2020年高考高三物理二轮复习力学专题复习(含答案)

力学实验1．(2019·南京、盐城模拟)某实验小组利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。

在铁架台的顶端有一电磁铁，正下方某位置固定一光电门，电磁铁吸住直径为d的小铁球，此时球心与光电门的竖直距离为h。

断开电源，小球下落，通过光电门的挡光时间为t。

请回答下列问题：(1)用游标卡尺测得小球的直径d如图乙所示，则该示数为________cm。

(2)该实验需要验证的表达式为________________(用题中字母表示，设重力加速度为g)。

(3)在实验过程中，多次改变h，重复实验，这样做可以________。

A．减小偶然误差B．减小系统误差C．使实验结论更具有普遍性(4)小组内某同学提出，用高为d的铁质小圆柱体代替小铁球可提高实验的准确性，其理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。

2．(2019·泗阳县统测)探究外力做功与物体动能变化关系的实验装置如图甲所示，根据实验中力传感器读数和电磁打点器打出纸带的测量数据等可分别求得外力对小车做功和小车动能的变化。

(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是________。

A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作B．实验操作时要先放小车，后接通电源C．调整滑轮的高度，使连接小车的细线与木板平行D．在实验过程中要保证钩码的质量远小于小车的质量(2)除了图中所注明的器材外，实验中还需要交流电源、电线、刻度尺和________。

(3)如图乙所示，为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究功与速度变化的关系。

已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g。

图中已经标明了要测量的物理量，另外，已知对应传感器的读数为F，小车的质量为M，钩码的总质量为m。

专题28、力学实验综合二（必修二）1.某同学在做平抛运动实得出如图8所示的小球运动轨迹，a 、b 、c 三点的位置在运动轨迹上已标出．则：(g 取10 m/s 2)(1)小球平抛的初速度为________ m/s.(2)小球开始做平抛运动的位置坐标为________ cm. y ＝________ cm.(3)小球运动到b 点的速度为________ m/s.【答案】：(1)2m/s (2) -10 -1.25 (3)2.5【解析】:(1)本题要注意a 点不一定是小球的抛出点，所以小球从a 点向下的运动在竖直方向不一定是自由落体；假设a 、b 、c 、3点的时间间隔为“T ”对小球在竖直方向分析：2gT s =∆s g s T 1.01010)1020(2=⨯-=∆=-；在水平向对小球研究T v x .0=∆；s m T x v /21.0102020=⨯=∆=-； (2)选择ac 段在竖直方向分析，平均速度等于中间时刻的瞬时速度：by AC AC v s m T x v ==⨯⨯==-/5.11.02103022设从抛出点到b 的时间为t 则：gt v by =；s t 15.0105.1==； 抛出点到b 点的水平位移cm t v x b 3015.02.0=⨯==；b 点的水平坐标为20cm 。

所以抛出点水平坐标为-10； 抛出点到b 点的竖直位移cm gt y b 25.1115.010212122=⨯⨯==；b 点的竖直坐标为10cm 。

所以抛出点竖直坐标为-1.25cm ； (3)s m v v v by bx b /5.25.122222=+=+=2.（2019北京）用如图1所示装置研究平地运动。

