能量补充习题

8．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取g＝10m/s2.则()A．物体的质量m＝1kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4C．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2JD．前3s内物体克服摩擦力做功49．如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则()A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B．在该过程中，人对物块做的功为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(mv2x2),2（h2＋x2）)C．在该过程中，人对物块做的功为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2D．人前进x时，物块的运动速率为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(vx),h2＋x2)1、有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E距离h＝1.6m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)小物体第一次通过C点时对轨道的压力；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，请首先判断小物体是否可能停在斜面上．再研究小物体从E点开始下落后，整个过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)小物体从E到C，由能量守恒得mg(h＋R)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),C)①在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),C)C②联立①②式解得FN＝12.4N.根据牛顿第三定律可知小物体对轨道的压力大小为12.4N，方向竖直向下．(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得WG－Wf＝0③WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]④Wf＝μmgcos37°·LAB⑤联立③④⑤式解得LAB＝2.4m.(3)因为mgsin37°＞μmgcos37°(或μ＜tan37°)，所以，小物体不会停在斜面上．小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E点开始直至运动稳定，设克服摩擦做功为Wf.由动能定理得：mg(h＋R·cos37°)－Wf＝0代入数据得Wf＝4.8J.答案：(1)12.4N，方向竖直向下(2)2.4m(3)4.8J(10分)(2016·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．[审题突破](1)小滑块能否停在AB或CD上？(2)滑动摩擦力做功与滑行的路程有何关系？(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),D)－0(3分)将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3m/s.(1分)(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总．有：mgh1＝μmgs总(3分)将h1、μ代入得：s总＝8.6m(1分)故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4m．(2分)[答案](1)3m/s(2)1.4m如图所示，AB是固定于竖直平面内的1/4圆弧光滑轨道，末端B处的切线方向水平．一物体P(可视为质点)从圆弧最高点A处由静止释放，滑到B端飞出，落到地面上的C点．测得C点和B点的水平距离OC＝L，B点距地面的高度OB＝h.现在轨道下方紧贴B端安装一个水平传送带，传送带的右端与B点的距离为L/2.当传送带静止时，让物体P从A处由静止释放，物体P沿轨道滑过B点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出，仍落在地面上的C点．(1)求物体P与传送带之间的动摩擦因数．(2)若在A处给P一个竖直向下的初速度v0，物体P从传送带右端水平飞出，落在地面上的D点，求OD的大小．(3)若传送带驱动轮顺时针转动，带动传送带以速度v匀速运动．再把物体P从A处由静止释放，物体P落在地面上．设着地点与O点的距离为x，求出x可能的范围．[审题突破]第(3)问题中，若物体在传送带上全程减速，则x最小；若物体在传送带上全程加速，则x最大．[解析](1)无传送带时，物体由B运动到C，做平抛运动，设物体在B点的速度为vB，则L＝vBt①h＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)gt2②由①②式得vB＝LEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(g),2h)③有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v2，则有L/2＝v2t④－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(μmgL),2)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),2)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)⑤由①②④⑤式得v2＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(g),2h)⑥μ＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(3L),8h).⑦(2)设物体离开传送带时的速度为v′2则由动能定理有mgR－μmgEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv′EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),2)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)⑧mgR＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)⑨OD＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)＋v′2t⑩由①②④⑤⑧⑨⑩式得OD＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)0.⑪(3)物体在传送带上全程减速时，离开传送带的末速度vI＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(g),2h)，则xmin＝L物体在传送带上全程加速时，离开传送带的末速度为vⅡ，μmgEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),Ⅱ)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)，vⅡ＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),＋μgL)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(7g),2h).则xmax＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)＋vⅡEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2h),g)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(7),2)L故L≤x≤EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(7),2)L.[答案](1)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(3L),8h)(2)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(L),2)＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)0(3)L≤x≤EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(7),2)L如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2.求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？[审题突破](1)滑块由A到B有哪些力做功？如何表达？(2)滑块由B到C，有哪些力做功？如何表达？(3)滑块恰好能到达C点需满足什么条件？[解析](1)因为F－x图象中图线与坐标轴围成的图形面积表示F做的功，所以设0～2m力F做功W1，3～4m力F做功W2，则W1＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)×40×2＝40J，W2＝－10×1＝－10J对滑块从A到B的过程，由动能定理得W1＋W2－μmgx＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)即：40－10－0.25×1×10×4＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)×1×vEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)解得vB＝2m/s.