2015届高考物理二轮复习专题六机械能守恒、功能关系导（含解析）.doc

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机械能守恒、功能关系热点一机械能守恒定律的应用命题规律：该知识点为每年高考的重点，分析近几年高考试题，命题规律有以下三点：(1)判断某系统在某过程中机械能是否守恒．(2)结合物体的典型运动进行考查，如平抛运动、圆周运动、自由落体运动．(3)在综合问题的某一过程中遵守机械能守恒定律时进行考查．1.(2014·汕头一模)蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B位置)，如图所示．有关运动员从A运动至B的过程，下列说法正确的是()A．运动员的机械能守恒B．运动员的速度一直减小C．合力对运动员做负功D．运动员先超重后失重[解析]由能量守恒定律可知，运动员减少的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A错误；当F弹＝mg时，a＝0，在此之前，F弹＜mg，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F弹＞mg，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B、D错误；从A位置到B位置，由动能定理得W合＝－Ek0，选项C正确．[答案]C 2.(多选)(2014·长春二模)如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长．开始时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是()A．当M＝2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大B．当M＝2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小C．当M＝m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零D．当M＝m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度一直增大[解析]由系统机械能守恒可得mgh＝Mg(－l)，当M＝2m时，h＝l，所以A选项正确；当M＝m时，对圆环受力分析如图，可知FT＝＞Mg，故圆环在下降过程中系统的重力势能一直在减少，则系统的动能一直在增加，所以D选项正确．[答案]AD 3.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2RB.C.D.[解析]如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R.则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确．[答案]C[总结提升](1)机械能守恒定律的三种表达式①守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2②转化观点：ΔEp＝－ΔEk③转移观点：ΔEA增＝ΔEB减(2)机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系或物体．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象初末态时的机械能．④灵活选取机械能守恒的表达式列机械能守恒定律方程．⑤解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验．热点二功能关系的应用命题规律：该知识点为每年高考的重点和热点，在每年的高考中都会涉及，分析近几年考题，命题规律有如下特点：(1)考查做功与能量变化的对应关系．(2)涉及滑动摩擦力做功与产生内能(热量)的考查．1.(2014·云南第一次检测)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mgh B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋mv2 C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋mv2 D．该同学所受的合外力对其做功为mv2＋mgh[解析]本题考查的是力做功和能的转化问题，该同学重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为mv2，则机械能增加了mgh＋mv2，A错，B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；该同学所受合外力做功等于动能增量，则W合＝mv2，D错．[答案]B 2.(2014·高考山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为()A.(h＋2R)B.(h＋R)C.D.[解析]“玉兔”在h高处做圆周运动时有G＝.发射“玉兔”时对“玉兔”做的功W＝mv2＋Ep.在月球表面有＝mg月，联立各式解得W＝.故选项D正确，选项A、B、C错误．[答案]D 3.如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)物块克服摩擦力做的功；(3)在此过程中转变成的内能．[解题指导]解答本题时应把握以下两点：(1)正确分析物块和小车的受力情况及运动情况．(2)正确利用功能关系求摩擦力的功和产生的内能．[解析](1)小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则a1＝＝m/s2，a2＝μg＝5 m/s2，v0－a2t＝a1t，所以t＝＝＝0.24 s.(2)相对静止时的速度v＝a1t＝0.8 m/s，物块克服摩擦力做的功W＝m2(v－v2)＝0.336 J.(3)由功能关系可知，系统损失的机械能转化为内能，则E＝m2v－(m1＋m2)v2＝0.24 J.