《廣州市2019年高中物理 力學競賽輔導資料 專題06 功和能（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《廣州市2019年高中物理 力學競賽輔導資料 專題06 功和能（含解析）（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題06 功和能 一、單項選擇題（每道題只有一個選項正確） 1、如圖5所示，長1 m的輕桿BO一端通過光滑鉸鏈鉸在豎直墻上，另一端裝一輕小光滑滑輪，繞過滑輪的細線一端懸掛重為15 N的物體G，另一端A系于墻上，平衡時OA恰好水平，現(xiàn)將細線A端滑著豎直墻向上緩慢移動一小段距離，同時調整輕桿與墻面夾角，系統(tǒng)重新平衡后輕桿受到的壓力恰好也為15 N，則該過程中物體G增加的重力勢能約為(　　) 圖5 A.1.3 J B.3.2 J C.4.4 J D.6.2 J 【答案】A 【解析】輕桿在O點處的作用力方向必沿桿，即桿會平分兩側繩子間的夾角. 開始時，AO繩子水平，此時桿與

2、豎直方向的夾角是45°；這時桿中的彈力大小等于滑輪兩側繩子拉力的合力.當將A點達到新的平衡，由于這時輕桿受到的壓力大小等于15 N(等于物體重力)，說明這時兩段繩子夾角為120° 那么桿與豎直方向的夾角是60°； 設桿的長度是L.狀態(tài)1時，AO段繩子長度是L1＝Lsin 45°＝L， 滑輪O點到B點的豎直方向距離是h1＝Lcos 45°＝L， 狀態(tài)2，桿與豎直方向夾角是60°，這時桿與AO繩子夾角也是60°(∠AOB＝60°)，即三角形AOB是等邊三角形.所以，這時AO段繩子長度是L2＝L； 滑輪到B點的豎直距離是h2＝Lcos 60°＝L，可見，后面狀態(tài)與原來狀態(tài)相比，物體的位置

3、提高的豎直高度是h＝(h2－h(huán)1)＋(L2－L1)＝(L－L)＋(L－L)＝(－)L. 重力勢能的增加量Ep＝Gh＝G×(－)L＝15 N×(－)×1 m≈1.3 J. 2、有一豎直放置的“T”形架，表面光滑，滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上，A、B用一不可伸長的輕細繩相連，A、B質量相等，且可看做質點，如圖8所示，開始時細繩水平伸直，A、B靜止.由靜止釋放B后，已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時，滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v，則連接A、B的繩長為(　　) 圖8 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】將A、B的速度分解為沿繩的方向和垂直于繩的方向，兩滑塊沿

4、繩方向的速度相等，有：vBcos 60°＝vAcos 30°，所以：vA＝v，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有：mgh＝mv＋mv，所以：h＝，繩長l＝2h＝. 3、如圖5所示，在某旅游景點的滑沙場有兩個坡度不同的滑道AB和AB′(都可看做斜面)，一名旅游者乘同一個滑沙橇從A點由靜止出發(fā)先后沿AB和AB′滑道滑下，最后停在水平沙面BC或B′C上.設滑沙者保持一定坐姿，滑沙橇和沙面間的動摩擦因數(shù)處處相同.下列說法中正確的是(　　) 圖5 A.到達B點的速率等于到達B′點的速率 B.到達B點時重力的功率大于到達B′時重力的功率 C.沿兩滑道滑行的時間一定相等 D.沿兩滑道滑行的總路程

5、一定相等 【答案】B 【解析】設滑道的傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ.滑沙者在由斜面滑到水平面的過程中，由動能定理，mgh－μmgcos θ·＝mv2－0，即得：mgh－＝mv2.由于AB′與水平面的夾角小于AB與水平面的夾角，所以得知滑沙者在B點的速率大于在B′點的速率.故A錯誤.由前面可知，滑沙者在B點的速率大于在B′點的速率，且B點的速度與重力的夾角小于在B′點的夾角，根據(jù)P＝Gvcos θ，故B正確；再對滑沙者滑行全過程用動能定理可知：mgh－μmgcos θ·－μmgs′＝0，得到：水平滑行位移s＝ ＋s′＝，與斜面的傾角無關，所以滑沙者在兩滑道上將停在離出發(fā)點水平位移相同的位置，由幾

