2019高考物理二轮复习练习专题5第1讲三大观点在力学综合问题中的应用

第1讲三大观点在力学综合问题中的应用(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上冰球与冰面之间的动摩擦因数；满足训练要求的运动员的最小加速度.，冰球与冰面之间的动摩擦因数为(2016·高考全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量用动力学观点解决多过程问题[高分快攻]某电视台有一幼儿园小朋友参加的闯关节目——高低滑梯．如图所示，高滑梯的平台到水平地面的距离为h ，其右侧与一个曲面滑梯PA 相连，参赛者小帅(可视为质点)从P 点由静止下滑，经过平台上的A 点后向左做匀减速直线运动，依次经过B 、C 两点后落在地面上的D 点(有保护措施，不会摔伤)．已知从A 运动到B 的时间等于从B 运动到C 的时间，且B 到C 的距离为l ，A 到B 的距离为2l .低滑梯在水平地面上，其右侧与一个曲面滑梯QA ′相连，QA ′与PA 完全相同，参赛者小唐(也可视为质点)从Q 点由静止下滑，经过平台上的A ′点后向左做匀减速直线运动，依次经过B ′、C ′两点后最终恰好停在D 点．已知A 与A ′、B 与B ′、C 与C ′都在同一竖直平面内，高低滑梯都是由相同材料制成的．求： (1)C 到D 的水平距离x ；(2)参赛者与滑梯平台间的动摩擦因数μ.[解析] (1)设小唐做匀减速运动的加速度大小为a ，离开C ′点时的速度为v (小帅经过C 点的速度也为v )，从A ′点运动到B ′点的时间为t ，则小唐从B ′点运动到C ′点的时间也为t ，根据运动学公式得l ＝v t ＋12at 2，l ＋2l ＝v ·2t ＋12a (2t )2C 到D 的水平距离x 即C ′到D 的水平距离，由运动学公式得v 2＝2ax 解得x ＝l8.(2)小帅离开C 点之后做平抛运动，设小帅在空中运动的时间为t ′，有h ＝12gt ′2，x ＝v t ′设参赛者小唐的质量为m ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 联立解得μ＝l32h .[答案] 见解析[突破训练](2018·合肥高三质检)足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与斜面之间在B 点有一小段弧形连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现用与水平方向成α＝53°的恒力F 拉小物块，如图所示，小物块经t 1＝4 s 到达B 点，并迅速撤去拉力F ，A 、B 两点相距x 1＝4 m(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求： (1)恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动的最大距离x 2； (3)小物块停止运动时到B 点的距离x 3. 解析：(1)AB 段加速度a 1＝2x 1t 21＝0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1 解得：F ＝ma 1＋μmgcos α＋μsin α＝2×0.5＋0.5×2×100.6＋0.5×0.8 N ＝11 N .(2)到达B 点时，小物块的速度v ＝a 1t 1＝2 m/s在BC 段的加速度：a 2＝g sin 53°＝8 m/s 2，方向沿斜面向下 由v 2＝2a 2x 2得：x 2＝v 22a 2＝222×8m ＝0.25 m .(3)小物块从B 向A 运动过程中，由μmg ＝ma 3 解得：a 3＝μg ＝5 m/s 2滑行的位移x 3＝v 22a 3＝222×5 m ＝0.4 m ，小物块停止运动时，离B 点的距离为0.4 m .答案：(1)11 N (2)0.25 m (3)0.4 m用功能观点解决力学综合问题[高分快攻]若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律．若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律．若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量． [解析] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为 l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B ②式中θ＝37°联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR .③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B ④E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR .⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝⎛⎭⎫56R ＋56R cos θ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m[突破训练] 光滑的同心圆轨道圆心为O ，半径分别为R 、2R ，固定在竖直平面内，A 、B 两个小球用长为3R 的轻杆连接后分别套在圆轨道上．开始时使连接A 、B 两小球的轻杆在两圆轨道左半边且竖直，现由静止释放，轻杆恰好能滑到水平位置，如图所示．不计空气阻力． (1)求A 、B 两小球的质量之比；(2)为了使A 小球能到达O 点正上方，在开始位置释放A 小球时，应至少使A 小球具有多大的初速度v 0?(3)求A 、B 两小球组成的系统在开始位置由静止释放后，A 小球的最大速度． 解析：(1)轻杆恰好能滑到水平位置．由系统机械能守恒，有m B g |Δh B |－m A g |Δh A |＝0 由几何关系|Δh A |＝(3－1)R ，|Δh B |＝R联立以上式子可得m Am B ＝3＋12.(2)从开始释放到A 小球刚好到达O 点正上方，如图1所示，由机械能守恒定律有m A g |Δh ′A |＋m B g |Δh ′B |＝12m A v 20 由几何关系|Δh ′A |＝(3＋2)R |Δh ′B |＝12R联立以上两式可得 v 0＝（3＋33）gR .