2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題06 機械能（含解析）

《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題06 機械能（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題06 機械能（含解析）（27頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題06 機械能 第一部分名師綜述 本專題涉及的內容是動力學內容的繼續(xù)和深化，其中的機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動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，也是高考考查的重點之一。題目類型以計算題為主，選擇題為輔，大部分試題都與牛頓定律、圓周運動、及電磁學等知識相互聯系，綜合出題。許多試題思路隱蔽、過程復雜、靈活性強、難度較大。從高考試題來看，功和機械能守恒依然為高考命題的熱點之一。機械能守恒和功能關系是高考的必考內容，具有非常強的綜合性。重力勢能、彈性勢能、機械能守恒定律、功能關系、能的轉化和守恒定律是本單元的重點。彈力做功和彈性勢能變化的關

2、系是典型的變力做功，應予以特別地關注。 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，其中 AB=BC，在 A 點正上方的 O 點以初速度 v0水平拋出一小球，剛好落在 B 點，小球運動的軌跡與 OC 的連線交于 D 點，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是( ) A．小球從O 到D 點的水平位移是從O 到B 點水平位移的 1:3 B．小球經過D 點與落在B 點時重力瞬時功率的比為 2:3 C．小球從O 到D 點與從D 到 B 點兩段過程中重力做功的比為 1/3 D．小球經過D 點時速度與水平方向夾角的正切值是落到B 點時速度

3、與水平方向夾角的正切值的 1/4 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．設小球做平拋運動的時間為t，位移為L，則有：Lcosθ=v0t；Lsinθ=12gt2，聯立解得：t=2v0tanθg，設∠OBA=α，∠C=β，則tanα=hAB，tanβ=hAC，由于AB=BC，可知tanα=2 tanβ，因在D點時：tD=2v0tanβg，在B點時：tB=2v0tanαg，則落到D點所用時間是落到B點所用時間的12，即小球經過D點的水平位移是落到B點水平位移的12，故A錯誤； B．由于落到D點所用時間是落到B點所用時間的12，故D點和B點豎直方向的速度之比為1：2，故小球經過D點與落在

4、B點時重力瞬時功率的比為12，故B錯誤； C．小球從O 到D 點與從D 到 B 點兩段過程中時間相等，則豎直位移之比為1:3，則重力做功的比為1:3，選項C正確； D．小球的速度與水平方向的夾角tanθ＝gtv0，故小球經過D點時速度與水平方向夾角的正切值是落到B點時速度與水平方向夾角的正切值的12，故選項D錯誤； 2．質量m=200kg的小型電動汽車在平直的公路上由靜止啟動，圖象甲表示汽車運動的速度與時間的關系，圖象乙表示汽車牽引力的功率與時間的關系。設汽車在運動過程中阻力不變，在18s末汽車的速度恰好達到最大.則下列說法正確的是( ) A．汽車受到的阻力200N B．汽車

5、的最大牽引力為700N C．汽車在做變加速運動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7×104 J 【答案】 D 【解析】 【詳解】 根據機車保持恒定的加速度啟動，先做勻加速直線運動，當功率增大到最大功率后做變加速直線運動，最后牽引力減小到等于阻力時做勻速直線運動. A、機車勻速時有Pm=Fv=fvm，可得f=Pmvm=7×10310N=700N；故A錯誤. B、對啟動的過程分析可知，最初的勻加速階段時的牽引力最大，而由v-t圖象可知a=ΔvΔt=1m/s2，故最大牽引力為F1=f+ma=700+200×1=900N；B錯誤. C、汽車在做變加

6、速運動過程的時間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，由動能定理Pmt2-fx2=12mvm2-12mv12，解得：x2=6647m；故C錯誤. D、8s~18s牽引力的功率保持不變，則牽引力的功為WF=Pmt2=7×103×10J=7×104J，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球落地前的整個過程中組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒 B．從開始到b球

7、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)動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，根據系統(tǒng)受力情況與運動過程，應用動量守恒定律與機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)水平方向上動量不守恒，故A錯誤； BC、對

8、兩球及桿系統(tǒng),在b球落地前的整個過程中，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)機械能守恒，從開始到b球距地面高度為L2的過程中，由機械能守恒定律得：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錯誤； D、在b球落地的瞬間，由機械能守恒定律得：mg·32L=12mv'B2，解得：v'B=3gL，所以在b球落地的瞬間，重力對b球

