《2020新亮剑高考物理总复习讲义：第五单元 机械能 课时4 .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020新亮剑高考物理总复习讲义：第五单元 机械能 课时4 .docx（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第五单元机械能课时4功能关系能量守恒定律见自学听讲P861.能量守恒定律 2.常见功能关系 不同的力做功对应不同形式能的变化定量的关系合力的功动能的变化合力对物体做的总功等于物体动能的增量:W外=Ek(动能定理)重力的功重力势能的变化重力做正功,重力势能减少;重力做负功,重力势能增加:WG=-Ep弹簧弹力的功弹性势能的变化弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能增加:WF=-Ep除重力和弹簧弹力之外的力做的功机械能的变化除重力和弹力之外的力做的功,如果为正功,机械能增加;如果为负功,机械能减少:W其他=E一对滑动摩擦力的总功内能的变化作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功,系统内能增加:W
2、f=-E内电场力的功电势能的变化电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加:W电=-Ep1.(2018吉林通化阶段测验)会荡秋千的人不用别人推就能越摆越高。要使秋千越摆越高,以下做法合理的是()。A.从高处摆下来的时候身体迅速下蹲,而从最低点向上摆起时,身体迅速直立起来B.从高处摆下来的时候身体要保持直立,而从最低点向上摆起时,身体迅速下蹲C.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起,身体都要保持下蹲D.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起,身体都要保持直立答案A2.(2018黑龙江大庆10月段考)(多选)如图所示,置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁接触,斜面光滑且
3、固定于水平地面上,一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接,另一端与A相连。现用外力推A使弹簧处于压缩状态,然后由静止释放,则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中()。A.弹簧的弹性势能一直减小直至为零B.A对B做的功等于B机械能的增加量C.弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量D.A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A动能的增加量答案BC3.(2018贵州铜仁五校联考)如图所示,足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。将一个物体轻轻放在传送带底端,第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度;第二阶段与传送带相对静止,物体做匀速运动到达传送带顶端。下列说法中正确的是()。A.第一阶段摩擦力
4、对物体做正功,第二阶段摩擦力对物体不做功B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C.第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦生热答案C1.(2018全国卷,18)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为()。A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR解析设小球运
5、动到c点的速度大小为vc,则对小球由a到c的过程,由动能定理得F3R-mgR=12mvc2,又F=mg,解得vc=2gR,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间t=vcg=2Rg,小球在水平方向的加速度a=g,在水平方向的位移x=12at2=2R。由以上分析可知,小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移大小为5R,则小球机械能的增加量E=F5R=5mgR,C项正确。答案C2.(2018江苏卷
6、,7)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块()。A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析由A点开始运动时,F弹Ff,合力向右,小物块向右加速运动,弹簧压缩量逐渐减小,F弹减小,由F弹-Ff=ma知,a减小;当运动到F弹=Ff时,a减小为零,此时弹簧仍处于压缩状态,由于惯性,小物块继续向右运动,此后F弹vB,D项正确。答案BD(1)运用功能关系解题时,应弄清楚重力做什么功,合力做什
7、么功,除重力、弹力外的力做什么功,从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化。(2)做物理问题应该先弄清楚研究对象的运动过程,根据运动性质利用物理规律解决问题。物体沿一条直线运动,通常合力为零是物体取得最大速度的条件。二摩擦力做功与能量转化的关系两种摩擦力做功的比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移,没有能量的转化既有能量的转移,又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值,总功W=-Ffl相对,即摩擦时产生的热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功,还可以不做功静摩擦力做正功时,它的反作用力
