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2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《平抛运动与圆周运动》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图，可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）A．B．C．D．2.如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到Ａ，Ｂ两处．不计空气阻力，则落到Ｂ处的石块（）A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长3.质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示。
下列说法正确的是（）A．前2 s内质点处于超重状态B． 2 s末质点速度大小为4 m/sC．质点的加速度方向与初速度方向垂直D．质点向下运动的过程中机械能减小4.如图所示，位于同一高度的小球A，B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1，v2之比为（）A． 1 ∶1B． 2 ∶1C． 3 ∶2D． 2 ∶35.公交车是人们出行的重要交通工具，如图所示是公交车内部座位示意图，其中座位A和B的边线和车前进的方向垂直，当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从A座位沿AB连线相对车以 2m/s 的速度匀速运动到B，则站在站台上的人看到该乘客（）A．运动轨迹为直线B．运动轨迹为抛物线C．因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态D．当车速度为 5m/s 时，该乘客对地速度为 7m/s6.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏。
某小孩和大人直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体。
假设小圆环的运动可以视为平抛运动，则（）A．大人抛出的圆环运动时间较短B．大人应以较小的速度抛出圆环C．小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D．小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小7.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。
咼考真题1. （2020 •海南卷）Q如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为2mg 重力加速度大小为g.质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（）1 A./mgR 1 C.qmgR质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N = 2mg.2如图所示，F N — mg= mR ，得v = .gR.对质点的下滑过程应用动能定理, 1得W 2mgR C 正确.答案：C2. （2020 •新课标全国U ） 一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F 1的 水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v.若将水平拉力的大小改为F 2，物动能定理1 B.gmgR nD._mgR1 2mg —体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用W i 、W 分别表 示拉力F i 、F 2所做的功，W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A.W 2>2WB. W>4W , W = 2WC. W F2<4W W = 2WD. W^<4W , W<2W解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f l = f 2.设两次v 2v运动的时间均为t ，则两次的位移X i 二2t ，X 2 = -yt 二2X 1，故两次克服摩擦力所做的 11 1功，W = 2W.由动能定理得，W 1 — W = 2mv ，W 2 — W = qmQv ）2,即卩 W = W + qmV ,1 2施=W + qm(2v)2,故 W<4W.C 正确.答案：C3. （2020 •大纲全国卷）一物块沿倾角为9的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v 时，上升的最大高度 为H,如图所示；当物块的初速度为2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为h 1 v 25 仆卩mgcos 9 sn r 二0—2m 2，解得卩答案：Dg.物块与斜坡间的动摩擦因数和 工HA. tan 9 和？ 工HC. tan 9 和；4h 分别为（ B.D.)2話12― 1 2gH 1tantan 解析： 由动能定理有—mgH —卩 mgcos 9Hsin 9 —mgh —2v / 2^- 1tan 9,h = H , D 正确.4. (2020 •浙江理综)如图所示，用一块长L i= 1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H= 0.8 m，长1.5 m.斜面与水平桌面的倾角9可在0〜60°间调节后固定•将质量m= 0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数卩i二0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为卩2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g= 10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1) 求9角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2) 当9角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数卩2；(已知sin37 °= 0.6，cos37°= 0.8)(3) 继续增大9角，发现9= 53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离X m解析：⑴为使小物块下滑mgsin 9>^ 1mgcos9①9满足的条件tan 9> 0.05②(2) 克服摩擦力做功1mgLcos 9 + 卩2mg(L j—L QOS 9 )③由动能定理得mgLsin 9—W = 0④代入数据得卩2= 0.8⑤1 2(3) 由动能定理得mgLsin 9—S/= $mv⑥代入数据得v= 1 m/s⑦1 2H= 2gtt = 0.4 s ⑧X1 = vt，X1 = 0.4 m ⑨X m= x i+ L2= 1.9 m ⑩答案：(1 )tan 9> 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5. (2020 •福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v o，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为11，A B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计.