(3)如图2所示，设从开始释放到B 与O 连线与水平方向成θ角时A 的速度最大，由系统机械能守恒，有 m B gR sin θ＋m A gR [2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－θ－3]＝12m A v 2A ＋12mB v 2B 由运动的合成与分解得v A sin π6＝v B整理得v 2A ＝4(3－1)gR (sin θ＋cos θ－1)＝4(3－1)gR ·[2sin(φ＋θ)－1] 其中φ＝π4，当θ＝π4时，v 2A 最大 解得v A max ＝2（3－1）（2－1）gR .答案：见解析动量与能量观点解决综合力学问题[高分快攻]动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答．当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题．当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律．当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律．当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解．复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．如图所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M 2，它下面用长为L 的轻绳系一质量为M 1的砂袋．现有一质量为m 的子弹水平射击砂袋，且子弹射入砂袋后并未穿出，而是与砂袋一起摆过一定角度θ，试求子弹射入砂袋时的速度v 0的大小．[解析] 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹射入砂袋后二者的共同速度为v 1，由动量守恒定律可得 m v 0＝(M 1＋m )v 1此后在绳摆动过程中，砂袋(含子弹)在水平方向做减速运动，而小车在水平方向做加速运动，当砂袋(含子弹)与小车具有共同的水平速度时，绳与竖直方向的夹角达到最大，砂袋(含子弹)在竖直方向上的速度为零，在这一过程中系统机械能守恒．设子弹、砂袋、小车三者的共同速度为v 2，由机械能守恒定律有：12(M 1＋m )v 21＝(M 1＋m )gL (1－cos θ)＋12(M 1＋M 2＋m )v 22 从子弹入射前到砂袋摆动至最高点，整个系统在水平方向上不受外力，在水平方向上系统动量守恒，有 mv 0＝(M 1＋M 2＋m )v 2 联立解得v 0＝M 1＋m m 2（M 1＋M 2＋m ）M 2gL （1－cos θ）.[答案] 见解析不少同学简单地将此类问题看成“冲击摆”，还是没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型．事实上，本题情境设置与“冲击摆”的区别在于悬点并不固定，而是随着小车往前移动的．当摆摆到最高点时，砂袋(含子弹)只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定的速度，即在最高点处砂袋(含子弹)仍具有动能．[突破训练] 如图所示，竖直平面内有一个半径为 R ＝0.8 m 的固定光滑四分之一圆弧轨道PM ，P 为圆弧轨道的最高点．圆弧轨道最底端M 处平滑连接一长 s ＝4.8 m 的固定粗糙水平轨道MN ，N 端为一个竖直弹性挡板，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 的物块A 、B 静止于M 点，它们中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，A 恰好不能从 P 端滑出，B 与挡板碰撞时没有能量损失．A 、B 与水平轨道MN 间的动摩擦因数为μ＝0.25，A 、B 均可视为质点，g 取 10 m/s 2 ，问：(1)A 刚滑上圆弧轨道时对轨道的压力为多大？ (2)炸药爆炸时有多少化学能转化为A 、B 的机械能？(3)适当改变PM 的轨道半径，保持其他条件不变，使炸药爆炸后，A 与B 刚好能同时回到M 处发生碰撞，碰撞后粘在一起，A 、B 最终停在水平轨道上的位置距离M 点多远？(结果保留 2 位有效数字)解析：(1)设A 刚滑上圆弧轨道的速度为 v A ，因为A 刚好滑到P 点，由机械能守恒定律有： 12m A v 2A ＝m A gR ① 设A 在M 点受到的支持力为F ，根据牛顿第二定律得： F －m A g ＝m A v 2AR②联立①②式并代入数据，解得 F ＝60 N ③由牛顿第三定律知，A 物块在M 点对轨道压力的大小为60 N . (2)设刚爆炸时B 物块的速度为v B ，由动量守恒定律有： m A v A －m B v B ＝0④根据能量守恒定律知炸药爆炸时转化为A 和B 的机械能为E ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ⑤ 联立①④⑤式并代入数据，解得：E ＝48 J ．⑥ (3)设B 返回M 点时的速度为v 1，根据动能定理有： －2μm B g s ＝12m B v 21－12m B v 2B ⑦设A 、B 在M 点碰撞后共同速度为v ，根据动量守恒定律有：m A v A －m B v 1＝(m A ＋m B )v ⑧ 设A 、B 静止时离M 点距离为L ，由动能定理有： －μ(m A ＋m B )gL ＝0－12(m A ＋m B )v 2⑨联立①④⑦⑧⑨式并代入数据，解得L ＝0.36 m . 答案：(1)60 N (2)48 J (3)0.36 m动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝mv －mv 0.②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解． (2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．用三大观点解决滑块——滑板模型[高分快攻]应用三大观点解决滑块——滑板问题的关键是分析运动过程，要特别注意“二者共速”这个临界点，“共速”时往往会发生摩擦力突变(滑动摩擦力变为静摩擦力)，运动状态突变(相对滑动变为相对静止)等情况．