[答案](1)0.24 s(2)0.336 J(3)0.24 J[总结提升]解决功能关系问题应注意的三个方面(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化情况.(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其是可以方便计算变力做功的多少.(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同.)用动力学和能量观点解决传送带问题命题规律：传送带是最重要的模型之一，近两年高考中虽没有出现，但解决该问题涉及的知识面较广，又能与平抛运动、圆周运动相综合，因此预计在2015年高考中出现的可能性很大，题型为选择题或计算题．[解析](1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2(1分)小物块与传送带共速时，所用时间t＝＝1 s(2分)运动的位移x＝at2＝2.5 m＜(L－xP)＝6 m(2分)故小物块与传送带共速后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得mv＝mgyN(2分)解得yN＝1.25 m．(1分)(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x相对＝v0t－x＝2.5 m(2分)产生的热量Q＝μmgx相对＝12.5 J．(2分)(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM(2分)代入数据解得x1＝7 m(2分)故小物块在传送带上的位置横坐标范围为0≤x＜7 m．(2分)[答案](1)1.25 m(2)12.5 J(3)0≤x＜7 m[总结提升](1)传送带模型题的分析流程：(2)皮带问题中的功能关系：传送带做的功WF＝Fl带，功率P＝Fv带；摩擦力做功W摩＝F摩l；物体与皮带间摩擦生热Q＝Ffl相对．(3)如质量为m的物体无初速度放在水平传送带上，最终与传送带共速，则在整个加速过程中物体获得的动能Ek及因摩擦而产生的热量Q，有如下关系：Ek＝Q＝mv.最新预测1(多选)(2014·陕西西工大附中适应考)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程下列说法正确的是()A．电动机多做的功为mv2 B．摩擦力对物体做的功为mv2 C．电动机增加的功率为μmgv D．传送带克服摩擦力做功为mv2解析：选BC.由能量守恒知电动机多做的功为物体动能增量和摩擦生热Q，所以A项错；根据动能定理，对物体列方程，Wf＝mv2，所以B项正确；因为电动机增加的功率P＝＝＝μmgv，C项正确；因为传送带与物体共速之前，传送带的路程是物体路程的2倍，所以传送带克服摩擦力做功是摩擦力对物体做功的2倍，即mv2，D项错误．最新预测2(2014·德州二模)如图所示，轮半径r＝10 cm的传送带，水平部分AB的长度L＝1.5 m，与一圆心在O点、半径R＝1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝1.25 m，一质量m＝0.1 kg的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；(3)若传送带以v0＝0.5 m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．解析：(1)从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos 37°)＝mv2在轨道末端由牛顿第二定律得：FN－mg＝由以上两式得FN＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N，方向竖直向下．(2)若传送带静止，从A到B的过程中，由动能定理得：－μmgL＝mv－mv2解得：vB＝1 m/s滑块从B点开始做平抛运动滑块的落地点与B点间的水平距离为：x＝vB＝0.5 m.(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx＝L＋v0＝2 m滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q＝μmgΔx＝0.2 J.答案：(1)1.4 N，方向竖直向下(2)0.5 m(3)0.2 J一、选择题1．(多选)(2014·吉林质检)如图所示，长为L的粗糙长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块．现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g.下列判断正确的是()A．整个过程物块所受的支持力垂直于木板，所以不做功B．物块所受支持力做功为mgLsinαC．发生滑动前静摩擦力逐渐增大D．整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增量解析：选BCD.由题意得，物块滑动前支持力属于沿运动轨迹切线方向的变力，由微元法可知在这个过程中支持力做正功，而且根据动能定理，在缓慢抬高A端的过程中，W－mgLsinα＝0，可知W＝mgLsinα，所以A项错，B项正确．由平衡条件得在滑动前静摩擦力f静＝mgsinθ，当θ↑时，f静↑，所以C项正确．在整个过程中，根据除了重力以外其他力做功等于机械能的变化量可知D项正确．2．(2014·高考上海卷)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是()解析：选C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一时刻的机械能E＝ΔE＝F·h，解以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确．3．(2014·芜湖一模)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦．现将两物体由静止释放，在A落地之前的运动中，下列说法中正确的是()A．A物体的机械能增大B．