求：(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W;(2) 小船经过B点时的速度大小V1；(3) 小船经过B点时的加速度大小a.解析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做的功W= fd ①⑵小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做的功W= Pt1 ②1 2 1 2由动能定理有W- W= qmv —2m\0③联立①②③式解得w= =02+m *fd⑶设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为9,电动机牵引绳的速度大小为V，拉力F和速度V1分别按效果分解如图所示.则P= Fv= Fwcos 9 ⑤由牛顿第二定律有Feos 0- f = ma⑥P f联立④⑤⑥式解得a= —2—2— _ pmv o + 2m Pti —fdm答案：(1)fd (2)\/V°2+ m Pt i —fdP f (3)；mv o2+ 2m_Pt i —fd——m。
本套资源目录2020版高考物理大一轮复习第五章专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章单元质量检测五含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次1功和功率训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次2动能动能定理训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次3机械能守恒定律及其应用训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章基次4功能关系能量守恒定律训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章实验五探究动能定理讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章实验六验证机械能守恒定律讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章本章学科素养提升讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章机械能本章综合能力提升练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第1讲功和功率讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第2讲动能定理及应用讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第3讲机械能守恒定律及应用讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第五章能力课动力学观点和能量观点的综合应用训练含解析教科版专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题专题解读1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．命题点一多运动过程问题1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、功能关系或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．例1(2018·河南省驻马店市第二次质检)如图1所示，AB 和CDO 都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置．AB 是半径为R ＝1m 的14圆周轨道，CDO 是半径为r ＝0.5m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)D 为CDO 轨道的中点．BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC 段水平轨道长L ＝2m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2.现让一个质量为m ＝1kg 的小球P 从A 点的正上方距水平线OA 高H 处自由落下：(取g ＝10m/s 2，不计空气阻力)图1(1)当H ＝2m 时，问此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，问H 的取值范围． 答案 (1)84N (2)0.65m≤H ≤0.7m解析 (1)设小球第一次到达D 点的速度为v D ，对小球从静止到D 点的过程，根据动能定理有：mg (H ＋r )－μmgL ＝12mv D 2在D 点轨道对小球的支持力N 提供向心力，则有N ＝m v D 2r联立解得：N ＝84N ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：N ′＝N ＝84N ； (2)为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，则有：mgH min －μmgL ＝12mv 02在O 点由牛顿第二定律有：mg ＝m v 02r代入数据解得：H min ＝0.65m仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D 点，则mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7m 故有：0.65m≤H ≤0.7m.变式1(2018·河南省周口市期末)如图2所示，半径R＝0.3m的竖直圆槽型光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝6.0N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB 之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进人竖直圆槽轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N．