6、何知識可知，沿兩滑道滑行的總路程不等.故D錯誤.由題意可知，到達B′的速度大小相同，從而根據(jù)路程不同，可以確定，沿兩滑道滑行的時間不等，故C錯誤. 4、如圖1所示，纜車在牽引索的牽引下沿固定的傾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略.在纜車向上運動的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.纜車克服重力做的功小于纜車增加的重力勢能 B.纜車增加的動能等于牽引力對纜車做的功和克服阻力做的功之和 C.纜車所受牽引力做的功等于纜車克服阻力和克服重力做的功之和 D.纜車增加的機械能等于纜車受到的牽引力與阻力做的功之和 【答案】D 【解析】根據(jù)重力做功與重力勢能的變化關系可知，纜車克服重

7、力做的功等于纜車增加的重力勢能.故A錯誤；由動能定理可知，牽引力對纜車做的功等于纜車增加的動能、增加的重力勢能與克服摩擦力所做的功之和，即：等于纜車增加的機械能與纜車克服摩擦力做的功之和，故B、C錯誤，D正確. 5、如圖2所示，用兩根金屬絲彎成一光滑半圓形軌道，豎直固定在地面上，其圓心為O、半徑為R.軌道正上方離地h處固定一水平長直光滑桿，桿與軌道在同一豎直平面內，桿上P點處固定一定滑輪，P點位于O點正上方.A、B是質量均為m的小環(huán)，A套在桿上，B套在軌道上，一條不可伸長的細繩繞過定滑輪連接兩環(huán).兩環(huán)均可看做質點，且不計滑輪大小與質量.現(xiàn)在A環(huán)上施加一個水平向右的恒力F，使B環(huán)從地面由靜止沿

8、軌道上升.則(　　) 圖2 A.力F所做的功等于系統(tǒng)動能的增加量 B.在B環(huán)上升過程中，A環(huán)動能的增加量等于B環(huán)機械能的減少量 C.當B環(huán)到達最高點時，其動能為零 D.當B環(huán)與A環(huán)動能相等時，sin ∠OPB＝ 【答案】D 【解析】力F做正功，系統(tǒng)的機械能增加，由功能關系可知，力F所做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量，不等于系統(tǒng)動能的增加量.故A錯誤；由于力F做正功，A、B組成的系統(tǒng)機械能增加，則A環(huán)動能的增加量大于B環(huán)機械能的減少量，故B錯誤；當B環(huán)到達最高點時，A環(huán)的速度為零，動能為零，但B環(huán)的速度不為零，動能不為零，故C錯誤；當PB線與圓軌道相切時，vB＝vA，根據(jù)數(shù)學知識有

9、sin ∠OPB＝，故D正確. 6、如圖1所示，在豎直面內固定一光滑的硬質桿ab，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端a處套一質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點，O、b兩點處在同一豎直線上.由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運動到b，在圓環(huán)運動的整個過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.圓環(huán)的機械能保持不變 B.彈簧對圓環(huán)一直做負功 C.彈簧的彈性勢能逐漸增大 D.圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 【答案】D 【解析】由幾何關系可知，當環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小.所以在環(huán)從a到

10、C的過程中彈簧對環(huán)做正功，而從C到b的過程中彈簧對環(huán)做負功，所以環(huán)的機械能是變化的.故A、B錯誤；當環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大.故C錯誤；在整個的過程中只有重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒.故D正確. 7、如圖4所示，把小車放在傾角為30°的光滑斜面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連，不計滑輪質量及摩擦，已知小車的質量為3m，小桶與沙子的總質量為m，小車從靜止釋放后，在小桶上升豎直高度為h的過程中(　　) 圖4 A.小桶處于失重狀態(tài) B.小桶的最大速度為 C.小車受繩的拉力等于

11、mg D.小車的最大動能為mgh 【答案】B 【解析】在整個的過程中，小桶向上做加速運動，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶處于超重狀態(tài).故A、C錯誤；在小桶上升豎直高度為h的過程中只有重力對小車和小桶做功，由動能定律得：3mg·h·sin 30°－mgh＝(3m＋m)v2 解得：v＝，故B正確；小車和小桶具有相等的最大速度，所以小車的最大動能為：Ekm＝·3mv2＝mgh，故D錯誤. 二、多項選擇題（每道題至少有二個選項正確） 8、如圖2所示，斜面與足夠長的水平橫桿均固定，斜面與豎直方向的夾角為θ，套筒P套在橫桿上，與繩子左端連接，繩子跨過不計大小的定滑輪，其右端與滑塊Q相連接，此