A、B组成系统的重力势能增大C．下落时间t过程中，A的机械能减少了mg2t2 D．下落时间t时，B所受拉力的瞬时功率为mg2t解析：选C.在A下落的过程中，拉力对A做负功，对B做正功，A的机械能减小，B的机械能增大，A、B系统的机械能守恒，所以A、B错误．释放后，A、B物体都做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律得2mg－mg＝3ma，故加速度a＝g，t时间内A物体下降高度为gt2，绳子拉力大小为mg.拉力对A物体所做负功为mg2t2，A物体机械能减少mg2t2，C对．下落时间t时，B物体的运动速度为gt，拉力功率大小为mg2t，D错．4．(2014·山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10 m/s2，下列说法正确的是()A．小球的质量为0.2 kg B．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N C．小球动能与重力势能相等时的高度为m D．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J解析：选D.在最高点，Ep＝mgh得m＝0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝mv2，由动能定理：－fH－mgH＝mv2－mv得H＝m，故C项错；当上升h′＝2 m时，由动能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－mv得Ek2＝2.5 J，Ep2＝mgh′＝2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确．5．(多选)(2014·钦州一模)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m.开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长，且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力．若在物体A下落的过程中，弹簧始终处在弹性限度内，则A接触地面前的瞬间()A．物体A的加速度大小为g，方向竖直向下B．弹簧的弹性势能等于mgh－mv2 C．物体B有向上的加速度D．弹簧对物体A拉力的瞬时功率大小为2mgv解析：选BD.当A即将接触地面时，物体B对地面无压力，对B受力分析可知，细绳拉力等于轻弹簧弹力F＝2mg，选项C错误；然后对A受力分析可得：F－mg＝ma，可得a＝g，方向竖直向上，选项A错误；A下落过程中，A与弹簧整体机械能守恒，可得mgh＝Ep＋mv2，弹簧的弹性势能Ep＝mgh－mv2，选项B正确；拉力的瞬时功率为P＝Fv＝2mgv，选项D正确．6．(2013·高考安徽卷)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＝－，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 B．GMm C.D.解析：选C.人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供．根据万有引力提供向心力得G＝m①而动能Ek＝mv2②由①②式得Ek＝③由题意知，引力势能Ep＝－④由③④式得卫星的机械能E＝Ek＋Ep＝－由功能关系知，因摩擦而产生的热量Q＝ΔE减＝E1－E2＝，故选项C正确．7．(2014·漳州一模)质量为m的带电小球，在充满匀强电场的空间中水平抛出，小球运动时的加速度方向竖直向下，大小为.当小球下降高度为h时，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球的动能减少了B．小球的动能增加了C．小球的电势能减少了D．小球的电势能增加了mgh解析：选B.小球受的合力F＝mg，据动能定理，合力做功等于动能的增加，故ΔEk＝Fh＝mgh，选项A错、B对．由题意可知，电场力F电＝mg，电场力做负功，电势能增加，ΔEp＝F电·h＝mgh，选项C、D均错．8．(多选)(2014·郑州三模)如图所示，竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道OQP，其中Q是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE在O点相切，质量为m的小球沿水平轨道运动，通过O点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是()A．小球落地时的动能为2.5mgR B．小球落地点离O点的距离为2R C．小球运动到半圆形轨道最高点P时，向心力恰好为零D．小球到达Q点的速度大小为解析：选ABD.小球恰好通过P点，mg＝m得v0＝.根据动能定理mg·2R＝mv2－mv得mv2＝2.5mgR，A正确．由平抛运动知识得t＝，落地点与O点距离x＝v0t＝2R，B正确．P处小球重力提供向心力，C错误．从Q到P由动能定理－mgR＝m()2－mv得vQ＝，D正确．9．(多选)(2014·海口调研)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则()A．在x1处物体所受拉力最大B．在x2处物体的速度最大C．在x1～x3过程中，物体的动能先增大后减小D．在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小解析：选AC.除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故E－x图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在x1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A正确；在x2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在x2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B错误；在x1～x3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C正确；0～x2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D错误．