8、一定做负功滑动摩擦力做负功时,它的反作用力可能做正功,可能做负功,还可能不做功;但滑动摩擦力做正功或不做功时,它的反作用力一定做负功例2(多选)如图甲、乙所示,两传送带与水平面的夹角相同,在电动机的带动下都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v;在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v,已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中()。A.小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B.两传送带对小物体做功相等C.两传送带消耗的电能相等D.两种情况下因摩擦产生的热量相等解析根据公式v2=2ax
9、,可知物体加速度关系a甲a乙,再由牛顿第二定律mgcos -mgsin =ma,得知甲Q乙,故D项错误;根据能量守恒定律可知,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物块增加的机械能之和,因物块两次从A到B增加的机械能相同,又Q甲Q乙,所以将小物体传送到B处,甲传送带消耗的电能更多,故C项错误。答案AB(1)解答本类问题的关键是明确物体与传送带速度相同后,仍然可能发生相对滑动。物体在传送带上发生相对运动时,物体受到的摩擦力可能发生突变,物体和传送带速度相同是临界点,物体和水平传送带达到共同速度时,二者一起运动,物体和倾斜传送带达到共同速度时,可能一起运动也可能相对滑动,需要根据动摩擦因数及倾
10、角判断。(2)传送带在输送物体过程中,系统克服摩擦力产生的内能等于滑动摩擦力与相对路程的乘积;电动机多消耗的电能等于物体增大的机械能与摩擦产生的热量之和。三能量守恒定律的应用1.某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量和增加量一定相等。2.某个物体的能量增加,一定存在其他物体的能量减少,且减少量和增加量一定相等。例3如图所示,静止在光滑水平面上的长木板B,质量M=2 kg,长l1=4.5 m,与B等高的固定平台CD长l2=3 m,平台右侧有一竖直放置且半径R=1 m的光滑半圆轨道DEF。质量m=1 kg的小滑块A以初速度v0=6 m/s从B的左端水平滑上B,随后A、B向右运动,
11、长木板B与平台CD碰撞前的瞬间,小滑块A的速度大小vA=4 m/s,此时A、B还未达到共同速度。设长木板B与平台碰撞后立即被锁定,小滑块A可视为质点,小滑块A与长木板B之间的动摩擦因数1=0.2,小滑块A与平台CD之间的动摩擦因数2=0.1,x=0.5 m,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)长木板B与平台碰撞前的瞬间,B的速度大小。(2)小滑块A最终停在离木板B左端多远处。解析(1)设B与平台碰撞前瞬间速度大小为vB,由动能定理有1mgx=12MvB2解得vB=1 m/s。(2)B与平台碰撞前A相对B发生的位移为x,根据能量守恒定律有1mgx=12mv02-12mvA2-12MvB2解得
12、x=4.5 m即B与平台碰撞时,A恰好到达平台左端设A在半圆形轨道上能到达的最大高度为h,则由动能定理有-mgh-2mgl2=0-12mvA2解得h=0.5 mR,故A到达最高点后沿半圆形轨道返回设A向左到达C点时速度为vC,有mgh-2mgl2=12mvC2解得vC=2 m/s设A过C之后在B上运动的距离为l,有-1mgl=0-12mvC2解得l=1 m,即A最终停在离B木板左端l1-l=3.5 m处。答案(1)1 m/s(2)3.5 m绳索、链条功能关系问题 绳索、链条在考查过程中常发生形变,其重心位置对物体来说并不是固定不变的,正确确定重心的位置,是解决绳索、链条类问题的关键,一般情况下
13、常分段考虑各部分的重力势能,并用各部分重力势能之和作为系统总的重力势能,至于参考平面,可任意选取,但以系统初、末状态重力势能便于表示为宜。例4如图所示,有一条长为L的均匀金属链条,一半长度在光滑斜面上,斜面倾角为,另一半长度沿竖直方向垂在空中,斜面顶端有一光滑通道使链条通过时速度方向改变,大小不变。当链条从静止开始释放后滑动,求链条刚好从右侧全部滑出斜面时的速度大小。(重力加速度为g)解析设斜面的最高点为零势能点,链条的总质量为m,开始时左半部分的重力势能Ep1=-m2gL4sin =-18mgLsin 右半部分的重力势能Ep2=-m2gL4=-18mgL当链条刚好全部滑出斜面时,重力势能Ep
14、=-mgL2,动能Ek=12mv2由机械能守恒定律得Ep1+Ep2=Ep+Ek解得v=gL(3-sin)2。答案gL(3-sin)2(1)挖掘隐含条件:释放后的链条,竖直方向上的一半向下运动,放在斜面上的一半沿斜面向上运动,由于竖直部分越来越多,所以链条做的是变加速运动,不能用匀变速直线运动的公式求解。(2)注重思路分析:因为斜面光滑,所以机械能守恒,链条得到的动能应是由重力势能转化来的,重力势能的变化可以用重心的位置确定,要注意释放时的重力势能可分左、右两段考虑,然后再求和。涉及弹簧的能量问题的解题方法 1.由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,具有以下特点:(1)能量变