已知水平轨道AC长为2m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10m/s2.求：图2(1)小物块运动到B点时的速度大小；(2)拉力F作用在小物块上的时间t；(3)若小物块从竖直圆轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围． 答案 (1)4m/s (2)53s(3)0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025解析 (1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得N ＋mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律得N ＝N ′＝103N ，则v ＝2m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得2mgR ＋12mv 2＝12mv B 2可得v B ＝4m/s ；(2)小物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有Fs －μ1mgx AB ＝12mv B 2－0由牛顿第二定律有F －μ1mg ＝ma 由位移公式有s ＝12at 2联立解得t ＝53s.(3)设小物块与BC 段间的动摩擦因数为μ2. ①物块在圆轨道最高点的最小速度为v 1，由牛顿第二定律有mg ＝m v 12R由动能定理有－2μ2mgx BC －2mgR ＝12mv 12－12mv B 2解得μ2＝0.025故物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道时应满足0≤μ2≤0.025 ②物块从C 点返回在圆轨道上升高度R 时速度为零， 由动能定理有－2μ2mgx BC －mgR ＝0－12mv B 2解得μ2＝0.25物块从C 点返回刚好运动到B 点， 解得－2μ2mgx BC ＝0－12mv B 2μ2＝0.4故物块能返回圆形轨道(不能到达最高点)且不会脱离轨道时应满足0.4>μ2≥0.25综上所述，0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025.命题点二传送带模型1．设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传；②产生的内能：Q＝fx相对．模型1 水平传送带问题例2(2018·河南省郑州一中上学期期中)如图3，一水平传送带以4m/s 的速度逆时针传送，水平部分长L ＝6 m ，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个质量为m ＝1.0 kg 的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远处的过程中因摩擦而产生的热量．图3答案 32J解析 物块在传送带上加速到与传送带同速时 对物块有f ＝μmg ＝ma 解得：a ＝2m/s 2物块所用的时间为：t 1＝va＝2s则物块的位移为：x 1＝v 22a＝4m<L ＝6m传送带匀速运动的位移为：x 1′＝vt 1＝8m 则相对位移为Δx 1＝x 1′－x 1＝4m 因摩擦产生的热量Q 1＝f Δx 1＝8J接着二者一起匀速运动，物块冲上斜面再返回传送带，向右减速到零，则在传送带上运动时，物块的位移为：x 2＝v 22a＝4m物块所用的时间为：t 2＝v a＝2s传送带匀速运动的位移为：x 2′＝vt 2＝8m 则相对位移为：Δx 2＝x 2′＋x 2＝12m 因摩擦产生的热量Q 2＝f Δx 2＝24J全程因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝32J.模型2 倾斜传送带问题例3(2018·陕西师大附中模拟)如图4所示，与水平面成30°角的传送带以v＝2m/s的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB两端距离l＝9m．把一质量m＝2kg的物块(可视为质点)无初速度的轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向上运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝7153，不计物块的大小，g取10m/s2.求：图4(1)从放上物块开始计时，t＝0.5s时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？(2)把这个物块从A端传送到B端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？(3)把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？答案(1)14W 28W (2)14J (3)18.8W解析(1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：f ＝μmg cos30°＝14N由牛顿第二定律得：f －mg sin30°＝ma ，a ＝2m/s 2物块与传送带速度相同时用时为：t 1＝v a ＝22s ＝1s因此t ＝0.5s 时刻物块正在加速， 其速度为：v 1＝at ＝1m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：P 1＝fv 1＝14W此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P 2＝fv ＝28W(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x 1＝12at 12＝12×2×12m ＝1m<l ＝9m摩擦力对物块做功为：W 1＝fx 1＝14×1J＝14J 此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：W 2＝fvt 1＝28J这段时间产生的热量：Q ＝W 2－W 1＝14J (3)物块在传送带上匀速运动的时间为：t 2＝l －x 1v＝4s把物块由A 端传送到B 端摩擦力对物块所做的总功为：W 总＝mgl sin30°＋12mv 2把物块从A 端传送到B 端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是：P ＝W 总t 1＋t 2＝18.8W.命题点三 滑块—木板模型1．模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型． 2．位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例4(2019·四川省德阳市质检)如图5所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图5(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v 0，木板上端恰能到达B 点，求v 0大小； (2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； (3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W . 