(2)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),C)C设摩擦力做功为W，对滑块从B到C的过程，由动能定理得：W－mg×2R＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),C)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)代入数值得W＝－5J，即克服摩擦力做的功为5J.[答案](1)2m/s(2)5J12．(2016·宁波模拟)如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2kg的小物块和质量M＝1kg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＝3W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＝6s后可视为匀速运动，t＝10s时物块离开平板．重力加速度g＝10m/s2，求：(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？(2)物块在1s末和3s末受到的摩擦力各为多大？(3)平板长度L为多少？解析：(1)由题干图可知，前2s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．拉力大小为：FT1＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(P),v1)滑动摩擦力大小为：Ff＝μ(M＋m)g由平衡条件可得：EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(P),v1)＝μ(M＋m)g可得：μ＝0.2.(2)物块在1s末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：Ff1＝FT1＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(P),v1)＝6N物块在2s末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6s后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：Ff2＝FT2＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(P),v2)＝10N物块在3s末时受到的滑动摩擦力大小与6s后受到的摩擦力大小相等，为10N.(3)依题意，物块在2s末之后一直到10s时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：PΔt－Ff2L＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),2)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),1)代入数据解得：L＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),2)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),1)1＝2.416m.答案：(1)0.2(2)6N10N(3)2.416m3．(考点二)(单选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．环刚释放时轻绳中的张力等于2mgB．环到达B处时，重物上升的高度为(－1)dC．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),2)D．环减少的机械能大于重物增加的机械能4．(微专题16)(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A，B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是()A．B球减少的机械能等于A球增加的机械能B．B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能C．B球的最大速度为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(4gR),3)D．B球克服细杆所做的功为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(8),3)mgR1．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑，开始时，m与M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2.在两物体开始运动以后的整个运动过程中(弹簧形变不超过其弹性限度)，下面说法正确的是()A．对m、M和弹簧组成的系统，机械能守恒B．对m、M和弹簧组成的系统，动能不断增加C．对m、M和弹簧组成的系统，机械能不断增加D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大(2016·江苏苏北联考)如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8m，bc＝0.4m，那么在整个过程中()A．滑块滑到b点时动能最大B．滑块动能的最大值是6JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6JD．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒11．如图所示，质量为3kg小球A和质量为5kg的B通过一压缩弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定，两小球在弹力作用下分离，A球分离后向左运动恰好通过半径R＝0.5m的光滑半圆轨道的最高点，B球分离后从平台上以速度vB＝3m/s水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，g＝10m/s2，求：(1)A、B两球刚分离时A的速度大小；(2)弹簧锁定时的弹性势能；(3)斜面的倾角α.解析：(1)小球A恰好通过半径R＝0.5m的光滑半圆轨道的最高点，设在最高点速度为v0，在最高点有mAg＝mAEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)0，物体沿光滑半圆轨道上滑到最高点的过程中机械能守恒，mAg·2R＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mAvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mAvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),A)，联立解得vA＝5m/s.(2)根据机械能守恒定律，弹簧锁定时的弹性势能Ep＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mAvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),A)＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mBvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)＝60J.(3)B球分离后做平抛运动，根据平抛运动规律有h＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)gt2，解得t＝0.4s，vy＝gt＝4m/s，小球刚好沿斜面下滑，tanα＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(vy),vB)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(4),3)，解得α＝53°.答案：(1)5m/s(2)60J(3)53°(单选)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A．该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2D．该同学所受的合外力对其做功为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2＋mgh如图所示，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电的小球P，小球所处的空间存在着方向竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态．现给小球一竖直向上的初速度，小球最高能运动到M点．在小球从开始运动到运动至最高点时，以下说法正确的是()A．小球电势能的减少量大于小球重力势能的增加量B．小球机械能的改变量等于电场力做的功C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量(单选)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，第二阶段与传送带保持相对静止，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所产生的热量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所产生的热量如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3m．挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能Epm.[审题突破](1)物体到达C点时，原来在A点的动能和重力势能转化成了何种能量？(2)物体由A到C的整个过程中，能量是如何转化的？