二、计算题10．(2014·云南部分名校统考)如图所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L＝4 m，传送带以恒定的速率v＝2 m/s向上运动．现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，求：(1)物体从A运动到B共需多少时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．解析：(1)物体无初速度放在A处后，因mgsinθ＜μmgcosθ，则物体斜向上做匀加速直线运动．加速度a＝＝2.5 m/s2物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8 s t1时间内物体的位移L1＝t1＝0.8 m之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间t2＝＝1.6 s物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4 s.(2)前0.8 s内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8 m因摩擦而产生的内能E内＝μmgcosθ·ΔL＝6 J E总＝Ek＋Ep＋E内＝mv2＋mgLsinθ＋E内＝28 J.答案：(1)2.4 s(2)28 J 11．(2014·济南一模)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6 m．滑块在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，取g＝10 m/s2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量．解析：(1)对木板Ff＝Ma1由运动学公式得v＝a1t解得a1＝1 m/s2，Ff＝2 N.(2)对滑块有－Ff＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式v－v0＝a2t解得a2＝－2 m/s2，v0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得mgh－WFf＝mv可得滑块克服摩擦力做的功为WFf＝mgh－mv＝1.5 J.(3)t＝1 s内木板的位移x1＝a1t2此过程中滑块的位移x2＝v0t＋a2t2故滑块相对木板滑行距离L＝x2－x1＝1.5 m产生的热量Q＝Ff·L＝3 J.答案：(1)2 N(2)1.5 J(3)1.5 m3 J 12．(2014·潍坊模拟)如图所示，水平轨道MN与竖直光滑半圆轨道相切于N点，轻弹簧左端固定在轨道的M点，自然状态下右端位于P点，将一质量为1 kg的小物块靠在弹簧右端并压缩至O点，此时弹簧储有弹性势能Ep＝18.5 J，现将小物块无初速释放，已知OP＝0.25 m，PN＝2.75 m，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆轨道半径R＝0.4 m，g取10 m/s2.求：(1)物块从P点运动到N点的时间；(2)分析说明物块能否通过半圆轨道最高点B.若能，求出物块在水平轨道上的落点到N点的距离．若不能，简要说明物块的运动情况．解析：(1)从开始释放到小物块运动至P，由能量守恒定律，Ep－μmgxOP＝mv解得：vP＝6 m/s设物块由P至N用时为t，由匀变速直线运动规律：xPN＝vPt－at2μmg＝ma解得：t＝0.5 s或t＝5.5 s(舍去)．(2)物块由P至N，由动能定理得：－μmgxPN＝mv－mv设物块能够通过圆轨道最高点，在最高点B物块速度大小为vB，由机械能守恒定律得：mv＝2mgR＋mv解得：vB＝3 m/s物块通过最高点的最小速度为vmin mg＝m，vmin＝2 m/s因vB＞vmin，故物块能通过B点通过B点后做平抛运动：x＝vBt 2R＝gt2解得：x＝1.2 m.答案：(1)0.5 s(2)能通过B点1.2 m第3讲动力学和功能观点的应用热点一用动力学观点解决多过程问题命题规律：力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动，分析运动过程的关键是分析物体受力，然后利用牛顿运动定律分析物体的运动规律，高考对此类题的考查主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用，题目难度不大，以中档题为主．1.(2014·武汉模拟)如图甲所示，质量M＝1 kg的薄木板静止在水平面上，质量m＝1 kg的铁块(可视为质点)静止在木板的右端．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.05，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F，(1)若力F恒为4 N，经过时间1 s，铁块运动到木板的左端，求木板的长度L；(2)若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来．试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象．[解析](1)对铁块，由牛顿第二定律F－μ2mg＝ma1对木板，由牛顿第二定律μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则x铁＝a1t2 x木＝a2t2又x铁－x木＝L解得L＝0.5 m.