=0.6 ①當(dāng)0.3≤μ<0.6時(shí)，A和小車不能共速，A將從小車左端滑落: 則A與小車之間產(chǎn)生的熱量Q1=μmAgL=10μ ②當(dāng)0.6≤μ≤0.8時(shí)，A和小車能共速： 則A與小車之間產(chǎn)生的熱量：Q1=12mAvA2-12(mA+M)v2=6J 25．如圖所示，在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、MN與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導(dǎo)軌間距L=1m，水平導(dǎo)軌左端MM接有R=2Ω的定值電阻，水平軌道的ANNA區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域?qū)挾萪=1m。一質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5Ω、長度為L=1m的導(dǎo)體棒ab放置在水平導(dǎo)軌上距磁場左邊界s處，在與導(dǎo)體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)至NN時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體棒ab恰好能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)PP。已知重力加速度g取10m/s2，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。 （1）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及s的大小； （2）若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到AA時(shí)撤去拉力，試判斷導(dǎo)體棒能不能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。如果不能，說明理由；如果能，試再判斷導(dǎo)體棒沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)不會(huì)脫離軌道。 【答案】（1）B=1T，s=1.25m；（2）h=0.45m，由于h2mg+λmg 解得：λ<1； (3)當(dāng)滑塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若規(guī)定向上為滑塊和物體所受合力的正方向，則合力： F=k(x+x0)-2mg-λmg-kx-(1+λ)mg 作出F-x圖象如圖所示： 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得滑塊停止運(yùn)動(dòng)的位置坐標(biāo)x1=2λmgk 滑塊停止運(yùn)動(dòng)不再下降的條件是：2mg-k(x1+x0)≤λmg 解得：λ≥13。 28．如圖所示，在傾角為30的光滑斜面上，一輕質(zhì)彈簧兩端連接兩個(gè)質(zhì)量均為m＝1 kg的物塊B和C。物塊C緊靠著擋板P，物塊B通過一跨過光滑定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩與質(zhì)量m0＝8 kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A相連，與物塊B相連的細(xì)繩平行于斜面，小球A在外力作用下靜止在對應(yīng)圓心角為60、半徑R＝2 m的光滑圓弧軌道的最高點(diǎn)a處，此時(shí)細(xì)繩恰好伸直且無拉力，圓弧軌道的最低點(diǎn)b與光滑水平軌道bc相切?，F(xiàn)由靜止釋放小球A，當(dāng)小球A滑至b點(diǎn)時(shí)，物塊B未到達(dá)a點(diǎn)，物塊C恰好離開擋板P，此時(shí)細(xì)繩斷裂。已知重力加速度g取10 m/s2，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，細(xì)繩不可伸長，定滑輪的大小不計(jì)。求： （1）彈簧的勁度系數(shù)； （2）在細(xì)繩斷裂后的瞬間，小球A對圓弧軌道的壓力大小。 【答案】（1）5 N/m （2）144 N 【解析】 【詳解】 (1)小球A位于a處時(shí)，繩無張力且物塊B靜止，故彈簧處于壓縮狀態(tài) 對B由平衡條件有kx＝mgsin 30 當(dāng)C恰好離開擋板P時(shí)，C的加速度為0，故彈簧處于拉升狀態(tài)