处理这类问题时要善于借助v －t 图象进行分析，借助图象中围成的面积很容易求出二者间的位移差．如图所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，B C 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在B C 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？[解析] (1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mg h ＝12mv 2B工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得 N －mg ＝m v 2BR联立解得N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为N ′＝N ＝40 N .(2)由于B C 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统 由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋M )v 1 由动能定理得μmgL ＝12mv 20－12(m ＋M )v 21 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得 mg h 1＝12mv 20代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 时物块有从AB 轨道滑下且不脱离小车的最大速度，设其从轨道下滑的最小高度为h′，刚滑上小车的速度为v ′0，与小车达到共速时的速度为v ′1，刚滑上CD 轨道的速度为v ′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得 mv ′0＝(m ＋M )v ′1由动能定理得μmgL ＝12mv ′20－12Mv ′21－12mv ′22工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得 12mv ′22＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得 mg h ′＝12mv ′2联立并代入数据解得h′＝187m 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足187 m<h ≤3 m .[答案] 见解析[突破训练] 质量为M ＝3.0 kg 的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a )所示．当t ＝0时，两个质量都是m ＝1.0 kg 的小物体A 和B (均可看做质点)，分别从左端和右端以大小为v 1＝4.0 m/s 和v 2＝2.0 m/s 的水平速度冲上小车C ，当它们在车上停止滑动时，没有相碰．A 、B 与车面的动摩擦因数都是μ＝0.20，g 取10 m/s 2.(1)求A 、B 在车上停止滑动时车的速度． (2)车的长度至少是多少？(3)在图(b )所给出的坐标系中画出0～4.0 s 内小车运动的速度－时间图象．解析：(1)以水平向右为正方向，设A 、B 在车上停止滑动时，车的速度为v ，根据动量守恒定律可得m (v 1－v 2)＝(M ＋2m )v解得v ＝0.40 m/s ，方向水平向右．(2)设A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为l 1和l 2，由功能关系可得μmgl 1＋μmgl 2＝12mv 21＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2 解得l 1＋l 2＝4.8 m ，即车长至少为4.8 m . (3)车的运动可分为以下三个阶段：第一阶段：A 、B 同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg ，方向相反，车受力平衡而保持不动．当B 的速度减为0时，此过程结束．设这段时间内小物体的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma 得小物体的加速度大小a ＝μg设B 到t 1时刻停止滑动，则t 1－0＝v 2a＝1.0 s第二阶段：B 停止运动后，A 继续在车上滑动．设到t 2时刻物体A 与车有共同速度v ，则有v ＝(v 1－v 2)－a (t 2－t 1) 解得t 2＝1.8 s第三阶段：t 2时刻之后，车以速度v 做匀速直线运动，小车运动的速度－时间图象如图所示．答案：见解析, (建议用时：40分钟)1．(2017·高考天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg .初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求： (1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ； (2)A 的最大速度v 的大小； (3)初始时B 离地面的高度H .解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h ＝12gt 2① 代入数据解得t ＝0.6 s ．②(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有v B ＝gt ③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为A 的最大速度，联立②③④式，代入数据解得 v ＝2 m/s .⑤(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有 12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m . 答案：见解析2．