答案 (1)2h －Lg (2)32mg (3)94mgh解析 (1)由动能定理得12×2mv 02＝2mg (h －L sin θ)解得：v 0＝2h －Lg(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F 0－2mg sin θ＝2ma 0 对物块由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 0 解得：F 0＝32mg(3)设拉力F 的作用时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 对木板与物块整体有2mg sin θ＝2ma 4 另有：a 1t 1－a 3t 2＝a 2(t 1＋t 2)a 2(t 1＋t 2)＝a 4t 312a 1t 12＋a 1t 1t 2－12a 3t 22＋12a 4t 32＝h sin θW ＝F ·12a 1t 12解得：W ＝94mgh .变式2如图6甲所示，半径R ＝0.45m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M ＝1kg ，长度l ＝1m ，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h ＝0.2m ．质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放．取g ＝10m/s 2.试求：图6(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离． 答案 (1)30N (2)1m/s (3)0.2m解析 (1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR ＝12mv B 2解得v B ＝3m/s在B 点由牛顿第二定律得，N －mg ＝m v B 2R，解得N ＝30N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力N ′＝N ＝30N ，方向竖直向下． (2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功W f ＝－μ1mg ＋μ2mg 2l ＝－4J物块由静止到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR ＋W f ＝12mv 2，解得v ＝1m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a 1＝μg ＝2m/s 2对平板车有a 2＝μmg M＝2m/s 2经过时间t 1物块滑离平板车，则有v B t 1－12a 1t 12－12a 2t 12＝1m解得t 1＝0.5s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2m/s 此时平板车的速度v 车＝a 2t 1＝1m/s 物块滑离平板车后做平抛运动的时间t 2＝2hg＝0.2s物块落地时距平板车右端的水平距离s ＝(v 物－v 车)t 2＝0.2m.1．(多选)(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图1，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，圆轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．质量为m 的小球(可视为质点)以初速度v 0沿AB 运动恰能通过最高点，则( )图1A ．R 越大，v 0越大B ．m 越大，v 0越大C ．R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大D ．m 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大 答案 AD解析 小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg ＝m v D 2R，则v D ＝gR ，根据动能定理得12mv 02＝12mv D 2＋2mgR ，解得v 0＝5gR ，可见R 越大，v 0越大，而且v 0与小球的质量m无关，A 正确，B 错误；小球经过B 点的瞬间，N －mg ＝m v 02R ，则轨道对小球的支持力N ＝mg＋m v 02R＝6mg ，则N 大小与R 无关，随m 增大而增大，由牛顿第三定律知C 错误，D 正确．2．(2018·河南省洛阳市上学期期中)如图2所示，一个半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ.一质量为m 的小滑块(可看作质点)自P 点正上方由静止释放，释放高度为R ，小滑块恰好从P 点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N 时对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示小滑块从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )图2A ．小滑块恰好可以到达Q 点B ．小滑块不能到达Q 点C ．W ＝12mgRD ．W <12mgR答案 C解析 从最高点到N 点，由动能定理有 2mgR －W ＝12mv 2，在N 点，由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律有N ＝N ′＝4mg联立可得W ＝12mgR ，故C 正确，D 错误；小滑块从P 点到N 点再到Q 点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN 段与轨道之间的压力大于NQ 段小滑块与轨道之间的压力，根据f ＝μN 可知，小滑块在PN 段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN 段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ 段小滑块克服摩擦力做的功W ′<12mgR ，从N 到Q ，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv Q 2－12mv 2，解得v Q >0，小滑块到达Q 点后，还能继续上升，故A 、B 错误． 3．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图3所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )图3A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 答案 A解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图4甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图像如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10m/s 2，则( )图4A ．