12、段繩與斜面平行，Q放在斜面上，P與Q質量相等且為m，O為橫桿上一點且在滑輪的正下方，滑輪距橫桿h.手握住P且使P和Q均靜止，此時連接P的繩與豎直方向夾角為θ，然后無初速度釋放P.不計繩子的質量和伸長及一切摩擦，重力加速度為g.關于P描述正確的是(　　) 圖2 A.釋放P前繩子拉力大小為mgcos θ B.釋放后P做勻加速運動 C.P達O點時速率為 D.P從釋放到第一次過O點，繩子拉力對P做功功率一直增大 【答案】AC 【解析】釋放P前，對Q分析，根據(jù)共點力平衡得，F(xiàn)T＝mgcos θ，故A正確；釋放后對P分析，知P所受的合力在變化，則加速度在變化，做變加速直線運動，故B錯誤；

13、當P到O點時，Q的速度為零，對P和Q系統(tǒng)研究，mg(－h(huán))cos θ＝mv2，解得v＝，故C正確；P從釋放到第一次過O點，速度逐漸增大，拉力在水平方向的分力在減小，則拉力的功率不是一直增大，故D錯誤. 9、如圖2所示，輕質彈簧的一端與內壁光滑的試管底部連接，另一端連接質量為m的小球，小球的直徑略小于試管的內徑，開始時試管水平放置，小球靜止，彈簧處于原長.若緩慢增大試管的傾角θ至試管豎直，彈簧始終在彈性限度內，在整個過程中，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.彈簧的彈性勢能一定逐漸增大 B.彈簧的彈性勢能可能先增大后減小 C.小球重力勢能一定逐漸增大 D.小球重力勢能可能先增大后

14、減小 【答案】AD 【解析】彈簧彈力逐漸增大，彈性勢能一定逐漸增大，選項A正確，B錯誤；以地面為勢能零點，傾角為θ時小球重力勢能Ep＝mg(l0－)sin θ，若sin θ＝<1，則在達到豎直位置之前，重力勢能有最大值，所以選項C錯誤，D正確. 10、如圖3所示，在粗糙水平面上有甲、乙兩木塊，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，質量均為m，中間用一原長為L、勁度系數(shù)為k的輕質彈簧連接起來，開始時兩木塊均靜止且彈簧無形變.現(xiàn)用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木塊乙，直到兩木塊第一次達到加速度相同時，下列說法正確的是(設木塊與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) 圖3 A.此時

15、甲的速度可能等于乙的速度 B.此時兩木塊之間的距離為L－ C.此階段水平恒力F做的功大于甲、乙兩木塊動能增加量與彈性勢能增加量的總和 D.此階段甲、乙兩木塊各自克服摩擦力所做的功相等 【答案】BC 【解析】現(xiàn)用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木塊乙，直到兩木塊第一次達到加速度相同時，在此過程中，乙的加速度減小，甲的加速度增大，所以此時甲的速度小于乙的速度，故A錯誤；對系統(tǒng)運用牛頓第二定律得：a＝，對甲分析，有：F彈－μmg＝ma，根據(jù)胡克定律得：x＝＝，則兩木塊的距離為：s＝L－x＝L－，故B正確；根據(jù)能量守恒得此階段水平力F做的功等于甲、乙兩木塊動能增加量與彈性勢能增加量和與水平

16、面摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故C正確；由于甲、乙兩木塊各自所受摩擦力大小相等，但位移不同，故甲、乙兩木塊各自所受摩擦力所做的功不相等，故D錯誤. 11、如圖4所示，一質量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點A處，B為軌道最高點，C、D為圓的水平直徑兩端點.輕質彈簧的一端固定在圓心O點，另一端與小球拴接，已知彈簧的勁度系數(shù)為k＝，原長為L ＝ 2R，彈簧始終處于彈性限度內，若給小球一水平初速度v0，已知重力加速度為g，則(　　) 圖4 A.無論v0多大，小球均不會離開圓軌道 B.若，小球就能做完整的圓周運動 D.只要小球能