9、做功的功率為：PB=mgv'B=mg3gL，故D錯誤； 故選B。 【點睛】 解決關鍵知道系統(tǒng)機械能守恒，抓住兩球沿桿子方向的速度相等，進行求解。 4．如圖所示，質量為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，現將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h02（不計空氣阻力），則 A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車向左運動的最大距離為12R C．小球從B點落回后一定能從A點沖出 D．小球從B端離開小車后做斜上拋運動 【答案】 C 【解析】 【分析】 水平地面光滑，系

10、統(tǒng)水平方向動量守恒，則小球離開小車后做豎直上拋運動，下來時還會落回小車中，根據動能定理求出小球在小車中滾動時摩擦力做功．第二次小球在小車中滾動時，對應位置處速度變小，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)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤。 B、系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，設小球從B點沖出時小車向左的位移為x，由水平方向動量守恒定律得：m2R-xt﹣mxt=0，解得小車的位移x=R，故B錯誤。 C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由B點離開小車時系

11、統(tǒng)水平方向動量為零，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動，然后再從B點落回小車。小球第一次在車中運動過程中，由動能定理得：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損失的機械能為12mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，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，機械能損失小于12mgh0，因此小球再次離開小車時，一定能從A點沖出。故D錯誤，C正確 故選:C 【點睛】 動能定理的應用范圍很廣，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

12、。 5．如圖所示,半徑為R的光滑大圓環(huán)用一細桿固定在豎直平面內,質量為m的小球A套在人圓環(huán)上。上端定在桿上的輕質彈簧與質量為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。當小球A位于圓環(huán)最高點時,彈簧處于原長;此時給A一個微小擾動(初速度視為0)使小球A沿環(huán)順頂時針滑下到達圓環(huán)最右側時小球A的速度為gr(g為重力加速度)。不計一切摩擦,A、B均可視為質點,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)在下滑過程中機械能守恒 B．小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最側的過程滑塊B的重力勢能滅小了33mgR C．小球A從環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中小

13、球A的重力勢能減小了mgR2 D．小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側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)在下滑過程中機械能守恒，小球A、滑塊B和輕桿組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤； B、小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中，此時滑塊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錯誤； C、小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中，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錯誤； D、小球A從圓環(huán)最高點到達

14、圓環(huán)最右側時，兩個小球的速度方向都向下，如圖所示: 根據運動的合成與分解可得：vAcosθ=vBcosθ，則vA=vB，根據機械能守恒定律可得：(3-3)mgR+mgR=12mvA2+12mvB2+EP，解得:EP=(3-3)mgR，所以小球A從圓環(huán)最高點到達圓環(huán)最右側的過程中彈簧的彈性勢能增加了(3-3)mgR，故D正確； 故選D. 【點睛】 本題主要是考查了機械能守恒定律的知識；要知道機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)的機械能就變化多少；注意運動過程中機械能和其它形式的能的轉化關系。

15、6．已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ,以恒定的速度順時針轉動。某時刻在傳送帶適當的位置放上具有一定初速度、質量為m的小物塊,如圖甲所示。以此時為t=0時刻,小物塊的速度隨時間的變化關系如圖乙所示(圖甲中取沿傳送帶向上的方向為正方向,圖乙中v1>v2)。下列說法中正確的是 (　　) A．0～t1內傳送帶對小物塊做正功 B．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ小于tanθ C．0～t2內傳送帶對小物塊做功為12mv22-12mv12 D．0～t2內小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量大于小物塊動能的減少量 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由圖知，物塊先向下運動后向上運動，則知

16、傳送帶的運動方向應向上。0～t1內，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功。故A錯誤。在t1～t2內，物塊向上運動，則有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B錯誤。0～t2內，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，設為WG，根據動能定理得：W+WG=12mv22-12mv12，則傳送帶對物塊做功W≠12mv22-12mv12．故C錯誤。物塊的重力勢能減小、動能也減小都轉化為系統(tǒng)產生的內能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產生的熱量大小一定大于物塊動能的變化量大小。故D正確。故選D。 【點睛】 本題由速度圖象要能分析物塊的運動情