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R 、R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB 、C D 和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝C D ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)设滑块恰好经P 点飞出时速度为v P ，由牛顿第二定律有mg ＝mv 2P2R得v P ＝2gR到达A 点时速度方向要沿着斜面AB ，则 v y ＝v P tan θ＝342gR 所以A 、D 点离地高度为h ＝3R －v 2y2g ＝3916R .(2)进入A 点时滑块的速度为v ＝v P cos θ＝542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则E k ＝12mv 2－4μmg cos θ·2R <0，所以滑块不会滑到A 而飞出．因mg sin θ>μmg cos θ，则根据动能定理得 mg ·2R sin θ－μmg cos θ·s ＝0－12mv 2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s ＝221R16.(3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v 1、v 2由牛顿第二定律，在Q 点F 1－mg ＝mv 21R在P 点F 2＋mg ＝mv 222R所以F 1－F 2＝2mg ＋m （2v 21－v 22）2R由机械能守恒有12mv 21＝12mv 22＋mg ·3R 得v 21－v 22＝6gR 为定值代入v 2的最小值(v 2＝v P ＝2gR )得压力差的最小值为9mg . 答案：(1)3916R (2)221R 16(3)9mg3．(2016·高考全国卷Ⅱ)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B C D 相切，半圆的直径B D 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．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，弹簧长度为l 时的弹性势能 E p ＝5mg l ①设P 的质量为M ，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 ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6g l 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 ＝2g l 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 落回到轨道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)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 在圆轨道上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 2B≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解析4．如图所示，长L ＝5.5 m 、质量M ＝2 kg 的滑板A 静止在水平地面上，在滑板右端放一质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)．已知滑板A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，滑块B 与A 的动摩擦因数μ2＝0.1，可认为A 与地面、A 与B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.试求：(1)要将滑板从滑块下抽出，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少？ (2)若施加的水平拉力F ＝11 N ，要使滑板从滑块下抽出，F 作用的最短时间． 解析：(1)B 在A 上的最大加速度： a B ＝μ2mgm＝1 m/s 2要使A 从B 下抽出，必须满足：a A >a B ① 对A 由牛顿第二定律得： F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A ② 联立①②代入数据解得：F >9 N . (2)当F ＝11 N ，代入②式解得： 滑板加速度大小a A 1＝2 m/s 2此时B 的加速度大小a B ＝1 m/s 2F 作用t 秒时相对滑动的距离Δx 1＝12a A 1t 2－12a B t 2③此时A 、B 速度大小分别为 v A ＝a A 1t ④ v B ＝a B t ⑤撤去F 后，B 的加速度大小仍为：a B ＝1 m/s 2 A 做匀减速运动的加速度大小为 a A 2＝μ1（m ＋M ）g ＋μ2mgM＝3.5 m/s 2若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为Δx 2 由相对运动得：(v A －v B )2＝2(a A 2＋a B )Δx 2⑥ 由题意得：Δx 1＋Δx 2＝L ⑦联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得：t ＝3 s . 答案：(1)9 N (2)3 s, (建议用时：40分钟)1.(2018·福建龙岩质量检查)一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t ＝0时刻将一物块无初速度轻放到木板上，此后长木板运动的速度－时间图象如图所示．已知长木板的质量M ＝2 kg ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g ＝10 m/s 2，求： (1)物块的质量m ；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？解析：(1)长木板和物块组成的系统动量守恒：Mv ＝(M ＋m )v 共 将M ＝2 kg ，v ＝6.0 m/s ，v 共＝2.0 m/s ，代入解得：m ＝4 kg .(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q ，根据能量守恒定律：Q ＝12Mv 2－12(M ＋m )v 2共＝24 J .