15、化上,如果只有重力和系统内弹簧弹力做功,系统机械能守恒。(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零,则当弹簧伸长或压缩到最大限度时两物体速度相同。(3)当弹簧为自然状态时,系统内某一端的物体具有最大速度。2.解决弹簧中能量问题的三大法宝(1)弹簧处于原长时弹性势能为零,长度不变、形变量相同,则弹性势能相同。(2)弹簧的伸长量和压缩量相同,则弹簧的弹性势能相同,由伸长(压缩)量x0变化到压缩(伸长)量x0的过程中弹性势能的变化量为零。(3)两种情形中,弹簧的初态和末态的长度都相同,则弹性势能的变化量相同。因为高考对弹性势能公式Ep=12kx2不作要求,所以高考以弹性势能的变化量等效替换为考
16、查模式。例5如图所示,固定斜面的倾角=30,物体A与斜面之间的动摩擦因数=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和B,滑轮右侧绳子与斜面平行,A的质量为2m=4 kg,B的质量m=2 kg,初始时物体A到C点的距离L=1 m,现给A、B一初速度v0=3 m/s,使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点。已知重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,整个过程中轻绳始终处于伸直状态。求在此过程中:(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。(3)弹簧中的最大弹性势能
17、。解析(1)在物体A向下运动刚到C点的过程中,对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得2mgcos L=123mv02-123mv2+2mgLsin -mgL解得v=2 m/s。(2)对A、B组成的系统分析,在物体A将弹簧压缩到最大压缩量,又返回到C点的过程中,系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量,即123mv2-0=2mgcos 2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x=0.4 m。(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得123mv2+2mgxsin -mgx=2mgcos x+Epm解得Epm=6 J。答案(1)2 m/s(2)0.4 m(3)6 J见高效训练P531.(2018云南普
18、洱阶段考试)2018年6月1日,云南西双版纳上空的陨石雨散落在勐海县勐遮镇。假设一块陨石从外太空飞向地球简化为三个阶段(如图),第一个阶段:从外太空到A点刚好进入大气层;第二个阶段:从A点到B点由于受地球引力和大气层空气阻力的作用,轨道半径渐渐变小;第三个阶段:在离地面较近时,陨石加速坠落,若不计陨石的质量变化,在离地面较近时,陨石加速坠落的加速度大小为0.8g,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是()。A.第一个阶段陨石正减速飞向A处B.第二个阶段陨石绕地球运转时速度渐渐变小C.第三个阶段若坠落的高度为h,陨石的机械能减少了0.8mgh D.第三个阶段若坠落的高度为h, 陨石的动能增加了0
19、.8mgh 解析陨石飞向A处时,引力做正功,加速飞向A处,在进入大气层的过程中,万有引力大于阻力,合力做正功,动能增加,速度增加,故A、B两项错误。根据牛顿第二定律,有mg-f=ma,解得f=0.2mgh,则陨石克服阻力做功为0.2mgh,故机械能减少0.2mgh,陨石的内能增加0.2mgh,C项错误。合力做功等于动能的变化,故陨石的动能增加了0.8 mgh,D项正确。答案D2.(2018贵州安顺质量调研)如图所示,楔形木块ABC固定在水平面上,斜面AB、BC与水平面的夹角分别为53、37。质量分别为2m、m的两滑块P、Q,通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接,轻绳与斜面平行。已知滑块P与AB
20、间的动摩擦因数为13,其他摩擦不计,重力加速度为g,sin 53=0.8,sin 37=0.6 ,滑块运动的过程中()。A.Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功B.Q机械能的增加量等于P机械能的减少量C.P机械能的减少量等于系统因摩擦产生的热量D.两滑块运动的加速度大小为g5解析在两滑块运动的过程中,Q沿斜面上升,轻绳的拉力和重力都对Q做功,由动能定理知Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功与重力做功的代数和,A项错误;由于P下滑过程中要产生内能,所以Q机械能的增加量与系统因摩擦产生的内能之和等于P机械能的减少量,B、C两项错误;根据牛顿第二定律得,对Q有T-mgsin 37=ma,对P有2mgsin
21、53-T-2mgcos 53=2ma,联立解得a=15g,D项正确。答案D3.(2018江苏淮安模拟考试)如图所示,足够长的绷紧的水平传送带由电动机带动,并始终保持v=2 m/s的速度匀速运动,现将质量m=0.5 kg的某物体由静止释放在传送带上的右端,过一会儿物体能保持与传送带相对静止,设物体与传送带间的动摩擦因数=0.4,重力加速度取g=10 m/s2, 对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程中,下列说法正确的是()。A.物体受到的摩擦力对它做的功为0.5 JB.带动传送带的电动机增加的功率为4 WC.水平传送带克服摩擦力做的功为1 JD.带动传送带的电动机多做的功为4 J解析对物体受