[解析](1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)＋mglADsin37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffx②其中x为物体的路程，即x＝5.4m③Ff＝μmgcos37°④由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤由①②③④⑤式解得μ≈0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE′k＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)⑥重力势能减少ΔE′p＝mglACsin37°⑦摩擦生热Q＝FflAC＝μmgcos37°lAC⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为ΔEpm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q⑨联立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm≈24.5J.[答案](1)0.52(2)24.5J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μ＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(3),4)，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4kg，B的质量为2kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1m．现给A、B一初速度v0＝3m/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到C点．已知重力加速度为g＝10m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A沿斜面向下运动时的加速度大小；(2)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(3)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能．解析：(1)物体A沿斜面向下运动时，B向上运动，A刚到C点时的速度大小为v，设A的质量为2m，B的质量为m，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得2mgsinθ－mg－2μmgcosθ＝3ma，解得：a＝－2.5m/s2.(2)对A、B整体由动能定理得：2mgLsinθ－mgL－μ·2mgLcosθ＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)·3mv2－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)·3mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),0)代入数据，解得v＝2m/s.(3)设弹簧的最大压缩量为x，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能被弹到C点，整个过程中，弹簧的弹力和重力对A做功均为零．根据动能定理得－μ·2mgcosθ·2x＝0－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)·3mv2，得x＝0.4m弹簧从被压缩到最短到恰好能弹回到C点的过程中，对系统根据能量关系有－2mgxsinθ＋mgx＋Ep－μ·2mgxcosθ＝0，所以Ep＝6J.答案：(1)2.5m/s2(2)2m/s(3)最大压缩量是0.4m，最大弹性势能是6J4．(考点三)(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量3．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mgR9．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgHC．机械能损失了mgH D．机械能损失了EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mgH11．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m．一运动员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2m，H＝2.8m，g取10m/s2.求：(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB；(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？解析：(1)由题意可知：vB＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v0),cos60°)①解得：vB＝2v0＝6m/s.(2)从B点到E点，由动能定理可得：mgh－μmgxCD－mgH＝0－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)②由①②代入数据可得：μ＝0.125.(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)解得h′＝1.8m＜h＝2m所以第一次返回时，运动员不能回到B点．设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为x1，由动能定理可得：mgh－μmgx1＝0－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2),B)解得x1＝30.4m因为x1＝3xCD＋6.4m，经分析可知运动员最后停在D点左侧6.4m处(或C点右侧1.6m处)．答案：(1)6m/s(2)0.125(3)不能最后停在D点左侧6.4m处(或C点右侧1.6m处)[例2](2012·江苏高考)如图5－1－6所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()图5－1－6A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大[例1](多选)如图5－2－1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图5－2－1A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv22，其中WFN为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv22－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv12D．对电梯，其所受合力做功为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)Mv22－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)Mv12[典例](16分)在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上①A点由静止出发②，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出③，最后落在水池中，设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节④(g取10m/s2)。求：图5－2－7(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系。(2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离smax为多少？(3)若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，若水平运动距离要达到7m，则h值应为多少？[解](1)设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得mg(H－h)－μmgL1cosα＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv02 ①(2分)即mg(H－h)＝μmgL＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv02 ②(2分)v0＝ ③(1分)(2)根据平抛运动公式x＝v0t ④(1分)h＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)gt2 ⑤(1分)由③～⑤式得x＝2 ⑥(2分)由数学知识可知，当h＝H－μL－h时，x最大，即h＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)(H－μL)，xmax＝H－μL。⑦所以运动员运动过程中对应的最大水平距离smax＝L＋xmax＝L＋H－μL ⑧(3分)(3)在⑥式中令x＝2m，H＝4m，L＝5m，μ＝0.2，则可得到：－h2＋3h－1＝0求出h1＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(5),2)m＝2.62mh2＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(5),2)m＝0.38m(4分)图911．(2014·东北三省四市模拟)如图9所示，QB段为一半径为R＝1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L＝1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块P的质量为m＝1kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止。(取g＝10m/s2)求：(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力。