(2)①当F≤μ1(m＋M)g＝1 N时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比并保持大小相等，即Ff＝F②当F＞μ1(m＋M)g＝1 N时，若M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a F－Ff＝ma解得F＝2Ff－1 N此时Ff≤μ2mg＝2 N，即F≤3 N所以当1 N＜F≤3 N时，Ff＝＋0.5 N③当F＞3 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为Ff＝μ2mg＝2 N Ff－F图象如图所示．[答案](1)0.5 m(2)见解析图2.(2014·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°角的恒力F拉小物块，如图所示，小物块经t1＝4 s到达B点，并迅速撤去拉力F，A、B两点相距x1＝4 m(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．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x2；(3)小物块停止运动时到B点的距离x3.[解析](1)AB段加速度a1＝＝0.5 m/s2根据牛顿第二定律，有Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1解得：F＝＝N＝11 N.(2)到达B点时，小物块的速度v＝a1t1＝2 m/s在BC段的加速度：a2＝gsin 53°＝8 m/s2由v2＝2a2x2得：x2＝＝m＝0.25 m.(3)小物块从B向A运动过程中，由μmg＝ma3，解得：a3＝μg＝5 m/s2滑行的位移x3＝＝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热点二用功能观点解决多过程问题命题规律：对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能利用牛顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行求解．高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作用下的直线运动、曲线运动，题目难度中等．1.(2014·温州五校联考)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．[解析](1)小物体从E到C，由能量守恒得：mg(h＋R)＝mv，①在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，②联立①②解得FN＝12.4 N.(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得：WG－Wf＝0，③WG＝mg[(h＋Rcos 37°)－LABsin 37°]，④Wf＝μmgcos 37°LAB.⑤联立③④⑤解得LAB＝2.4 m.(3)因为mgsin 37°＞μmgcos 37°(或μ＜tan 37°)，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，系统因摩擦所产生的热量，Q＝ΔEp，⑥ΔEp＝mg(h＋Rcos 37°)，⑦联立⑥⑦解得Q＝4.8 J.[答案](1)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J 2.如图甲所示，斜面AB粗糙，倾角为θ＝30°，其底端A处有一垂直斜面的挡板．一质量为m＝2 kg的滑块从B点处由静止释放，滑到底端A处与挡板碰撞并反弹到最高点C处，已知滑块与挡板碰撞时能量损失了19%，滑块的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求v－t图象中的v、t的值；(2)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)若滑块与挡板碰撞无能量损失，求滑块整个运动过程中通过的总路程s.[解析](1)由v－t图象知滑块反弹速率为v2＝9 m/s，即反弹时能量为Ek2＝mv＝81 J，因碰撞时能量损失19%，即滑块下滑到A处时能量为Ek1＝＝100 J而Ek1＝mv2，代入数据得v＝10 m/s又因v＝a1t1，a1＝m/s2＝2.5 m/s2由牛顿第二定律知滑块下滑时有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1反弹上滑时有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2而v2＝a2t2联立并代入数据得t2＝1.2 s所以t＝4 s＋1.2 s＝5.2 s.(2)因mgsinθ－μmgcosθ＝ma1代入数据得μ＝.(3)由x＝t知AB长为L＝t1＝20 m由能量守恒知mgLsinθ－μmgcosθ·s＝0解得s＝40 m.[答案](1)10 m/s5.2 s(2)(3)40 m动力学和功能观点的综合应用命题规律：应用两大观点解决综合问题是历年高考计算题命题的热点，这类题一般是高考中的压轴题，综合能力要求很高，预计2015年可能会以平抛或圆周运动为运动模型，结合弹簧、传送带，甚至会涉及一定的电磁学情景来考查．[解析](1)由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma(1分)解得a＝2 m/s2(1分)L＝at2(1分)解得t＝1 s．(1分)(2)当小球从P点无初速度滑下时，设弹簧被压缩至x处有最大速度vm mgsinθ－μmgcosθ＝kx(1分)解得x＝m＝0.017 m(1分)由动能定理得，mgsinθ·(L＋x)－μmgcosθ·(L＋x)－W＝mv(2分)由功能关系得，W＝Ep＝kx2(1分)代入数据得vm＝m/s＝2 m/s.(1分)(3)设小球从P点下滑压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x1，由动能定理得mgsinθ·(L＋x1)－μmgcosθ·(L＋x1)－kx＝0－mv(2分)从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0，则有kx－mgsinθ·(L＋x1)－μmgcosθ·(L＋x1)＝0(2分)联立解得：x1＝0.5 m，v0＝2 m/s＝4.9 m/s.