传送带的速率v 0＝10m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24J 答案 ACD解析 当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图像可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m,1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m,0～2.0 s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确．5．(2018·闽粤期末大联考)如图5所示，一固定在地面上的导轨ABC ，AB 与水平面间的夹角为α＝37°，一小物块放在A 处(可视为质点)，小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.25，现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v 0＝1m/s.小物块经过B 处时无机械能损失，物块最后停在B 点右侧1.8米处(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求：图5(1)小物块在AB 段向下运动时的加速度大小； (2)小物块到达B 处时的速度大小； (3)AB 的长度L .答案 (1)4m/s2 (2)3 m/s (3)1m解析 (1)小物块从A 到B 过程中，由牛顿第二定律得，mg sin α－μmg cos α＝ma代入数据解得a ＝4m/s 2.(2)小物块从B 向右运动，由动能定理得， －μmgs ＝0－12mv B 2代入数据解得v B ＝3m/s.(3)小物块从A 到B ，由运动学公式得L ＝v B 2－v 022a＝1m.6．(2018·安徽省蚌埠二中期中)如图6甲所示，质量为m ＝0.1kg 的小球，用长l ＝0.4m 的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计．当在最低点A 处给小球6m/s 的初速度时，小球恰能运动至最高点B ，空气阻力大小恒定．求：(g 取10 m/s 2)图6(1)小球在A 处时传感器的示数；(2)小球从A 点运动至B 点过程中克服空气阻力做的功；(3)小球在A 点以不同的初速度v 0开始运动，当运动至B 点时传感器会显示出相应的读数F ，试通过计算在图乙所示坐标系中作出F －v 02图像． 答案 (1)10N (2)0.8J (3)如图所示解析 (1) 在A 点，由牛顿第二定律有F 1－mg ＝m v A 2l ，则F 1＝10N(2)由题意知在B 点时，有mg ＝m v B 2l，则v B ＝2m/s小球从A 到B 的过程中，根据动能定理：－W 克f －2mgl ＝12mv B 2－12mv A 2解得W 克f ＝0.8J(3)小球从A 到B 的过程中，根据动能定理：有－W 克f －2mgl ＝12mv B 2－12mv 02小球在最高点F ＋mg ＝m v B 2l联立得：F ＝14v 02－9，F －v 02图像如图所示7．(2018·河北省石家庄二中期中)如图7，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C 点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15N 时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离．已知长木板长1m ，圆轨道半径R ＝1m ，滑块和长木板的质量均为1kg ，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10m/s 2.若滑块从轨道上距离C 点高h ＝0.45m 的位置由静止释放，求：图7(1)滑块到C 点时对轨道压力的大小；(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量． 答案 (1)19N (2)1.5m (3)4.5J解析 (1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mgh ＝12mv 02，解得v 0＝3m/s在C 点由向心力公式知：N －mg ＝mv 02R，解得N ＝19N由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力N ′＝N ＝19N (2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中： 滑块的加速度大小a 1＝μ1mg m＝4m/s 2木板的加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝2m/s 2由v 0－a 1t ＝a 2t ＝v 共得出，t ＝0.5s ，v 共＝1m/s滑块的位移x 1＝v 0＋v 共2t ＝1m之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a 3＝μ2·2mg 2m＝1m/s 2x 3＝v 共22a 3＝0.5m故滑块的总位移x ＝x 1＋x 3＝1.5m.(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mgh＝Q＝4.5J.单元质量检测(五)时间：50分钟一、选择题(1～6题为单项选择题，7～8题为多项选择题)1．升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动 5 m 时速度达到4 m/s ，则此过程中(g 取10 m/s 2)( ) A ．升降机对物体做功5 800 J B ．合外力对物体做功5 800 J C ．物体的重力势能增加500 J D ．物体的机械能增加800 J解析 根据动能定理得W 升－mgh ＝12mv 2，可解得W 升＝5 800 J ，A 正确；合外力做的功为12mv2＝12×100×42J ＝800 J ，B 错误；物体重力势能增加mgh ＝100×10×5 J＝5 000 J ，C 错误；物体机械能增加ΔE ＝Fh ＝W 升＝5 800 J ，D 错。
板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．关于弹性势能，下列说法中正确的是()A．当弹簧变长时弹性势能一定增大B．当弹簧变短时弹性势能一定减小C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大D．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能答案 C解析当弹簧处于压缩状态时，弹簧变长时弹力做正功，弹性势能减小。