17、做完整圓周運動，則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與v0無關 【答案】ACD 【解析】小球運動到最高點速度為零時假設沒有離開圓軌道，則此時彈簧的彈力F彈＝kΔx＝R＝mg，此時小球沒有離開圓軌道，故選項A正確，B錯誤；若小球到達最高點的速度恰為零，則根據(jù)動能定理mv＝mg·2R，解得v0＝，故只要v0>，小球就能做完整的圓周運動，選項C正確；在最低點時：FN1－mg－kΔx＝m，其中kΔx＝mg；從最低點到最高點，根據(jù)動能定理mv＝mv2＋mg·2R，在最高點：FN2＋mg－kΔx＝m，聯(lián)立解得：FN1－FN2＝6mg，故選項D正確；故選A、C、D. 12、如圖9所示，將質量為2m的重

18、物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d.桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點正下方距離為d處.現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是(　　) 圖9 A.環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝ B.環(huán)到達B處時，環(huán)與重物的速度大小相等 C.環(huán)從A到B，環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能 D.環(huán)能下降的最大高度為d 【答案】CD 【解析】根據(jù)幾何關系有，環(huán)從A下滑至B點時，重物上升的高度h＝d－d，故A錯誤；對B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有：vco

19、s 45°＝v重物，故B錯誤；環(huán)下滑過程中無摩擦力對系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)機械能守恒，即滿足環(huán)減小的機械能等于重物增加的機械能，故C正確；環(huán)下滑的最大高度為h1時環(huán)和重物的速度均為0，此時重物上升的最大高度為－d，根據(jù)機械能守恒有mgh1＝2mg(－d)，解得：h1＝d，故D正確.故選C、D. 13、蹦床類似于豎直放置的輕彈簧(彈力滿足F＝kx，彈性勢能滿足Ep＝kx2，x為床面下沉的距離，k為常量).質量為m的運動員靜止站在蹦床上時，床面下沉x0；蹦床比賽中，運動員經(jīng)過多次蹦跳，逐漸增加上升高度，測得某次運動員離開床面在空中的最長時間為Δt.運動員可視為質點，空氣阻力忽略不計，重力加速度為g.則

20、可求(　　) A.常量k＝ B.運動員上升的最大高度h＝g(Δt)2 C.床面壓縮的最大深度x＝x0＋ D.整個比賽過程中運動員增加的機械能ΔE＝mg2(Δt)2 【答案】AC 【解析】質量為m的運動員靜止站在蹦床上時，床面下沉x0，故有mg＝kx0，解得k＝，A正確；離開床面后做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性可得運動員上升的時間為t＝Δt，故上升的最大高度為h＝gt2＝g(Δt)2，B錯誤；離開床面時的速度為v＝，從壓縮最深處到運動員剛離開床面過程中有kx2－mgx＝mv2，聯(lián)立v＝，mg＝kx0，解得x＝x0＋，C正確；以床面為零勢能面，則剛開始時，人的機械能為E1＝－mgx0，到

21、最高點時人的機械能為E2＝mgh＝mg2(Δt)2，故運動員的機械能增量為ΔE＝mg2(Δt)2＋mgx0，D錯誤. 14、如圖6甲所示，以斜面底端為重力勢能零勢能面，一物體在平行于斜面的拉力作用下，由靜止開始沿光滑斜面向下運動.運動過程中物體的機械能與物體位移關系的圖象(E－x圖象)如圖乙所示，其中0～x1過程的圖線為曲線，x1～x2過程的圖線為直線.根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.0～x1過程中物體所受拉力始終沿斜面向下 B.0～x1過程中物體所受拉力先變小后變大 C.x1～x2過程中物體可能在做勻速直線運動 D.x1～x2過程中物體可能在做勻減速直線運動

22、 【答案】BCD 【解析】機械能與物體位移關系的圖象的斜率表示拉力，可知0～x1過程中物體所受拉力先變小后變大，A錯誤，B正確；x1～x2過程中拉力沿斜面向上恒定，物體可能勻速直線運動也可能勻減速直線運動，C、D正確. 15、如圖7所示，一質量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出，已知運動過程中受到恒定阻力Ff＝kmg作用(k為常數(shù)且滿足0

23、地時的動能Ek＝ D.在h1處，小球的動能和勢能相等，且h1＝ 【答案】ABD 【解析】對于小球上升過程，根據(jù)動能定理可得：0－Ek0＝－(mg＋Ff)h0，又Ff＝kmg，得上升的最大高度h0＝，則最大的勢能為 E1＝mgh0＝，故A、B正確.下落過程，由動能定理得：Ek＝(mg－Ff)h0，又Ff＝kmg，解得落地時的動能 Ek＝，故C錯誤.h1高度時重力勢能和動能相等，由動能定理得：Ek1－Ek0＝－(mg＋Ff)h1，又 mgh1＝Ek1，解得h1＝.故D正確. 16、一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，以一定的速度勻速運動.某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如