(1分)[答案](1)1 s(2)2 m/s(3)4.9 m/s[特别提醒](1)小球从接触弹簧到回到Q点的过程，小球和弹簧所组成的系统机械能并不守恒，但总的能量是守恒的．(2)对于非匀变速直线运动，不能利用牛顿定律和运动学公式求解，但能用动能定理、能量守恒定律或功能关系进行求解．最新预测1如图所示，水平粗糙轨道AB与光滑倾斜轨道BC在B点处由一段小圆弧平滑连接，BC的倾角为30°，AB、BC长度均为2 m，OC右侧是一半径长度等于斜面高度的圆弧轨道，BC与圆弧轨道在C点处平滑连接，一质量为m＝1 kg、可看做质点的物体在水平恒定外力F＝10 N的作用下从A点由静止出发水平向右运动，到B点时撤去外力，物体恰好能从圆弧轨道上的D点离开轨道，∠COD＝37°，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求物体在C点时对圆弧轨道的作用力的大小和方向；(2)求物体与粗糙面AB间的动摩擦因数μ；(3)若物体恰好能到达C点，求力F的作用时间t.解析：(1)因物体从D点离开圆弧轨道，由牛顿第二定律知mgcos 37°＝m从C到D由动能定理知mgR(1－cos 37°)＝mv－mv在C点由牛顿第二定律知mg－FN＝m联立并代入数据得FN＝6 N，方向竖直向上由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的作用力的大小为6 N，方向竖直向下．(2)从A到C的过程中，由动能定理知(F－μmg)s－mgR＝mv代入数据得μ＝0.4.(3)因物体恰好能到达C点，则从A到C由动能定理知Fx－μmgs－mgR＝0而x＝at2 a＝联立各式并代入数据得t＝s.答案：(1)6 N，方向竖直向下(2)0.4(3)s最新预测2如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB足够长，其底端与半径为R＝0.4 m的两个光滑1/4圆弧轨道BCD平滑相接，O为轨道BC圆心，BO为圆弧轨道BC的半径且为竖直线，A、D两点等高，在D点右侧有一以v1＝3 m/s的速度逆时针转动的传送带，传送带足够长，质量为m＝1 kg的滑块P从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的C点，重力加速度g取10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ1；(2)若使滑块恰能到达D点，滑块从离地多高处由静止开始下滑？(3)在第(2)问前提下若滑块滑到D点后滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升多高及此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为多少？解析：(1)A到C过程根据动能定理有mg×(2R－R)－μ1mgcos 45°×＝0可得：μ1＝0.5.(2)若滑块恰能到达D点，在D点，根据牛顿第二定律有mg＝vD＝＝2 m/s从高为H的最高点到D的过程，根据动能定理有mg(H－2R)－μ1mgcos 45°×＝mv－0求得：H＝2 m.(3)由于v1＞vD，滑块P返回到D点时的速度大小仍为vD设滑块P从D点返回后在斜面上上升的最大高度为h，由动能定理：－mv＝－μ1mgcos 45°×＋mg(2R－h)h＝m当滑块P在传送带上向右运动时：s1＝＝1 m，s2＝v1＝3 mΔs1＝s1＋s2＝4 m当滑块在传送带上向左运动时s3＝1 m，s4＝3 mΔs2＝s4－s3＝2 m所以总相对位移Δs＝Δs1＋Δs2＝6 m产生的热量：Q＝μmgΔs＝12 J.答案：(1)0.5(2)2 m(3)m12 J[失分防范]在攻克力学综合问题时极易从以下几点失分：①不理解题述物理情景，不能从中获取有用信息；②抓不住题设条件中的关键信息，不能正确选择研究对象及物理过程；③不能正确列出动力学方程或功能关系方程；④应用数学知识处理物理问题的能力较差.可从以下几点进行防范：①多练审题基本功，去伪存真，抓关键点；②仔细研究物理过程找突破口；③当涉及(恒)力及时间时，一般用动力学法；当涉及功、能及位移时一般用功能法.)一、选择题1．(2014·昆明质检)如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是()A．弹簧与杆垂直时，小球速度最大B．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mgh D．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量大于mgh解析：选B.弹簧与杆垂直时，弹性势能最小，小球重力势能和动能之和最大，选项A错误，B正确．由机械能守恒定律，小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh，选项C、D错误．2．(多选)如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示．g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.则()A．物体的质量m＝0.67 kg B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40 C．物体上升过程中的加速度大小a＝10 m/s2 D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J解析：选CD.上升过程，由动能定理得，－(mgsinα＋μmgcosα)·hm/sinα＝0－Ek1，摩擦生热μmgcosα·hm/sinα＝E1－E2，解得m＝1 kg，μ＝0.50，故A、B错误；物体上升过程中的加速度大小a＝gsinα＋μgcosα＝10 m/s2，故C正确；上升过程中的摩擦生热为E1－E2＝20 J，下降过程摩擦生热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能Ek＝50 J－40 J＝10 J，D正确．