答案：(1)4 kg (2)24 J2.如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求： (1)C 、O 间的电势差U CO ； (2)O 点处的电场强度E 的大小．解析：(1)小球由C 运动到O 时，由动能定理得 mgd ＋qU C O ＝12mv 2－0，解得U C O ＝mv 2－2mgd 2q.(2)小球经过O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得F 1＝F 2＝k Qq（2d ）2它们的合力为F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d 2O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ2d 2.答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQ2d23．如图所示，质量m B ＝3.5 kg 物体B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k ＝100 N/m .轻绳一端与物体B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 1、O 2后，与套在光滑直杆顶端E 处的质量m A ＝1.6 kg 的小球A 连接．已知直杆固定不动，杆长L 为0.8 m ，且与水平面的夹角θ＝37°.初始时使小球A 静止不动，与A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45 N ．已知EO 1＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，绳子不可伸长，现将小球A 从静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求(1)在释放小球A 前弹簧的形变量．(2)若直线CO 1与杆垂直，求小球A 运动到C 点的过程中绳子拉力对小球A 做的功． (3)小球A 运动到底端D 点时的速度大小．解析：(1)释放小球前，B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x ，有kx ＝F －m B g ，解得x ＝0.1 m . (2)对A 球从E 点运动到C 的过程应用动能定理得 W ＋m A gh ＝12m A v 2A －0① 其中h ＝x CO 1cos 37°，而x CO 1＝x EO 1sin 37°＝0.3 m 物体B 下降的高度h ′＝x EO 1－x CO 1＝0.2 m ②由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m ，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有m A gh ＋m B gh ′＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ③ 由题意知，小球A 在C 点时运动方向与绳垂直，此时B 物体速度v B ＝0④ 由①②③④得W ＝7 J .(3)由题意知，杆长L ＝0.8 m ，由几何知识可知EC ＝CD ，∠CDO 1＝∠CEO 1＝37°，故DO 1＝EO 1当A 到达D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，将A 在D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B 的速度，由几何关系得v ′B ＝v ′A cos 37°⑤整个过程机械能守恒，可得 m A gL sin 37°＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ⑥ 由⑤⑥得v ′A ＝2 m/s . 答案：见解析4．(2018·滨州二模)如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v ＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度L ＝9 m ．放在光滑水平面上的两相同小物块A 、B (均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p ＝9 J ，弹簧与A 、B 均不粘连，A 、B 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量m A ＝m B ＝1 kg .现将A 、B 同时由静止释放，弹簧弹开物块A 和B 后，迅速移去轻弹簧，此时，A 还未撞击P ，B 还未滑上传送带．取g ＝10 m/s 2.求：(1)A 、B 刚被弹开时的速度大小．(2)试通过计算判断B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带．(3)若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P 应给A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带．解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B 由动量守恒有m A v A －m B v B ＝0联立以上两式解得v A ＝3 m/s ，v B ＝3 m/s .(2)假设B 不能从传送带右端滑离传送带，则B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s .由动能定理得－μm B g s ＝0－12m B v 2B 解得s ＝v 2B2μg＝2.25 m s<L ，B 不能从传送带右端滑离传送带．(3)设物块A 撞击P 后被反向弹回的速度为v 1由功能关系可知：E ＋12m A v 2A ＝12m A v 21 由物块B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动．由运动的对称性可知，物块B 回到皮带左端时速度大小应为v 2＝v B ＝3 m/s .。