17、況，再判斷其受力情況，得到動摩擦因數的范圍，根據動能定理求解功是常用的方法． 7．如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊（） A．加速度逐漸減小 B．經過O點時的速度最大 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點為彈簧在原長時物塊的位置，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

18、錯誤；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，彈力做負功，C錯誤；從A到B過程中根據動能定理可得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，斜面上放有兩個質量均為m的可視為質點的小物體甲和乙，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，不計物體與水平面碰撞時的機械能損失，且水平面光滑.在甲、乙從開始下滑到甲進入水平面的過程中( ) A．當

19、甲、乙均在斜面上運動時，乙受三個力作用 B．甲進入水平面的速度大小為3gh+2gLsinθ C．全過程中甲的機械能減小了12mgLsinθ D．全過程中輕桿對乙做負功 【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錯誤。以甲、乙組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh+mg（h+Lsinθ）=12×2mv2，解得兩球的速

20、度：v=2gh+gLsinθ，選項B錯誤。以甲球為研究對象，由動能定理得：mg（h+Lsinθ）+W=12mv2，解得：W=-12mgLsinθ．全過程中甲球的機械能減小了12mgLsin θ，全過程中輕桿對乙球做功12mgLsin θ．故C正確，D錯誤。故選C. 【點睛】 本題考查了求球的速度、桿做的功等問題，分析清楚物體運動過程，應用機械能守恒定律與動能定理即可正確解題. 9．質量為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1v的關系如圖所示，則賽車在加速的過程中( ) A．速度隨時間均勻增大 B．加速度隨時間均勻增大 C．

21、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，故做變加速直線運動，速度隨時間不是均勻增大故A錯誤；a-1v函數方程a＝400v?4，汽車加速運動，速度增大，加速度減小，故B錯誤；對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據牛頓第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；聯立得：a=Pmv-fm，結合圖線，當物體的速度最大時，加速度為零，故結合圖象可以知道，a=0時，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=4×400=1600N；0＝1400

22、?P100-f400，解得：P=160kW，故C正確，D錯誤；故選C。 10．在大型物流貨場，廣泛的應用傳送帶搬運貨物。如下圖甲所示，傾斜的傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1 kg的貨物放在傳送帶上的A點，經過1.2 s到達傳送帶的B點。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v-t圖像可知 A．A、B兩點的距離為2.4 m B．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.25 C．貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做功大小為11.2 J D．貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.6 J 【

23、答案】 C 【解析】 【詳解】 物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，一起做勻速直線運動，所以物塊由A到B的間距對應圖象所圍梯形的“面積”，為：x=12×2×0.2+12（2+4）×1=3.2m。故A錯誤。由v-t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運動，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的勻加速直線運動，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

24、/s2 得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…② 聯立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B錯誤； 根據功能關系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1勻加速直線運動，由圖象知位移為：x1=12×2×0.2=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=4×0.2=0.8J，同理做a2勻加速直線運動，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，摩擦力做負功為：Wf2=-fx2=-4×3=-12J，所以整個過程，傳送帶對貨物做功大小為：12J-0.8

25、J=11.2J，故C正確；根據功能關系，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，由C中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1勻加速直線運動，位移為：x1=12×2×0.2=0.2m，皮帶位移為：x皮=2×0.2=0.4m，相對位移為：△x1=x皮-x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做a2勻加速直線運動，位移為：x2=12×（2+4）×1=3m，x皮2=2×1=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生的熱量為：Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D錯

26、誤；故選C。 【點睛】 本題一方面要分析貨物的運動情況，由圖象結合求解加速度，再結合牛頓第二定律分兩個過程列式求解摩擦因數及斜面傾角是關鍵，求摩擦產生的熱量注意找兩物體的相對位移． 二、多選題 11．如圖,有質量均為m的三個小球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將A球由靜止釋放，直至運動到最低點，兩輕繩的夾角由120°變?yōu)?0°，整個裝置始終處于同一個豎直平面內，忽略空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是 A．A在最低點時,B對水平橫桿的壓力等于mg/2 B．彈簧的最大彈性勢能為3-12mg