将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。

钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上。

由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。

移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

2020届高三二轮复习力与物体的直线运动专项练习参考答案一、选择题(每题8分，共72分)1、[解析]设加速后物体最大速度为v，则加速运动的加速度大小a1＝ΔvΔt1＝v8s，减速运动的加速度大小a2＝ΔvΔt2＝v4s，则加速、减速过程中的加速度大小之比为a1∶a2＝4∶8＝1∶2，选项A错误．对于匀变速直线运动，平均速度等于初速度与末速度的平均值，则题述加速运动和减速运动的速度平均值相等，所以加速、减速过程中的平均速度大小之比为1∶1，选项B错误．两个阶段运动的时间之比为va1∶va2＝2∶1，根据位移等于平均速度乘以时间可知，加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1，选项C正确．由于加速度等于速度的变化率，所以加速、减速过程中速度的变化率大小之比为1∶2，选项D错误．[答案]C2、[解析]由题图x－v2图象可知小物块的加速度a＝5m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝g sinθ，所以θ＝30°，A正确，B、C、D错误．[答案]A3、[解析]设长木板倾角为θ，滑块沿长木板上滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律有ma＝mg sinθ＋μmg cosθ，滑块沿长木板上滑的位移大小为s＝v202a＝v202g(sinθ＋μcosθ)，其与滑块质量m无关，故仅改变滑块质量，滑块仍将到达长木板顶端，选项A错误；若仅给滑块加一竖直向下的外力，滑块的加速度增大，滑块不能到达长木板顶端，D正确；滑块上滑的高度h′＝s sinθ＝v202h增大时，θ增大，h′增大，s的变化情况无法判断，B错误；滑块滑行的水平距离x′＝v202g(tanθ＋μ)，h减小时，θ减小，x′增大，s的变化情况无法判断，C错误．[答案]D4、[解析]货物刚放上传送带时受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，货物做加速运动，由牛顿第二定律有mg sinθ＋μmg cosθ＝ma1，解得a1＝g sinθ＋μg cosθ，如果货物在其速度达到与传送带速度相同前就滑离了传送带，则货物将一直以加速度a1加速运动到底端，B正确；如果货物速度达到与传送带速度相同时，货物仍未到达传送带的底端，由于μ<tanθ，其后货物受到的摩擦力变为沿传送带向上，货物仍做加速运动，货物速度将大于传送带速度，由牛顿第二定律有mg sinθ－μmg cosθ＝ma2，解得a2＝g sinθ－μg cosθ，由于a1>a2，所以C正确．[答案]BC5、[解析]对B 、C 整体受力分析，受重力、支持力，B 、C 沿斜面匀加速下滑，则A 、B 间摩擦力不为零，故A 错误；如果B 的上表面是光滑的，倾角也为θ，C 可能只受两个力作用，B 正确；选A 、B 、C 整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知A 加速度大小为g sin θ，C 错误；对A 、B 、C 和斜面体整体分析，斜面体受地面的摩擦力不为零，故D 错误．[答案]B6、[解析]释放瞬间，两球受到的阻力均为0，因此加速度相同，选项A 错误；运动到最后达到匀速后，重力和阻力相等，mg ＝k v ，所以m 1m 2＝v 1v 2，选项B 错误；由图象可知v 1>v 2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C 正确；下落高度等于图线与坐标轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D 错误．[答案]C7、[解析]对球A 受力分析，如图1所示，将加速度a 分别沿斜劈斜面和与斜劈斜面垂直的方向分解，如图2所示，则在斜劈斜面方向上根据牛顿第二定律有F N1－mg sin θ＝ma cos θ，得F N1＝mg sin θ＋ma cos θ，选项A 、B 错误；以两球整体为研究对象，进行受力分析，将F N 沿水平方向和竖直方向分解，如图3所示，则F N cos θ＝3mg ，F N2－F N sin θ＝3ma ，得F N2＝3mg tan θ＋3ma ，选项D 正确，C 错误．[答案]D8、[解析]滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝8N ，物块在0～6s 内的加速度为a 1＝F 1－f m＝1m/s 2，第6s 末的速度v 1＝a 1Δt 1＝6m/s ，物块在6～8s 内的加速度为a 2＝F 2－f m ＝－3m/s 2，第8s 末的速度v 2＝v 1＋a 2Δt 2＝0，物块在8～12s 内的加速度a 3＝F 3＋f m＝－3m/s 2，第12s 末的速度v 3＝a 3Δt 3＝－12m/s ，A 正确，B 错误；物块在0～6s 内、6～8s 内、8～12s |v 2＋v 32Δt 3|＝3∶1∶4，C 错误；根据动能定理得物块在0～6s 内、6～8s 内、8～12s 内受到的合外力做功大小之比为v21∶|v22－v21|∶|v23－v22|＝1∶1∶4，D正确．[答案]AD9、[解析]根据题中速度图象的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移大小与在MN 左边运动的位移大小不相等，选项A错误．根据题图乙所示速度图象可知，t＝2s时滑块越过分界线MN，选项B错误．根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝v02，在2～5s时间内，滑块加速度大小可表示为a2＝v03，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f＝ma2，联立解得：f∶F＝2∶5，选项C正确．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：W f＝f×(2.5v0)＝2.5f v0，电场力做的功可表示为：W F＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，选项D错误．[答案]C二、非选择题(每题14分，共28分)10、[解析]设A滑上斜坡后经过t0时间B再滑上斜坡，则有t0＝Lv0＝1s设A、B两物块沿斜坡上滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mg sinθ＋μmg cosθ＝ma1代入数据，解得a1＝8m/s2则A沿斜坡上滑的最大位移为x max＝0－v20－2a1＝16m上滑的时间为t1＝0－v0－a1＝2s滑到最高点后A开始沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有mg sinθ－μmg cosθ＝ma2代入数据，解得a2＝2m/s2此时B沿斜面上滑的时间为t B＝t1－t0＝1s，而后两者相向运动，设A下滑经过时间t2后与B相遇，故由位移关系有v0(t2＋t B)－12a1(t2＋t B)2＋12a2t22＝x max代入数据，解得t2＝23s(t2＝2s不合题意，舍去)则相遇时间t＝t1＋t2＝8 3 s.[答案]83s11、[解析](1)力F开始作用时，设A、B的加速度分别为a1、a2，对A：μ1m1g＝m1a1，a1＝4m/s2对B：F－μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，a2＝8m/s2，设力F作用的时间为t，对应此时A、B的速度为v A、v B则有12a2t2－12a1t2＝12L代入数据得，t＝2s，v A＝8m/s，v B＝16m/s此时B前进的距离为x B＝12a2t2＝16m.(2)撤去外力F后，对A有μ1m1g＝m1a3，a3＝4m/s2对B有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a4，a4＝12m/s2设A、B经过时间t1达到共同速度v1则有v A＋a3t1＝v B－a4t1解得：t1＝0.5s，v1＝10m/s此过程中B前进的距离为x1＝v2B－v212a4＝6.5mA、B共速后一起匀减速的加速度为a5μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a5，a5＝4m/s2此时B前进的距离为x2＝v212a5＝12.5m撤去F后B前进的总距离为x＝x1＋x2＝19m. [答案](1)2s16m(2)19m。