解析：(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有－μmg·2L＝0－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv02解得v0＝＝2m/s(2)设物块P在Q点的速度为v，Q点轨道对P的支持力为F，由动能定理和牛顿定律有：－μmgL＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv02F－mg＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v2),R)解得：F＝12N由牛顿第三定律可知，物块P对Q点的压力大小为12N，方向竖直向下。答案：(1)2m/s(2)12N方向竖直向下12．(2014·广东四校联考)由相同材料的木板搭成的轨道如图10所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF……长均为L＝3m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h＝15m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.5，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过它，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，问：(重力加速度取10m/s2)图10(1)物体能否静止在斜面上？若不能，则从O点运动到A所需的时间是多少？(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？请说明理由。解析：(1)不能静止在斜面上，因为mgsinθ>μmgcosθ物体下滑的加速度为a＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(mgsinθ－μmgcosθ),m)a＝2m/s2设从O到A所用的时间为t，由l＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)at2t＝5s(2)从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由动能定理得：mgh－μmgscos37°＝0－0代入数据解得：s＝37.5m(3)假设物体依次能到达B点、D点，由动能定理有：mg(h－Lsin37°)－μmgcos37°×(EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(h),sin37°)＋L)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvB2－0得：vB>0。mg(h－Lsin37°)－μmgcos37°×(EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(h),sin37°)＋3L)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvD2－0发现无解。说明物体能通过B点，到不了D点，最终停在C点处。答案：(1)不能静止在斜面上5s(2)37.5m(3)停在C处，理由见解析3．如图3所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点。在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。重力加速度大小为g。(以AB面为零重力势能面)则小滑块()图3A．经B点时加速度为零B．在AB段运动的加速度为2.5gC．在C点时合外力的瞬时功率为mgD．上滑时动能与重力势能相等的位置在OD下方5．(2013·自贡模拟)如图5所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述错误的是()图5A．着地瞬间两物体的速度大小相等B．着地瞬间两物体的机械能相等C．着地瞬间两物体所受重力的功率相等D．两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶11．(2013·安徽师大附中摸底)如图11所示，一半径r＝0.2m的1/4光滑圆弧形槽底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0＝4m/s，长为L＝1.25m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心、半径R＝0.25m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直。一质量为M＝0.2kg的物块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，已知a物块可视为质点，a横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10m/s2。求：图11(1)滑块a到达底端B时的速度大小vB；(2)滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力。解析：(1)设滑块到达B点的速度为vB，由机械能守恒定律，有Mgr＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)MvB2解得：vB＝2m/s(2)滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律μMg＝Ma滑块对地位移为L，末速度为vC，设滑块在传送带上一直加速由速度位移关系式2aL＝vC2－vB2得vC＝3m/s<4m/s，可知滑块与传送带未达共速滑块从C至F，由机械能守恒定律，有EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)MvC2＝MgR＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)MvF2得vF＝2m/s。在F处由牛顿第二定律Mg＋FN＝MEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(vF2),R)得FN＝1.2N由牛顿第三定律得管上壁受压力大小为1.2N，方向竖直向上答案：(1)2m/s(2)1.2N方向竖直向上[例4]如图5－4－4所示，AB为半径R＝0.8m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝3kg，车长L＝2.06m，车上表面距地面的高度h＝0.2m，现有一质量m＝1kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5s时，车被地面装置锁定(g＝10m/s2)。试求：图5－4－4(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。[思路点拨](1)如何判断车运动1.5s时，滑块是否已相对车静止了？提示：求出二者同速所用的时间，与1.5s进行分析比较。(2)如何求出因摩擦而产生的内能大小？提示：Q＝μmgl相对[解析](1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvB2，FNB－mg＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(vB2),R)则：FNB＝30N。(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v对滑块有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1对于小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1解得：v＝1m/s，t1＝1s，因t1<t0故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5s，则小车右端距B端的距离为l车＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v),2)t1＋v(t0－t1)。解得l车＝1m(3)Q＝μmgl相对＝μmgEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v),t1)。解得Q＝6J[答案](1)30N(2)1m(3)6J2．(2013·安徽高考)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(GMm),r)，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()A．GMm(EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),R2)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),R1)) B．GMm(EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),R1)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),R2))C.(EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),R2)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),R1)) D.EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(GMm),2)(EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),R1)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),R2))[典例](15分)(2013·山师附中模拟)如图5－4－6所示，水平传送带AB长L＝4.9m，以v＝8m/s的速度沿逆时针运动，B端与竖直面内的光滑圆轨道BC①相切(传送带轮半径不计)。轨道BC的半径R＝3m，所对的圆心角θ＝53°。