27、L 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在最低點靜止，設水平橫桿對小球B、C的支持力都為F，此時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動到最低點的過程，A先加速下降后減速下降，先失重后超重，所以小球A在最低點時，小球B受到水平橫桿的支持力大于32mg，故選項A錯誤； B、小球A在最低點時，彈簧的彈性勢能最大，對整體根據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°-Lsin3

28、0°)=3-12mgL，故選項B正確； C、在A下降的過程中，小球B先加速后加速，小球A球釋放時輕繩對B做功的功率為零，小球A在最低點時輕繩對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C正確； D、在A下降的過程中，對小球A根據動能定律可得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D正確； 12．如圖所示，光滑豎直管內有一底端固定的輕質彈簧，彈簧自由端與管口的距離為2 y0，將一個質量為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，運動到

29、管口時的動能為3 mg y0，重力加速度大小為g，阻力不計，則 A．彈射過程，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能全部轉化為小球的動能 C．彈簧具有的最大彈性勢能為6 mg y0 D．小球向上運動過程中的最大動能為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)機械能守恒，故A對； B、彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能和重力勢能，故B錯； C、撤去外力后小球被彈出的過程，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能和重力勢能，，故彈簧具有的最大彈性勢能等于小球增加

30、的機械能，即為E=3mgy0+3mgy0=6mgy0，故C對； D、彈簧恢復原長前，小球先加速后減速，當合力為零時動能最大，但平衡位置無法判斷，所以最大動能也無法計算，故D錯誤； 13．如圖所示，兩木塊A、B的質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)?，F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

31、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C錯誤，D正確；初始狀態(tài)的m1，根據胡克定律，有：k1x1=m1g，故x1＝m1gk1；末狀態(tài)時的m2，根據胡克定律，有：k1x1＇＝m2g，故x'1＝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

32、(1k1+1k2)；選項B正確，A錯誤；故選BD. 14．如圖所示，一光滑水平軌道的左邊緊靠豎直墻壁，右邊與一個半徑足夠大的14光滑圓弧軌道平滑相連，質量分別為1.5kg與0.5kg的木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，現給木塊A一大小為6m/s的速度，使其水半向左運動并與墻壁碰撞，碰撞的時間為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)向右運動，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碰撞后一起向右運動的速度大小為3m/s D．木

33、塊A、B滑上圓弧軌道后到達的最大高度為0.45m 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 設水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時，由動量定理得：Ft=mAv'1-mA?(-v1)，代入數據解，墻壁對A的平均作用力為：F=50N，故A正確。A與墻壁碰撞后動能減小，說明碰撞過程中A的能量有損失，故B錯誤。設碰撞后A、B的共同速度為v，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv'1=(mA+mB)v，代入數據解得：v=3m/s，故C正確。A、B在光滑圓形軌道上滑動時，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：12(mA+mB)v2=(mA+mB)gh，代入數據解得：h=0.45m，故D錯

34、誤。故選ACD。 15．如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為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處時彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達C處時速度為零。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，彈簧始終在彈性限度之內，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)經過B時，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

35、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C正確，B錯誤； D．由功能關系可知，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)經過B時，上滑的速度大于下滑的速度，選項D錯誤。 16．如圖所示，一根跨越一固定的水平光滑細桿的柔軟、不可伸長的輕繩，兩端各系一個小球A和B，球A剛好接觸地面，球B被拉到

36、與細桿同樣高度的水平位置，當球B到細桿的距離為L時繩剛好拉直，此時由靜止釋放B球，當球B擺到與水平方向的夾角為θ時，A球剛要離開地面，已知A、B球的質量分別為2.4m、m，不計空氣阻力。則在球A剛要離開地面時，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】 根據題中“跨越一固定的水平光滑細桿的柔軟、不可伸長的輕繩，兩端各系一個小球A和B”、“球B擺到與水平方向的夾角為θ時，A球剛要離開地面”可知，本題考察圓周運動與臨界情況相結合的問題，應用牛頓第

37、二定律、動能定理、幾何關系等知識分析計算。 【詳解】 AC：當球B擺到與水平方向的夾角為θ時，A球剛要離開地面，設此時繩中拉力為T，對A受力分析可得，T=2.4mg；對B受力分析如圖： 據牛頓第二定律可得，T-mgsinθ=mv2L；據動能定理可得，mgLsinθ=12mv2。聯立解得：sinθ=0.8、θ=53°、v=8gL5。故AC兩項正確。 B：球B與其初始位置的高度差h=Lsinθ=0.8L，故B項正確。 D：球A剛要離開地面時，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項錯誤。