弹簧变短时，弹力做负功，弹性势能增加，故A、B错误。
当拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大，故C正确。
当k 相同时，伸长量与压缩量相同的弹簧，弹性势能也相同，故D错误。
2．如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB 和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是()A．M球的机械能守恒B．M球的机械能增大C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功答案 C解析细杆光滑，故M、N组成的系统机械能守恒，N的机械能增加，绳的拉力对N做正功、对M做负功，M的机械能减少，故C正确，A、B、D错误。
3. [2017·福建福州模拟]如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢如图甲所示。
烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动如图乙所示。
那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，(不计空气阻力)下列说法正确的是()A．弹簧、小球所构成的系统机械能守恒B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球所受合力的最大值等于重力D．小球所受合外力为零时速度最小答案 A解析烧断细线后，小球受重力和弹力作用，故弹簧、小球所构成的系统机械能守恒，A正确；小球受到重力和向上的弹力两个力，弹簧的弹力先大于重力，小球加速上升，后弹力小于重力，小球减速上升，所以球的动能先增大后减小，当加速度等于零时，此时所受的合力为零，即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大，此时弹簧尚处于压缩状态，故B、D错误；小球脱离弹簧后还能继续向上运动，由简谐运动的对称性可知，小球所受合力的最大值(在最低点)大于重力，C错误。
第一章 ⎪⎪⎪运动的描述 匀变速直线运动 [全国卷5年考情分析] 参考系、质点(Ⅰ) 位移、速度和加速度(Ⅱ) 以上2个考点未曾独立命题第1节 描述运动的基本概念一、质点、参考系 1．质点(1)定义：用来代替物体的有质量的点。
(2)条件：物体的大小和形状对研究的问题的影响可以忽略不计。
[注1] (3)实质：质点是一种理想化的模型，实际并不存在。
2．参考系(1)定义：在描述物体的运动时，用来做参考的物体。
(2)参考系的选取[注2]①参考系的选取是任意的，既可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体应认为是静止的，通常选地面为参考系。
②对于同一物体，选择不同的参考系时观察运动结果一般不同。
③比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系。
二、位移、速度1．位移和路程(1)二者的定义(2)二者的区别和联系2．(1)平均速度：物体发生的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v＝xt，是矢量，其方向就是对应位移的方向。
(2)瞬时速度：运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度，是矢量。
[注3](3)速率：瞬时速度的大小，是标量。
三、加速度[注4]1．物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。
2．定义式：a＝ΔvΔt，单位为m/s2。
3．方向：加速度为矢量，方向与速度变化量的方向相同。
【注解释疑】[注1] 不以“大小”论质点①大的物体不一定不能看成质点；②小的物体不一定能看成质点。
[注2] 不能选自身为参考系。
[注3] 在实际问题中，只要时间足够短，平均速度可认为等于瞬时速度，如光电门问题。
[注4] 速度变化快慢、速度变化率、加速度三者含义相同，速度变化快，也就是速度变化率大，加速度大。
[深化理解]1．质点的辨识物体能否看成质点，关键不在物体本身，而是要看研究的问题，同一个物体在不同情况下有时可看成质点，有时则不能。
2．“速度”的理解“速度”一词在不同情境下可能表示瞬时速度、平均速度、速率、平均速率，解决具体问题时需要加以区分。
专题综合检测(五)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题)1.如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力()A．垂直于接触面，做功为零B．垂直于接触面，做负功C．不垂直于接触面，做功为零D．不垂直于接触面，做正功解析：B对整体进行受力分析可知，小球曲面体系统在水平方向上不受外力作用，故在水平方向上动量守恒，当小球沿曲面下滑过程中，曲面体将向右后退，曲面体对小球的作用力为弹力且与曲面的切线垂直，小球的运动方向与力的方向之间的夹角为钝角，故曲面体对小球的作用力垂直于接触面，且做负功．B选项正确．2．(2018·岳阳模拟)在平直的公路上，一辆汽车在牵引力作用下从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到某一值时汽车做匀速直线运动．若汽车所受阻力与速度成正比，则汽车功率P随时间t变化的关系可能是()解析：A 汽车在匀加速阶段，根据牛顿第二定律F －F f ＝ma ，物体的速度v ＝at ，受到的阻力F f ＝k v ，解得F ＝kat ＋ma ，在加速阶段的功率P ＝F v ＝ka 2t 2＋ma 2t ，达到额定功率后，此时P 突然减小，由于惯性，速度不会突变，由P ＝F v 知，牵引力F 突然减小，使牵引力等于阻力，汽车又开始做速度减小了的匀速运动，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．(2018·石家庄模拟)质量为2 t 的汽车，发动机的额定功率为60 kW.该汽车在水平路面上以额定功率行驶时能达到的最大速度为15 m/s ，所受阻力恒定，则当汽车速度为10 m/s 时的加速度为( )A ．0.50 m/s 2B ．1 m/s 2C ．2 m/s 2D ．2.5 m/s 2解析：B 汽车在水平路面上达到最大速度时，牵引力与阻力二力平衡，则有F ＝F f ，由P ＝F v m 得P ＝F f v m ，解得F f ＝P v m，当汽车的速度为10 m/s 时，牵引力为F ′＝P v ，根据牛顿第二定律得a ＝F ′－F f m ＝P v －Pv m m，代入数据解得a ＝1 m/s 2，故B 正确，A 、C 、D 错误． 4.(2018·大庆模拟)如图所示，半径为R 的金属环竖直放置，环上套有一质量为m 的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v 0＝6gR 沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中( )A ．小球机械能守恒B ．小球在最低点时对金属环的压力是6mgC ．