22、力分析,仅有摩擦力对物体做功,由动能定理知Wf=12mv2=1 J,A项错误;由功率公式易知电动机增加的功率P=Ffv=mgv=4 W,B项正确;传送带克服摩擦力做的功等于物体动能的增量与摩擦力对物体所做功之和,即W=12mv2+Wf=2 J,C项错误;电动机多消耗的电能转变成内能和物体的动能,电动机多做的功W机=12mv2+fx,设物体匀加速运动的时间为t,则物体与传送带相对位移大小x=vt-12vt=12vt,而v=at,a=g,联立解得W机=2 J,D项错误。答案B4.(2018安徽安庆质量调研)如图所示,光滑水平地面上放置光滑的四分之一圆弧面体b,圆弧面上有一小物块a从顶端由静止下滑。
23、关于物块下滑过程,下列说法中正确的是()。A.物块的重力势能的减少量等于其动能的增加量B.物块经圆弧最低点时受到的支持力大小等于其重力的3倍C.弧面体对物块的支持力做正功D.弧面体对物块的支持力做功与物块对斜面的压力做功的总和为零解析由于b置于光滑水平地面上,在a下滑的过程中,b要后退,所以a对b做正功,物块的重力势能的减少量等于b和a的动能的增加量,A项错误;当b固定时,在a下滑的过程中,a的机械能守恒,所以有magR=12mav2,根据向心力的公式可得F-mag=mav2R,得F=3mag,但是由于b是运动的,故在最低点时受到的支持力大小不再等于其重力的3倍,B项错误;由A项的分析可知a对
24、b做正功,所以弧面体对物块的支持力做负功,C项错误;由于各个接触面都是光滑的,系统的总能量守恒,a对b做的正功的大小与b对物块a做的负功大小相等,D项正确。答案D5.(2018湖南长沙摸底测验)(多选)在奥运比赛项目中,高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设水对他的阻力大小恒为F,那么在水中他减速下降高度为h的过程中,下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()。A.他的动能减少了FhB.他的重力势能减少了mghC.他的机械能减少了(F-mg)hD.他的机械能减少了Fh解析在运动员减速下降高度为h的过程中,运动员受重力和阻力,由动能定理得(mg-
25、F)h=Ek,运动员动能减少(F-mg)h,A项错误。根据重力做功与重力势能变化的关系得WG=-Ep=mgh,他的重力势能减少了mgh,故B项正确。除重力和弹簧弹力之外的力做的功等于机械能的变化,得出W外=E,运动员除了重力还有阻力做功,即他的机械能减少了Fh,故C项错误,D项正确。答案BD6.(2018湖南衡阳11月月考)(多选)如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,A右端接一细线,细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是()。A.物体B的
26、机械能一直增大B.物体B的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C.物体B机械能的减少量大于弹簧的弹性势能的增加量D.细线拉力对物体A做的功等于弹簧弹性势能的增加量解析从开始到B速度达到最大的过程中,绳子的拉力对B一直做负功,所以B的机械能一直减少,A项错误;对于物体B,只有重力与细线拉力做功,根据动能定理可知,B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和,故B项正确;整个系统中,根据功能关系可知,B减少的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能,故物体B机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,C项正确;根据功能关系可知,系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功,细线拉力对
27、A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量,D项错误。答案BC7.(2018山东泰安摸底考试)(多选)如图甲所示,足够长的固定光滑细杆与地面成一定夹角,在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力F,使环由静止开始运动,已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律分别如图乙、丙所示,重力加速度g取 10 m/s2。则下列判断正确的是()。A.小环的质量是1 kgB.细杆与地面间夹角的正弦值为12C.前3 s内拉力F的最大功率是2.5 WD.前3 s内小环机械能的增加量是6.25 J解析在第1 s内拉力F1=5 N,加速度a1=0.5 m/s2,在第2 s和第3 s内拉力F2=4.5 N
28、,加速度a2=0,设夹角为,根据牛顿第二定律,有F1-mgsin =ma1,F2-mgsin =ma2,可得m=1 kg,sin = 0.45,A项正确,B项错误;前3 s内拉力F的最大功率Pm=F1vm=2.5 W,C项正确;前3 s内小环的机械能的增加量等于拉力F做的功,即E=F1x1+F2x2=5.75 J,D项错误。答案AC8.(2018江苏徐州质量检测)(多选)某厂的简易自动卸货设计模型如图所示。小车在轨道顶端时由机械装置上货,然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑,并压缩弹簧。当弹簧被压缩至最短时,立即锁定并由自动机械将货物卸下。卸完货物后随即解锁,小车恰好被弹回到轨道顶端,此