38、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動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2。質量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向為正方向，子彈在整個運動過程中的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．滑塊的質量為3.3kg C．滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產生的熱量為26.8J D．若滑塊可視為質點且傳送帶與轉動輪間不打滑，則轉動輪的半徑R為0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據題中“子彈水平向左射入滑塊并

39、留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動量守恒與傳送帶相結合的問題，應用動量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識分析計算。 【詳解】 A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運動，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項錯誤。 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，內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正，據動量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質量M=66m=3.3kg。

40、故B項正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運動時，據牛頓第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運動的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運動的時間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運動過程中滑塊與傳送帶間的相對運動距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J。故C項錯誤。 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：轉動輪的半徑R=0.4m。故D項正確。 18．如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質量分別為mA=6

41、kg，mB=2kg的A、B兩物體用質量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁現對B物體緩慢施加一個向左的力，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，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)動量守恒 B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機械能守恒 C．從撤去外力至A與墻面剛分離，A對彈簧的沖量I=10 N·s，方向水平向右 D．A與墻面分離后至首次彈簧恢復原長時，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原長前，兩物

42、體和彈簧組成系統(tǒng)動量不守恒，恢復原長后，AB一起向右運動，系統(tǒng)的合外力為零，動量守恒，故A錯誤； B、解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動能和彈性勢能的相互轉化，故機械能守恒，故B正確； C、壓縮彈簧時，外力做的功全轉化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復原長，彈性勢能全轉化為B的動能，設此時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，由動量定理得：I＝mBv0＝10 N·s，故C正確； D、當彈簧恢復原長時，A的速度最小，則：vAmin＝0，A、B都運動后，B減速，A加速，當A、B速度相等時彈簧拉

43、伸最長．此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當彈簧再次恢復原長時，以向右為正，由系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒有：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個質量為m、可看作質點的物塊，物塊間用長為l的細線連接，開始處于靜止狀態(tài)，物塊與軌道間的動摩擦因數為μ．用水平恒力F拉動1開始運動，到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g，則（　?。? A．當物塊2剛要運動時物塊1的速度大小是2Flm B．整個過程中拉力F對物塊1所做的

44、功為nFl C．整個過程系統(tǒng)克服摩擦力做的功為nn-1μmgl2 D．F>nμmg2 【答案】 CD 【解析】 【分析】 根據題中“到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零”可知，本題考查用動能定理解決物體運動的問題。根據動能定理解決物體運動問題的方法，應用功能關系、累積法、數列法等知識分析求解。 【詳解】 A：當物塊2剛要運動時物塊1運動的距離是l，對物塊1運動l的過程應用動能定理得：Fl-μmgl=12mv12，解得：當物塊2剛要運動時物塊1的速度v1=2Flm-2μgl。故A項錯誤。 B：連接第n個物塊的線剛好拉直時，物塊1運動的距離是(n-1)l，則整個過程

45、中拉力F對物塊1所做的功為(n-1)Fl。故B項錯誤。 C：整個過程中，物塊1運動的距離是(n-1)l，物塊2運動的距離是是(n-2)l，…物塊(n-1)運動的距離為l，物塊n運動的距離為0，則整個過程系統(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項正確。 D：因繩子繃直瞬間有機械能的損失，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項正確。 【點睛】 解決本題的關鍵是用累積法求摩擦力做功，要注意各個物體的位移不同，運用數列法解答。 20．如圖所示，輕彈

46、簧一端固定于傾角為θ（θ＜45°）的光滑斜面（固定）上方的O點，O點到斜面的距離OQ等于彈簧的原長L，彈簧另一端與小滑塊（可視為質點）連接。在斜面上移動滑塊至P點，使彈簧處于水平狀態(tài)?，F將滑塊從P點由靜止釋放，滑塊沿斜面運動到O點正下方M點，該過程中彈簧始終在彈性限度內。重力加速度大小為g。下列說法正確的是 A．滑塊經過Q點時的速度最大 B．滑塊經過M點時的速度大于2gLcosθ C．滑塊從P點運動到Q點的過程中，其加速度一直在減小 D．滑塊從P點運動到Q點過程動能的增量比Q點運動到M點過程動能的增量小 【答案】 BC 【解析】 【分析】 滑塊在下滑過程中分析受力如何變