小球在最高点时，重力的功率是mg gRD ．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR解析：D 小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v ，则mg ＝m v 2R，解得v ＝gR ，从最低点到最高点，由动能定理得－mg 2R －W 克＝12m v 2－12m v 20，解得W 克＝12mgR ，所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR ，故A 错误，D 正确；在最低点，由牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 20R，解得F N ＝7mg ，故B 错误；小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C 错误．5.长L 的轻杆两端分别固定有质量为m 的小铁球，杆的三等分点O 处有光滑的水平转动轴．用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，则轴对杆的作用力F 的大小和方向为( )A ．2.4mg 竖直向上B ．2.4mg 竖直向下C ．6mg 竖直向上D ．4mg 竖直向上解析：A 对整个系统而言，机械能守恒，有mg (23L －13L )＝12m (13Lω)2＋12m (23Lω)2，当杆运动到竖直位置时，顶端的小球向心力为mg －F 1＝m (13L )ω2，底端的小球向心力为F 2－mg ＝m (23L )ω2，解以上三式得轴对杆的作用力F 的大小F 2＋F 1＝2.4mg ，方向竖直向上，选项A 正确．6．如图甲所示，质量m ＝1 kg 的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R ＝0.2 m 、质量M ＝1 kg 的薄圆筒上．t ＝0时刻，圆筒在电动机的带动下由静止开始绕竖直的中心轴转动，小物体的v －t 图像如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.2，则( )A ．圆筒转动的角速度随时间的变化关系满足ω＝5tB ．细线的拉力大小为2 NC ．细线拉力的瞬时功率满足P ＝4tD ．在0～2 s 内，电动机做的功为8 J解析：AD 物体的加速度a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2，故物体的运动速度v ＝at ＝t ，圆筒转动的角速度随时间的变化关系满足ω＝v R ＝t 0.2＝5t ，A 正确．根据牛顿第二定律可知，细线的拉力大小F ＝ma ＋μmg ＝3 N ，B 错误．细线拉力的瞬时功率满足P ＝F v ＝3t ，C 错误.2 s末，小物块速度v 2＝2 m/s ，位移x ＝12at 22＝2 m ，由功能关系可知，在0～2 s 内，电动机做的功W ＝12(M ＋m )v 22＋μmgx ＝8 J ，D 正确． 7.如图所示，一个小球(视为质点)从H ＝12 m 高处，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，且小球与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C 点时，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 ，且到达高度为h 的D 点时的速度为零，则h 的值不可能为(g 取10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言)( )A ．12 mB ．10 mC ．8.5 mD ．7 m解析：ABD 已知在C 点小球对轨道无压力，由重力提供向心力，得mg ＝m v 2R，小球从静止开始运动到C 点，根据动能定理得mg (H －2R )－W f ＝12m v 2，小球从C 点运动到D 点，根据动能定理得mg (2R －h )－W f ′＝0－12m v 2，由于机械能有损失，在关于BC 对称的位置下滑速度比上升速度小，因此小球对圆环压力小，所受摩擦力小，所以下滑时，克服摩擦力做功小，即W f >W f ′>0，解得8 m<h <10 m ，C 正确，A 、B 、D 错误．8.(2018·咸阳模拟)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是( )A ．上述过程中，F 做功大小为12m v 21＋12M v 22 B ．其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长D ．其他条件不变的情况下，f 越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：BD 由功能原理可知，上述过程中，F 做功大小为二者动能与产生的热量之和，选项A 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，M 的加速度越小，s 越小，选项B 正确；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块的加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项C 错误；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项D 正确．二、非选择题(本题共4小题，共52分．有步骤计算的需写出规范的解题步骤．)9．(8分)某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”：在木板的左端固定一挡板，挡板上拴一轻质弹簧，弹簧的右端固定一小物块，物块的上方有一很窄的遮光片，当弹簧的长度为原长时，物块恰处于O 点，O 点的正上方有一光电门，光电门上连接计时器(图中未画出)．已知弹性势能的表达式为E p ＝12k (Δx )2.(1)实验开始时，________平衡摩擦力；________测量遮光片的宽度(均选填“需要”或“不需要”)．(2)所有实验条件具备后，将小物块向左压缩弹簧Δx 后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t 1.(3)将小物块向左压缩弹簧2Δx 、3Δx 、4Δx …后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间t 2、t 3、t 4…(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W 1、W 2、W 3…，则W 1：W 2：W 3＝________，若以W 为纵坐标，1t 2为横坐标作图，则得到的图像是________(选填“一条直线”或“一条曲线”)．解析：(1)由于该实验要求弹簧弹力做功，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力．