现将可看成质点的质量m＝1kg的物块轻放在传动带的A点②，物块经过B点后滑上圆轨道并从C点冲出，刚好以水平速度③由D点滑上质量M＝2kg的薄木板，C、D高度差为h。木板左端固定一处于原长的轻弹簧，轻弹簧右端距平台D端距离为d＝0.4m，物块在木板上滑动并压缩弹簧直到速度为零④，此过程中克服弹簧弹力做功1.5J。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10m/s2，求：图5－4－6(1)物块在传送带上运动的时间；(2)物块到达C点的速度大小和平台距C点的高度h；(3)弹簧的最大形变量。[解](1)物块在传送带上运动时由μ1mg＝ma，得a＝5m/s2 ①(1分)假设物块在传送带上以加速度a一直匀加速到B点，由vB2＝2aL，得vB＝7m/s<v＝8m/s ②(1分)可知上述假设成立。因此物块在传送带上运动的时间为t＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(vB),a)＝1.4s ③(1分)(2)从B点到C点，根据机械能守恒定律得mg(R－Rcosθ)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvB2－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvC2 ④(2分)物块到达C点的速度为vC＝5m/s ⑤(1分)从C点到D点，物块做斜抛运动， vC在竖直方向的分速度vy＝vCsinθ＝4m/s ⑥(1分)由vy2＝2gh，得h＝0.8m ⑦(2分)(3)物块刚滑上木板的速度vD＝vCcosθ＝3m/s ⑧(1分)由μ1mg＝5N<μ2(m＋M)g＝6N可知，物块在木板上滑动时，木板相对地面始终保持静止状态⑨(2分)根据动能定理，从物块滑上木板到弹簧达到最大形变的过程中－μ1mg(x＋d)－W弹＝0－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvD2 ⑩(2分)弹簧的最大形变量x＝0.2m 5．(2013·武汉调研)如图5－4－8所示，在竖直平面内有轨道ABCDE，其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道，AB(AB>R)是竖直轨道，CE是水平轨道，CD>R，AB与BC相切于B点，BC与CE相切于C点，轨道的AD段光滑，DE段粗糙且足够长。一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，将轻杆锁定在图示位置，并使Q与B等高。现解除锁定释放轻杆，轻杆将沿轨道下滑，重力加速度为g。图5－4－8(1)Q球经过D点后，继续滑行距离s停下(s>R)，求小球与DE段之间的动摩擦因数。(2)求Q球到达C点时的速度大小。解析：(1)由能量守恒定律，mgR＋mg2R＝μmgs＋μmg(s－R)，解得：μ＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(3R),2s－R)。(2)轻杆由释放到Q球到达C点时，系统的机械能守恒，设PQ两球的速度大小分别为vP、vQ，则由能量守恒定律，mgR＋mg2R＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvP2＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvQ2＋mgRsin30°，又vP＝vQ，联立解得：vQ＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(5),gR)。答案：(1)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(3R),2s－R)(2)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(5),gR)6．(2014·济南测试)游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质点，简化为如图7所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知绳长为l，质点的质量为m，转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d。让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为()图7A.mg(d＋lsinθ)tanθ＋mgl(1－cosθ)B.mgdtanθ＋mgl(1－cosθ)C.mg(d＋lsinθ)tanθD.mgdtan11．如图12所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。一质量为m的小物块自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平轨道CM上。在水平轨道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于轨道的末端C点(此时弹簧处于自然状态)。若物块运动过程中弹簧最大弹性势能为Ep，且物块被弹簧反弹后恰能通过B点。已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：图12(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力FN的大小；(2)弹簧的最大压缩量d；(3)物块从A处开始下滑时的初速度v0。解析：(1)设物块刚离开弹簧时速度为v1，恰通过B点时速度为v2，由题意可知：mg＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v22),R) ①在物块由C点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv12＝2mgR＋EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv22 ②解得v1＝ ③又由牛顿第二定律得：F－mg＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v12),R) ④所以F＝6mg ⑤由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力为6mg(2)弹簧从压缩到最短开始至物块被弹离弹簧的过程中，由能量守恒可得EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv12＋μmgd＝Ep ⑥联立③⑥求解得d＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(Ep),μmg)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(5R),2μ) ⑦(3)物块从A处下滑至弹簧被压缩到最短的过程中由能量守恒可得EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv02＋mgR＝Ep＋μmgd ⑧联立⑦⑧可得v0＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(4Ep),－7gR)答案：(1)6mg(2)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(Ep),μmg)－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(5R),2μ)(3)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(4Ep),－7gR)12．如图13所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。现将滑块缓慢向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。图13(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑动时弹簧具有的弹性势能；(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。解析：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，由机械能守恒Ep＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律：－μmg＝ma由运动学公式v02－v2＝2aL解得v＝，Ep＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv02＋μmgL。(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，v0＝v＋at滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x因相对滑动生成的热量Q＝μmg·Δx解得Q＝μmgL－mv0(－v0)。答案：(1)见解析(2)EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv02＋μmgL(3)μmgL－mv0(－v0)12．(16分)(2014·苏州模拟)如图10所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以v0＝的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：图10(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力。解析：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律，l＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)gt2，x＝v0t，联立解得x＝2l。(2)由小球到达B点时竖直分速度vy2＝2gl，tanθ＝vy/v0，解得θ＝45°。(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，有机械能守恒定律，mgl(1＋1－EQ\*jc0\*hps21\o(\s