2020年高考物理二轮重点专题整合强化练专练七：功能关系在力学中的应用1、质量为m 的物体，自高为h 、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v .重力加速度为g .下列说法正确的是( )A.物体下滑过程的加速度大小为v 2sin θh B.物体下滑到底端时重力的功率为mgvC.物体下滑过程中重力做功为12mv 2D.物体下滑过程中摩擦力做功为12mv 2－mgh【答案】 D解析 由v 2＝2ah sin θ，得a ＝v 2sin θ2h，故A 错误；物体下滑到底端时重力功率P ＝mgv sin θ，故B 错误；重力做功W ＝mgh ，由于有摩擦力做功mgh ＋W ＝12mv 2.故C 错误，D 正确.2、如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点，O 、b 两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a 运动到b ，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】D解析 由几何关系可知，当环与O 点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从a 到C 的过程中弹簧对环做正功，而从C 到b 的过程中弹簧对环做负功，所以环的机械能是变化的.故A 、B 错误；当环与O 点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大.故C 错误；在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒.故D 正确.3、(多选)如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P 套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q 相连接，此段绳与斜面平行，Q 放在斜面上，P 与Q 质量相等且为m ，O 为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h .手握住P 且使P 和Q 均静止，此时连接P 的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P .不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g .关于P 描述正确的是( )A.释放P 前绳子拉力大小为mg cos θB.释放后P 做匀加速运动C.P 达O 点时速率为2gh (1－cos θ)D.P 从释放到第一次过O 点，绳子拉力对P 做功功率一直增大【答案】AC解析 释放P 前，对Q 分析，根据共点力平衡得，F T ＝mg cos θ，故A 正确；释放后对P 分析，知P 所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B 错误；当P 到O 点时，Q 的速度为零，对P 和Q 系统研究，mg (h cos θ－h )cos θ＝12mv 2，解得v ＝ 2gh (1－cos θ)，故C 正确；P 从释放到第一次过O 点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D 错误.4、(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a 所示)，以此时为t ＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1>v 2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( )A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θB.0～t 1内，传送带对物块做正功C.0～t 2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t 2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量【答案】 AC解析 在t 1～t 2内，物块向上运动，则有 μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故A 正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t 1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B 错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故C 正确；0～t 2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D 错误.5、(多选)如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m 的小球A 、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是( )A.下滑过程中重力对B 做功的功率先增大后减小B.当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC.下滑过程中B 的机械能增加D.整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR【答案】AD解析 因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A 正确；A 、B 小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B 到达轨道最低点时速度为v ，根据机械能守恒定律得： 12(m ＋m )v 2＝mgR ，解得：v ＝gR ，在最低点，根据牛顿第二定律得： F N －mg ＝m v 2R解得：F N ＝2mg ，故B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加量ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，所以机械能减小12mgR ，故C错误；整个过程中对A ，根据动能定理得：W ＝12mv 2＝12mgR ，故D 正确.6、如图所示，长1 m 的轻杆BO 一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15 N 的物体G ，另一端A 系于墙上，平衡时OA 恰好水平，现将细线A 端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15 N ，则该过程中物体G 增加的重力势能约为( )A.1.3 JB.3.2 JC.4.4 JD.6.2 J【答案】 A解析 轻杆在O 点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角.开始时，AO 绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A 点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15 N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为120° 那么杆与竖直方向的夹角是60°；设杆的长度是L .