47、化即可判斷加速度和速度的變化情況，根據動能定理可以分析AB段和BC段動能增量的關系，同時結合幾何關系判斷彈簧彈力做功可得分析C點速度關系。 【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動?；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動；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動。故A錯誤、C正確。 BD、彈簧原長為L，斜面傾角θ小于45°，由幾何關系P到Q下降的高度差大于Q到M的高度

48、差，又P到Q彈簧彈力對滑塊做正功、Q到M做負功，根據動能定理P到Q階段動能增加量大于Q到M階段；設整個過程彈力做功為W，到達M點時速度為v，則由動能定理：mgLcosθ+W=12mv2，可得M點速度大于2gLcosθ，故B正確，D錯誤。 【點睛】 當涉及變力做功時候，往往是要用到動能定理進行分析計算的。此題中要抓住題目考點以及幾何關系，對合力方向和各個階段做功大小判斷分析。 三、解答題 21．如圖所示，內壁光滑、半徑R=1.25 m的四分之一圓弧軌道AB在最低點B與粗糙水平軌道BC相切。質量ml=0.1 kg的物塊口自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質量m2=0.2kg的物塊6靜止在水平軌

49、道上，與B點相距x=4m，一段時間后物塊a、b發(fā)生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動摩擦因數均為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碰撞后相距的最遠距離。 【答案】（1）v1=2g(R-μx)=3m/s；（2）小球a與b相距的最遠距離Δx=v1'22a+v2'22a=1.25m 【解析】 【詳解】 （1）a由靜止釋放到最低點B的過程中，由機械能守恒定律得：m1gR=12m1v02 a從B點到與b碰撞前的過程中，由動能定理得：-μm1gx=12m1v12-12m1v02 （或：從釋放到碰撞全過程

50、，由動能定理得：m1gR-μm1gx=12m1v12） 聯立可得：v1=2g(R-μx)=3m/s （2）小球a與b發(fā)生彈性碰撞過程中， 由動量守恒定律得：m1v1=m1v1'+m2v2' 由能量守恒定律得：12m1v12=12m1v1'2+12m2v2'2 聯立解得：v1'=m1-m2m1+m2v1=1m/s，v2'=2m1m1+m2v1=2m/s 碰后小球a與b都做勻減速運動，由牛頓第二定律得：μmg=ma 小球a與b相距的最遠距離：Δx=v1'22a+v2'22a=1.25m 22．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC段是光滑圓弧，對應的

51、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點右側固定了一個14圓弧擋板MN，圓弧半徑為R，圓弧的圓心也在D點。傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E=9mg5q、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。一個質量為m、電荷量為q的帶正電小物塊(視為質點)在傾斜軌道上的A點由靜止釋放，最終從D點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摩擦因數為μ=14，設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)小物塊運動至圓軌道的C點時對軌道的壓力大??； (2)改變AB之間的距離和場強E的大小，使小物塊每次都能從D點以

52、不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時小物塊動能的最小值。 【答案】（1）在C點小物塊對圓軌道的壓力大小為F'N=135mg；（2）小物塊動能的最小值為Ekmin=32mgR 【解析】 【詳解】 (1)小物塊由A到B過程由動能定理，得：mgsinθ?2r-μ(mgcosθ+qE)?2r=12mvB2 解得：vB=45gr 小物塊由B到C過程由機械能守恒定律得：mgr(1-cosθ)=12mvC2-12mvB2 解得：vC=85gr 在C點由牛頓第二定律，得：FN-mg=mvC2r 解得：FN=135mg 由牛頓第三定律可得，在C點小物塊對圓軌道的壓力大小為F'

53、N=135mg (2)小物塊離開D點后做平拋運動，水平方向：x=v0t 豎直方向：y=12gt2 而：x2+y2=R2 小物塊平拋過程機械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02 由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4 由數學中均值不等式可知：Ek≥2mgR24y?3mgy4=32mgR 則小物塊動能的最小值為Ekmin=32mgR 23．光滑水平面上放著兩完全相同的小球A和B，其質量均為0.02kg，A靠在豎直墻壁上，一原長為12cm的輕質彈簧將A、B連在一起，壓縮彈簧使其長度為4cm時，用銷釘擋住B不動。拔掉銷釘，當彈簧長度第2次達到（12+30）cm時，從A、B之間撤