24、圖3a所示)，以此時為t＝0時刻記錄了物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關系.如圖b所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，其中兩坐標大小v1>v2).已知傳送帶的速度保持不變.則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A.若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則μ>tan θ B.0～t1內，傳送帶對物塊做正功 C.0～t2內，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大 D.0～t2內，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的減少量 【答案】AC　 【解析】在t1～t2內，物塊向上運動，則有 μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故A正確；由題意知，物塊先向下運動后向上運動，

25、則知傳送帶的運動方向應向上.0～t1內，物塊所受摩擦力沿斜面向上，則傳送帶對物塊做負功，故B錯誤；物塊的重力勢能減小，動能也減小都轉化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內能，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能的變化量大小.故C正確；0～t2內，傳送帶對物塊做功等于物塊機械能的變化量，故D錯誤. 17、如圖4所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高.它們由靜止釋放，最終在水平面上運動.下列說法正確的是(　　) 圖4 A.下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小 B.當B滑到圓軌道最低點時，軌道對B的支

26、持力大小為3mg C.下滑過程中B的機械能增加 D.整個過程中輕桿對A做的功為mgR 【答案】AD 【解析】因為初位置速度為零，則重力的功率為0，最低點速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小.故A正確；A、B小球組成的系統(tǒng)，在運動過程中，機械能守恒，設B到達軌道最低點時速度為v，根據(jù)機械能守恒定律得： (m＋m)v2＝mgR，解得：v＝，在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得： FN－mg＝m 解得：FN＝2mg，故B錯誤；下滑過程中，B的重力勢能減小ΔEp＝mgR，動能增加量ΔEk＝mv2＝mgR，所以機械能減小mgR，故C錯誤；整個過程中對A，根據(jù)動能定理得

27、：W＝mv2＝mgR，故D正確. 三、計算題 18、風洞飛行表演是一種高科技的驚險的娛樂項目.如圖9所示，在某次表演中，假設風洞內向上的總風量和風速保持不變.質量為m的表演者通過調整身姿，可改變所受的向上的風力大小，以獲得不同的運動效果.假設人體受風力大小與正對面積成正比，已知水平橫躺時受風力面積最大，且人體站立時受風力面積為水平橫躺時受風力面積的，風洞內人體可上下移動的空間總高度AC＝H.開始時，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時，受風力有效面積是最大值的一半，恰好使表演者在最高點A點處于靜止狀態(tài)；后來，表演者從A點開始，先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處B點后，再以向上的最大加速度

28、勻減速下落，剛好能在最低點C處減速為零，試求： 圖9 (1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大?。? (2)AB兩點的高度差與BC兩點的高度差之比； (3)表演者從A點到C點減少的機械能. 【答案】(1)g　g　(2)3∶4　(3)mgH 【解析】(1)在A點受力平衡時，則mg＝k 向上最大加速度為a1，kS－mg＝ma1 得到a1＝g 向下最大加速度為a2，mg－k＝ma2 得到a2＝g (2)設B點的速度為vB 2a1hAB＝v 2a2hBC＝v 得到：＝＝ 或者由v－t圖象法得到結論. (3)整個過程的動能變化量為ΔEk＝0 整個過程的重力

29、勢能減少量為ΔEp＝mgH 因此機械能的減少量為ΔE＝mgH 或者利用克服摩擦力做功可也得到此結論. 19、如圖1所示，勁度系數(shù)k＝25 N/m輕質彈簧的一端與豎直板P拴接(豎直板P固定在木板B的左端)，另一端與質量mA＝1 kg的物體A相連，P和B的總質量為MB＝4 kg且B足夠長.A靜止在木板B上，A右端連一細線繞過光滑定滑輪與質量mC＝1 kg的物體C相連.木板B的上表面光滑，下表面與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.開始時用手托住C，讓細線恰好伸直但沒拉力，然后由靜止釋放C，直到B開始運動.已知彈簧伸長量為x時其彈性勢能為kx2，全過程物體C沒有觸地，彈簧在彈性限度內，g取10 m/s