光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v ，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片(宽度设为d )通过光电门的时间t ，小物块的速度v ＝d t，根据功能关系可以求出需要验证的关系式为W ＝12m v 2＝12m d 2t 2，若以W 为纵坐标，1t 2为横坐标作图，则得到的图像是一条倾斜直线，即可得到合力做功与速度变化的关系，所以不需要测量遮光片的宽度．(4)已知弹性势能的表达式为E p ＝12k (Δx )2，所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W 1∶W 2∶W 3…，则W 1∶W 2∶W 3＝1∶4∶9，若以W 为纵坐标，1t 2为横坐标作图，则得到的图像是一条直线．答案：(1)需要 不需要(4)1∶4∶9 一条直线10．(8分)(2018·淄博模拟)某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律．(1)用游标卡尺测量金属球的直径：图2为游标卡尺校零时的示数，用该游标卡尺测量小球的直径，其示数为10.00 mm ，所测金属球的直径d ＝________mm.(2)用一根不可伸长的轻质细线拴住该金属球，细线的另一端同定在悬点O ，在最低点前后放置一组光电门，测得悬点到球心的距离为L .将金属球从最低点拉开θ角，由静止释放金属球，金属球在竖直面(纸面)内摆动，记下金属球第一次通过光电门的时间t ，金属球通过光电门的速度大小为________；已知重力加速度为g ，则验证金属球机械能守恒的表达式为________(用字母L 、d 、θ、t 、g 表示)．解析：(1)由图可知，游标尺20格相当主尺39 mm ，那么游标尺1格与主尺2格相差0.05 mm ，游标卡尺读数为d ＝10.00 mm －3×0.05 mm ＝9.85 mm.(2)小球经过最低点时速度可表示为v ＝d t；小球下摆过程中重力势能减少量为ΔE p ＝mgL (1－cos θ)，动能的增加量ΔE k ＝12m v 2＝12m (d t )2，若mgL (1－cos θ)＝12m (d t)2，即2gL (1－cos θ)＝(d t)2成立，说明小球下摆过程机械能过恒． 答案：(1)9.85 (2)d t 2gL (1－cos θ)＝(d t)2 11.(16分)(2018·济南模拟)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 、B ，滑轮右侧轻绳与斜面平行，物体A 的质量为2m ＝4 kg ，物体B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离为L ＝1 m ．现给物体A 、B 一初速度v 0＝3 m/s ，使物体A 开始沿斜面向下运动，物体B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能．解析：(1)物体A 和斜面间的滑动摩擦力f ＝2μmg cos θ(2分)物体A 沿斜面向下运动到C 点的过程中，对A 、B 整体根据动能定理有：2mgL sin θ－mgL －fL ＝12×3m v 2－12×3m v 20(3分) 解得：v ＝v 20＋2gL 3(2sin θ－2μcos θ－1)＝2 m/s(2分) (2)对物体A 接触弹簧，将弹簧压缩了x 到最短后又恰回到C 点这段过程，对系统应用动能定理有：－f ·2x ＝0－12×3m v 2，(3分) 解得：x ＝0.4 m(2分)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量守恒有E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx ，(2分)解得E p ＝6 J ．(2分)答案：(1)2 m/s (2)0.4 m 6 J12．(20分)如图所示，倾角30°的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m ＝1 kg 的物块B 和C ，C 紧靠着挡板P ，B 通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M ＝8 kg 的物块A 连接，细绳平行于斜面，A 在外力作用下静止在圆心角为60°、半径R ＝2 m 的16光滑圆弧轨道的顶端a 处，此时绳子恰好拉直且无张力；圆弧轨道最低端b 与粗糙水平轨道bc 相切，bc 与一个半径r ＝0.2 m 的光滑圆轨道平滑连接．由静止释放A ，当A 滑至b 时，C 恰好离开挡板P ，此时绳子断裂．已知A 与bc 间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长．(1)求弹簧的劲度系数；(2)求物块A 滑至b 处，绳子断后瞬间，A 对圆轨道的压力大小；(3)为了让物块A 能进入圆轨道且不脱轨，则bc 间的距离应满足什么条件？解析：(1)A 位于a 处时，绳无张力且物块B 静止，故弹簧处于压缩状态，对B ，由平衡条件有kx ＝mg sin 30°(1分)当C 恰好离开挡板P 时，C 的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态对C ，由平衡条件有kx ′＝mg sin 30°(1分)由几何关系知R ＝x ＋x ′(1分)代入数据解得k ＝2mg sin 30°R＝5 N/m(1分) (2)物块A 在a 处与在b 处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同．故A 在a 处与在b 处时，A 、B 系统的机械能相等有MgR (1－cos 60°)＝mgR sin 30°＋12M v 2A ＋12m v 2B (2分) 如图所示，将A 在b 处的速度分解，由速度分解关系有v A cos 30°＝v B (1分)代入数据解得v A ＝4(M －m )gR 4M ＋3m＝4 m/s(1分) 在b 处，对A ，由牛顿第二定律有N －Mg ＝M v 2A R (1分) 代入数据解得N ＝Mg ＋M v 2A R＝144 N(1分) 由牛顿第三定律知，A 对圆轨道的压力大小为N ′＝144 N(1分)(3)物块A 不脱离圆形轨道有两种情况 ①第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点由动能定理，恰能进入圆轨道时需满足条件－μMgx 1＝0－12M v 2A(1分) 恰能到圆心等高处时需满足条件－Mgr －μMgx 2＝0－12M v 2A (1分) 代入数据解得x 1＝v 2A 2μg ＝8 m ，x 2＝v 2A －2gr 2μg＝6 m(1分) 即6 m ≤x ≤8 m(1分)②第二种情况，过圆轨道最高点在最高点，由牛顿第二定律有Mg ＋F N ＝M v 2r(1分) 恰能过最高点时，F N ＝0，v ＝gr (1分)由动能定理有－Mg ·2r －μMgx ′＝12M v 2－12M v 2A (1分) 代入数据解得x ′＝v 2A －5gr 2μg＝3 m(1分) 故此时bc 间距离应满足0≤x ≤3 m ．(1分) 答案：(1)5 N/m (2)144 N(3)6 m ≤x ≤8 m 或0≤x ≤3 m。