状态1时，AO 段绳子长度是L 1＝L sin 45°＝22L ， 滑轮O 点到B 点的竖直方向距离是h 1＝L cos 45°＝22L ， 状态2，杆与竖直方向夹角是60°，这时杆与AO 绳子夹角也是60°(∠AOB ＝60°)，即三角形AOB 是等边三角形.所以，这时AO 段绳子长度是L 2＝L ；滑轮到B 点的竖直距离是h 2＝L cos 60°＝12L ，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度是h ＝(h 2－h 1)＋(L 2－L 1)＝(12L －22L )＋(L －22L )＝(32－2)L . 重力势能的增加量E p ＝Gh ＝G ×(32－2)L ＝15 N×(32－2)×1 m≈1.3 J.7、(多选)如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g【答案】 AB解析 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12mv 2，解得v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，选项D 错误.8、如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m ＝4 kg 的小物块和质量M ＝2 kg 的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P ＝6 W 不变.从某时刻t ＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t ＝6 s 后可视为匀速运动，t ＝10 s 时物块离开木板.重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)平板与地面间的动摩擦因数μ； (2)平板长度L .【答案】(1)0.2 (2)2.416 m解析 (1)在前2 s 内，整体匀速，则有：F 1＝F f1， P ＝F 1v 1，F f1＝μ(M ＋m )g ， 代入数据，联立三式解得μ＝0.2.(2)6～10 s 内，小物块匀速运动，则有：F 2＝F f2， P ＝F 2v 2，2～10 s 的过程，由动能定理得，P Δt －F f2L ＝12mv 22－12mv 21， 联立各式代入数据解得L ＝2.416 m.9、倾斜雪道的长为25 m ，顶端高为15 m ，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图所示.一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v 0＝8 m/s 飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起.除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g ＝10 m/s 2).【答案】 74.84 m解析如图建立坐标系，斜面的方程为y ＝x tan θ＝34x ①运动员飞出后做平抛运动 x ＝v 0t ② y ＝12gt 2③ 联立①②③式，得飞行时间t ＝1.2 s落点的x 坐标x 1＝v 0t ＝9.6 m 落点离斜面顶端的距离s 1＝x 1cos θ＝12 m 落点距地面的高度h 1＝(L －s 1)sin θ＝7.8 m 接触斜面前的x 轴方向分速度v x ＝8 m/s y 轴方向分速度v y ＝gt ＝12 m/s沿斜面方向的速度大小为v ∥＝v x cos θ＋v y sin θ＝13.6 m/s 设运动员在水平雪道上运动的距离为s 2，由功能关系得 mgh 1＋12mv 2∥＝μmg cos θ(L －s 1)＋μmgs 2解得s 2＝74.84 m.10、风洞飞行表演是一种高科技的惊险的娱乐项目.如图所示，在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变.质量为m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的18，风洞内人体可上下移动的空间总高度AC ＝H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好使表演者在最高点A 点处于静止状态；后来，表演者从A 点开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B 点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，试求：(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大小； (2)AB 两点的高度差与BC 两点的高度差之比； (3)表演者从A 点到C 点减少的机械能.【答案】 (1)g 34g (2)3∶4 (3)mgH解析 (1)在A 点受力平衡时，则mg ＝k S2向上最大加速度为a 1，kS －mg ＝ma 1 得到a 1＝g向下最大加速度为a 2，mg －k S8＝ma 2得到a 2＝34g(2)设B 点的速度为v B 2a 1h AB ＝v 2B2a 2h BC ＝v 2B得到：h AB h BC ＝a 2a 1＝34或者由v －t 图象法得到结论. (3)整个过程的动能变化量为ΔE k ＝0整个过程的重力势能减少量为ΔE p ＝mgH 因此机械能的减少量为ΔE ＝mgH 或者利用克服摩擦力做功可也得到此结论.11、轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接.AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示.物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离； (2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围.【答案】 (1)6gl 22l (2)53m ≤M <52m解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律知，弹簧长度为l 时的弹性势能为 E p ＝5mgl ①设P 到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得 E p ＝12mv 2B ＋μmg (5l －l )②联立①②式，并代入题给数据得 v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足 mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝12mv 2D＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出.设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得 2l ＝12gt 2⑦P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s ＝22l ⑨(2)设P 的质量为M ，为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零.由①②式可知 5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有 12Mv B′2≤Mgl ⑪ E p ＝12Mv B ′2＋μMg ·4l ⑫联立①⑩⑪⑫式得53m≤M<52m.。