54、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（機械能不損失），并落到足夠長的水平固定平臺上，已知彈簧彈性勢能的表達式為Ep=12kx2，其中勁度系數k=200N/m，x為彈簧形變量；sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2．求： （1）彈簧首次恢復到原長時B球的速度大??； （2）從撤去彈簧到兩球相碰經歷的時間； （3）兩球在平臺上第一次落點間的距離。 【答案】（1）8m/s；（2）12+30200s；（3）1.536m。 【解析】 【詳解】 （1）至彈簧恢復原長時，由機械能守恒定律得：12kx12=12mBvB2 代入數據

55、得vB=8m/s （2）彈簧恢復原長后，A開始運動，至撤去彈簧 由動量守恒定律得mBvB=mAvA1+mBvB1 由能量守恒定律12kx12-12kx22=12mAvA12+12mBvB12 代入數據得vA1=5m/s vB1=3m/s 從撤去彈簧到A、B相碰經歷時間t=l2vA1-vB1 解得t=12+30200s （3）A、B彈性碰撞，機械能動量均守恒 速度交換vA2=3m/s；vB2=5m/s 到達斜面頂端的速度分別為vA3，vB3 v22-v32=2as 其中斜面上運動的加速度a=8m/s2 得vA3=1m/s，vB3=17m/s 在平臺上的水平位移x=v3

56、cos53°?2v3sin53°g 最終可得兩球落點的水平距離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,軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ=30°,另一端點C為軌道的最低點,C點右側的光滑水平路面上緊挨C點放置一木板,木板質量M=2kg,上表面與C點等高.質量m=1kg的物塊（可視為質點）從空中A點以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)物塊剛到達軌道上的C點時對軌道的壓力; (2)若物塊與木板之間的動摩擦因數0.3≤

57、μ≤0.8,物塊與木板之間因摩擦產生的熱量. 【答案】(1)50N (2)①當0.3≤μ<0.6時，Q1=10μ；②當0.6≤μ≤0.8時，Q1=6J 【解析】 【詳解】 （1）A→B(平拋運動):vB=2v0 B→C(能量守恒):mgR(1+sinθ)+12mvB2=12mvC2 C 點:FNC-mg=mvc2R 聯立以上三式得:FNC=50N 由牛頓第三定律可得物塊剛到達軌道上的 C 點時對軌道的壓力:FNC'=50N （2）設物塊與木板之間的動摩擦因數為μ時，物塊恰好滑到木板右端，由動量和能量守恒可得: mvc=(m+M)v 12mvc2=12(m+M)v2+μmg

58、L 解得μ=0.6 ①當0.3≤μ<0.6時，A和小車不能共速，A將從小車左端滑落: 則A與小車之間產生的熱量Q1=μmAgL=10μ ②當0.6≤μ≤0.8時，A和小車能共速： 則A與小車之間產生的熱量：Q1=12mAvA2-12(mA+M)v2=6J 25．如圖所示，在同一水平面內的光滑平行金屬導軌MN、M'N'與均處于豎直面內的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑連接，半圓軌道半徑均為r=0.5m，導軌間距L=1m，水平導軌左端MM'接有R=2Ω的定值電阻，水平軌道的ANN'A'區(qū)域內有豎直向下的勻強磁場，磁場區(qū)域寬度d=1m。一質量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5Ω、長

59、度為L=1m的導體棒ab放置在水平導軌上距磁場左邊界s處，在與導體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運動，導體棒運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，導體棒進入磁場后做勻速運動，當導體棒運動至NN'時撤去F，結果導體棒ab恰好能運動到半圓形軌道的最高點PP'。已知重力加速度g取10m/s2，導軌電阻忽略不計。 （1）求勻強磁場的磁感應強度B的大小及s的大??； （2）若導體棒運動到AA'時撤去拉力，試判斷導體棒能不能運動到半圓軌道上。如果不能，說明理由；如果能，試再判斷導體棒沿半圓軌道運動時會不會脫離軌道。 【答案】（1）B=1T，s=1.25m；（2）h=0.45m