30、2.求： 圖1 (1)釋放C的瞬間A的加速度大??； (2)釋放C后A的最大速度大?。? (3)若C的質量變?yōu)閙C′＝3 kg，則B剛開始運動時，拉力對物體A做功的功率. 【答案】(1)5 m/s2　(2) m/s　(3)45 W 【解析】(1)對物體C：mCg－FT＝mCa 對物體A：FT＝mAa 所以a＝＝5 m/s2 (2)水平面對B的摩擦力Ff＝μFN＝μ(mA＋MB)g＝20 N，釋放C后B不會運動. 所以，當A的加速度為0時其速度最大，有kx＝mCg，x＝0.4 m 對物體A、C用動能定理mCgx＋W＝ W＝Fl＝－·x＝－ vm＝ ＝ m/s (3)設

31、B剛開始運動時彈簧伸長量為x1，彈力F＝kx1，當F＝Ff時木板B開始運動， 則kx1＝μ(mA＋MB)g，x1＝0.8 m 彈簧彈力對物體A所做的功W1＝－，若B剛開始運動時A的速度為v， 對物體A、C用動能定理mC′gx1＋W1＝ v＝ ＝2 m/s 設B剛要運動時細線的拉力為FT1 對物體C：mC′g－FT1＝mC′a′ 對物體A：FT1－kx1＝mAa′，F(xiàn)T1＝＝22.5 N 功率P＝FT1v＝45 W. 20、為研究物體的運動，在光滑的水平桌面上建立如圖2所示的坐標系xOy，O、A、B是水平桌面內的三個點，OB沿x軸正方向，∠BOA＝60°，OB＝OA.第一次將一

32、質量為m的滑塊以一定的初動能從O點沿y軸正方向滑出，并同時施加沿x軸正方向的恒力F1，滑塊恰好通過A點.第二次，在恒力F1仍存在的情況下，再在滑塊上施加一個恒力F2，讓滑塊從O點以同樣的初動能沿某一方向滑出，恰好也能通過A點，到達A點時動能為初動能的3倍；第三次，在上述兩個恒力F1和F2的同時作用下，仍從O點以同樣初動能沿另一個方向滑出，恰好通過B點，且到達B點時的動能是初動能的6倍.求： 圖2 (1)第一次運動經(jīng)過A點時的動能與初動能的比值； (2)兩個恒力F1、F2的大小之比是多少？并求出F2的方向與x軸正方向所成的夾角. 【答案】(1)　(2)2　30° 【解析】(1)設滑

33、塊的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝，只有恒力F1，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有：dsin 60°＝v0t① ax＝② dcos 60°＝axt2③ 又有Ek0＝mv④ 由①②③④式得Ek0＝F1d⑤ 設滑塊到達A點時的動能為EkA，則 EkA＝Ek0＋⑥ 由⑤⑥式得＝ (2)加了恒力F2后，滑塊從O點分別到A點和B點，由功能關系及⑤式得 WF2＝3Ek0－Ek0－＝Ek0⑦ WF2′＝6Ek0－Ek0－＝Ek0⑧ 由恒力做功的特點，可在OB上找到一點M，從O到M點F2做功與A點做功相同，M與O點的距離為x

34、，如圖，則有＝⑨ 解得x＝d⑩ 則據(jù)恒力做功特點，F(xiàn)2的方向必沿AM的中垂線，設F2與x軸正方向的夾角為α，由幾何關系可得α＝30°，＝2. 21、光滑圓軌道和兩傾斜直軌道組成如圖3所示裝置，其中直軌道bc粗糙，直軌道cd光滑，兩軌道相接處為一很小的圓弧.質量為m＝0.1 kg的滑塊(可視為質點)在圓軌道上做圓周運動到達軌道最高點a時的速度大小為v＝4 m/s，當滑塊運動到圓軌道與直軌道bc的相切處b時，脫離圓軌道開始沿傾斜直軌道bc滑行，到達軌道cd上的d點時速度為零.若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計，已知圓軌道的半徑為R＝0.25 m，直軌道bc的傾角θ＝37°，其長度為

35、L＝26.25 m，d點與水平地面間的高度差為h＝0.2 m，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖3 (1)滑塊與直軌道bc間的動摩擦因數(shù)； (2)滑塊在直軌道bc上運動的時間. 【答案】(1)0.8　(2)7.66 s 【解析】(1)從a點到d點全過程應用動能定理 mg(R＋Rcos θ＋Lsin θ－h(huán))－μmgcos θ·L＝0－ 解得μ＝0.8 (2)設滑塊在bc上向下滑動的加速度為a1，時間為t1，向上滑動的加速度為a2，時間為t2，在c點時的速度vc，由c到d有＝mgh，得vc＝2 m/s a點到b點的過程中