29、后重复上述过程。则下列说法中正确的是()。A.小车上滑时间小于小车的下滑时间B.小车每次运载货物的质量可以是任意质量C.小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功等于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D.小车与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能,另一部分克服阻力做功转化为内能解析由受力分析可知小车上滑时减速的加速度大于下滑时加速的加速度,发生相同的位移,加速度越大用时越短,故上滑用时较短,A项正确;小车每次下滑,系统减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能,必须保证每次弹簧的压缩量相同,则每次运载货物的质量是一个定值,B项错误;小车上滑时受到的摩擦力小于下滑时受到的摩擦
30、力,则小车在上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于在下滑过程中克服摩擦阻力做的功,C项错误;小车与货物从顶端滑到最低点的过程中,动能变化为零,减少的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能,另一部分克服阻力做功转化为内能,D项正确。答案AD9.(2018云南大理五校联考)(多选)如图所示,绷紧的传送带与水平面间的夹角=30,在电动机的带动下始终保持v=8 m/s 顺时针匀速率运行。现把一质量m=4 kg的物体(可看成质点)轻轻放在传送带的底端A点,物体被传送到距A端高h=7.5 m的顶端B点,物体与传送带间的动摩擦因数=32。取g=10 m/s2。物体在传送带上运动的整个过程中()。A.物体在传送带上一直
31、做匀加速运动且加速度大小为2.5 m/s2B.物体在传送带上运动的时间为3.475 sC.物体与传送带因摩擦产生的内能为384 JD.因放上物体带动传送带的电机多消耗的电能为158 J解析物体在传送带上,根据牛顿第二定律,平行传送带方向有f-mgsin 30=ma,垂直传送带方向有FN-mgcos 30=0,滑动摩擦力f=FN,联立解得a=2.5 m/s2,根据运动学公式v2=2ax,得x=12.8 mmgL,代入数据解得12对于的最小值求解,首先应判断物块第一次碰墙后反弹,能否沿圆轨道滑离B点,设物块碰前在D处的速度为v2,由能量关系有mgh1+Ep=mgL+12mv22第一次碰墙后返回至C
32、处的动能EkC=18mv22-mgL可知即使=0,也有12mv22=14 J,18mv22=3.5 Jmgh2=6 J故小物块不可能返回至B点即的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处,又下滑经C恰好至D点停止,因此有18mv222mgL联立解得118综上可知满足题目条件的动摩擦因数范围为11812。答案(1)0.346 s(2)2 J(3)1181211.(2018山东威海质量检测)如图甲所示,倾角 =37的光滑且足够长的斜面固定在水平面上,在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮 D,质量均为m=1 kg 的物体A和B用一劲度系数k=240 N/m 的轻弹簧连接,物体 B 位于斜面底端
33、且被垂直于斜面的挡板P挡住。用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与质量为M的小环C连接,小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆,当整个系统静止时,环C位于Q处,绳与细杆的夹角=53,且物体B对挡板P的压力恰好为零。图中SD水平且长度d=0.2 m,位置R与位置Q关于位置S对称,轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。现让环C从位置R由静止释放,且环C在下落过程中绳始终未松弛。sin 37=0.6,cos 37=0.8,g 取 10 m/s2。求:甲(1)小环 C 的质量 M。(2)小环 C 通过位置 S 时的动能 Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT。(3)小环 C 运动到位置 Q
34、 的速率 v。解析对位置Q:先以A、B组成的整体为研究对象,A、B系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态,则绳子的拉力T=2mgsin =12 N乙以C为研究对象,则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态,如图乙所示,则Tcos 53 =Mg代入数据得M=0.72 kg。(2)由题意,环C位于Q处时B恰好对挡板没有压力,所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力,弹簧处于伸长状态,弹簧弹力F1=mgsin =6 N弹簧的伸长量x1=F1k=0.025 m当小环C通过位置S时A下滑的距离xA=dsin-d=0.05 m此时弹簧的压缩量x2=xA-x1=0.025 m由速度分解可知此时A的速度为零,所以小环C从R运动到S的过程中,初、末态的弹性势能相等,对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒,则有Mgdtan+mgxAsin =Ek解得Ek=1.38 J环从位置R运动到位置S的过程中,由动能定理可知WT+Mgdtan=Ek解得WT=0.3 J。(3)环从位置R运动到位置Q的过程中,对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒,则有Mg2dtan =12Mv2+12mvA2vA=vcos 联立可得v=2 m/s。答案(1)0.72 kg(2)1.38 J0.3 J(3)2 m/s