60、，由于h

61、 解得：v3=3m/s 所以假設成立，能運動到半圓軌道上。 假設導體棒在半圓軌道上不會離開軌道，上升的最大高度為h 則有：mgh=12mv32 解得：h=0.45m，由于h

62、s2。 （1）若剪斷輕彈簧，物塊A到斜面頂端時，物塊B還未落地，求物塊A運動到斜面頂端要用多長時間； （2）若剪斷輕繩，求物塊A向下運動的最大速度。 【答案】（1）t=1s；（2）v=1m/s 【解析】 【詳解】 (1)剪斷輕彈簧后，物塊A和B一起做勻加速運動。 對A，由牛頓第二定律得：T-mgsinθ=ma 對B：mg-T=ma 聯立得：a=2.5m/s2 物塊A上升到斜面頂端的過程中，有：L2=12at2 解得：t=1s （2）沒有剪斷輕繩時，設彈簧伸長量為x1，根據平衡有：mg=mgsinθ+kx1 解得：x1=mg2k 剪斷輕繩后，當A速度最大時，根據力

63、的平衡有：kx2=mgsinθ 解得：x2=mg2k 根據機械能守恒：mgsinθ(x1+x2)=12mv2 解得：v=1m/s 27．如圖所示，一足夠長的透氣圓筒豎直固定在地面上，筒中有一勁度系數為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，圓筒內壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對薄滑塊的阻力可調節(jié)。開始薄滑塊靜止，ER流體對其限力為0，彈簧的長度為L，現有一質量也為m的物體從距地面2L處自由落下，與溥滑塊碰撞后粘在一起向下運動為使薄滑塊恰好做勻減速運動且下移距離為2mgk時其速度減為0，ER流體對薄滑塊的阻力必須隨薄滑塊下移而適當變化，以薄滑塊初始位置處為原點，向下為

64、正方向建立Ox軸，不計空氣阻力，重力加速度為g。 (1)求ER流體對薄滑塊的阻力Ff隨位置坐標x變化的函數關系式 (2)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調節(jié)使之后ER流體對運動的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊仍能向上運動，求λ的取值范圍。 (3)在薄滑塊速度第一次減為0的瞬間，通過調節(jié)使之后ER流體對運動的薄滑塊阻力大小恒為λmg，若此后薄滑塊向上運動一段距離后停止運動不再下降，求A的最小值。 【答案】(1)f=-kx+mg+kL4；(2)λ<1；(3)13 【解析】 【詳解】 (1)設滑塊靜止時彈簧壓縮量為x0，則有：kx0=mg 設物體下落與滑塊相碰前的速度

65、大小為v0，由動能定理得：mgL=12mv02 設碰后二者粘在一起的共同速度為v1，由動量守恒定律得：mv0=(m+12m)v1 滑塊下移的距離為x1=2mgk時，由運動學公式得：0-v22=-2ax1 由牛頓第二定律得：k(x0+x1)+f-2mg=2ma 解得f=-kx+mg+kL4； (2)滑塊能向上運動，則有k(x0+x1)>2mg+λmg 解得：λ<1； (3)當滑塊向上運動時，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： 由數學知識可得滑塊停止運動的位置坐標x1=2λmg

66、k 滑塊停止運動不再下降的條件是：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，一輕質彈簧兩端連接兩個質量均為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細繩與質量m0＝8 kg、可視為質點的小球A相連，與物塊B相連的細繩平行于斜面，小球A在外力作用下靜止在對應圓心角為60°、半徑R＝2 m的光滑圓弧軌道的最高點a處，此時細繩恰好伸直且無拉力，圓弧軌道的最低點b與光滑水平軌道bc相切?，F由靜止釋放小球A，當小球A滑至b點時，物塊B未到達a點，物塊C恰好離開擋板P，此時細繩斷裂。已知重力加速度g取10 m/s2，彈簧始終處于彈性限度內，細繩不可伸長，定滑輪的大小不計。求： （1）彈簧的勁度系數； （2）在細繩斷裂后的瞬間，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，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C恰好離開擋板P時，C的加速度為0，故彈簧處于拉升狀