36、，有mgR(1＋cos θ)＝－ 解得vb＝5 m/s 在軌道bc上 下滑時L＝ t1＝7.5 s 上滑時mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得a2＝12.4 m/s2 由于0＝vc－a2t2 t2＝≈0.16 s 由于μ>tan θ，滑塊在軌道bc上停止后不再下滑. 滑塊在直軌道bc上運動的總時間為t＝t1＋t2＝7.66 s. 22、水上滑梯可簡化成如圖4所示的模型：傾角θ＝37°的斜滑道AB和光滑圓弧滑道BC在B點相切連接，圓弧末端C點切線水平，C點到水面的高度h＝2 m，頂點A距水面的高度H＝12 m，點A、B的高度差HAB＝9 m，一質量m＝50

37、kg的人從滑道起點A點無初速度滑下，人與滑道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.(取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，人在運動過程中可視為質點) 圖4 (1)求人從A點滑到C點的過程克服摩擦力所做的功； (2)求人在圓弧滑道末端C點時對滑道的壓力大??； (3)現(xiàn)沿BA方向移動圓弧滑道，調節(jié)圓弧滑道與斜滑道AB相切的位置，使人從滑梯平拋到水面的水平位移最大，求圓弧滑道與AB滑道的相切點B′到A點的距離. 【答案】(1)1 500 J　(2)1 900 N　(3)7.9 m 【解析】(1)人在AB滑道下滑過程中，由受力分析可知 Ff＝μmg

38、cos θ Wf＝－FfsAB sAB＝ 解得：Wf＝－1 500 J BC段光滑，所以人從A點滑到C點的過程中克服摩擦力所做的功為1 500 J. (2)由幾何關系可知：BC段圓弧所對的圓心角θ＝37°，A、C兩點的高度差HAC＝10 m，B、C兩點的高度差HBC＝1 m 則：FN－mg＝ HBC＝R(1－cos θ) mgHAC＋Wf＝mv 解得：FN＝1 900 N 由牛頓第三定律可知，人在圓弧滑道末端C點時對滑道的壓力大小為1 900 N. (3)設B′點到A點的距離為s，則A點與圓弧滑道末端的高度差為hAC＝ssin θ＋HBC，圓弧滑道末端與水面的距離為H－h(huán)

39、AC 由功能關系和平拋運動的規(guī)律有 mghAC－μmgscos θ＝mv2 H－h(huán)AC＝gt2 x＝vt 解得：x＝ 由一元二次方程的性質可知：當s＝－時，平拋的水平位移x有最大值 解得：s＝ m≈7.9 m. 23、如圖8所示，質量m＝0.1 kg的小球(可視為質點)，用長度l＝0.2 m的輕質細線懸于天花板的O點.足夠長的木板AB傾斜放置，頂端A位于O點正下方，與O點的高度差h＝0.4 m.木板與水平面間的夾角θ＝37°，整個裝置在同一豎直面內.現(xiàn)將小球移到與O點等高的P點(細線拉直)，由靜止釋放，小球運動到最低點Q時細線恰好被拉斷(取g＝10 m/s2，sin 37

40、°＝0.6，cos 37°＝0.8).求： 圖8 (1)細線所能承受的最大拉力F； (2)小球在木板上的落點到木板頂端A的距離s； (3)小球與木板接觸前瞬間的速度大小. 【答案】(1)3 N　(2)1 m　(3)2 m/s 【解析】(1)設細線拉斷時小球的速度大小為v0，由機械能守恒定律得：mv＝mgl 解得：v0＝ 在Q點，由牛頓第二定律得 F－mg＝m 解得 F＝3mg＝3 N (2)設小球在木板上的落點到木板頂端A的距離為s，由平拋運動的規(guī)律得：h－l＋s·sin θ＝gt2； scos θ＝v0t，聯(lián)立以上各式得：s＝1 m (3)設小物塊與木板接觸前瞬間的速度大小為v，由機械能守恒定律得： mv2＝mg(h＋s·sin θ)，聯(lián)立以上各式得：v＝2 m/s. 19