3．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v＝2 m/s运行，质量为m＝0.5 kg的工件以v0＝1 m/s的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是()A．工件经0.5 s停止相对滑动B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 m C．摩擦力对每个工件做正功为1 J D．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析：选A.工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，加速时间为t＝＝0.5 s，A对；正常运行时相邻两工件间的距离为d＝vt＝1 m，B错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为WFf＝mv2－mv＝0.75 J，C错；在t＝0.5 s内，工件对地位移为x1＝t＝0.75 m，传送带对地位移为x2＝vt＝1 m，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q＝Ff(x2－x1)＝0.25 J，D错．4．如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质小定滑轮，绳一端固定在物体1上、另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10 m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿斜面上滑的最大距离为()A．3h B.h C．2h D.h解析：选D.从开始放手到3触地(设触地时3的速度为v1)的过程中，对1、2和3应用功能关系有6mgh－(4mgsinθ＋4μmgcosθ)h＝(10m)v，之后3停止运动，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为0，对1和2应用功能关系有mgs－(4mgsinθ＋4μmgcosθ)s＝0－(5m)v，得s＝h，则1沿斜面上滑的最大距离为L＝h＋s＝h.二、计算题5．(2014·稽阳联谊学校高三联考)如图所示，AB段为长度L1＝5 m的粗糙水平地面，其动摩擦因数μ＝0.2，它高出水平地面CD的高度h＝1.25 m，EFD为一半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道．现有一质量m＝1 kg的小球，在恒定的外力F＝4 N的作用下，由静止开始从水平面的A点开始运动．力F作用一段距离后将其撤去，随后物体从B点飞出，落在水平地面CD上某处并反弹，因为与地面碰撞时有能量损失，反弹过程水平速度分量不变而竖直速度分量减小，弹起后刚好沿半圆轨道EFD的E点切向进入，开始做圆周运动，且在E点时与圆弧轨道间的相互作用力恰好为零．取g＝10 m/s2，试求：(1)CD间距离L2；(2)外力F作用的距离．解析：(1)令平抛时间为t1，水平距离为x1，斜抛时间为t2，水平距离为x2.在E点时，小球与圆弧轨道无相互作用力，则有mg＝m解得v0＝2 m/s由h＝gt得t1＝0.5 s x1＝v0t1＝1 m因斜抛可看做逆向的平抛运动，所以由2R＝gt得t2＝0.4 s x2＝v0t2＝0.8 m所以L2＝x1＋x2＝1.8 m.(2)令F作用距离为Δx由动能定理可得FΔx－μmgL1＝mv解得Δx＝3 m.答案：(1)1.8 m(2)3 m 6．(2014·江西红色六校联考)如图所示，在竖直方向上A、B物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°.用手拿住C，使细绳刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行，已知B的质量为m，C的质量为4m，A的质量远大于m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦力不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后它沿斜面下滑，斜面足够长，求：(1)当B物体的速度最大时，弹簧的伸长量；(2)B物体的最大速度．解析：(1)通过受力分析可知：当B的速度最大时，其加速度为0，绳子上的拉力大小为2mg，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量为xA，满足kxA＝mg则xA＝.(2)开始时弹簧压缩的长度为：xB＝因A质量远大于m，所以A一直保持静止状态．物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为h＝xA＋xB由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，B、C两物体的速度大小始终相等，设最大速度为vBm，由机械能守恒得：4mghsin 30°＝mgh＋(m＋4m)v由此解得vBm＝2g.答案：(1)(2)2g 7．(2013·高考浙江卷)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M＝10 kg和m＝2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．解析：大猴子先做平抛运动，后做圆周运动，两运动过程机械能均守恒．寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律．(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1＝gt2①x1＝vmint②联立①、②式，得vmin＝8 m/s.③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有(M＋m)gh2＝(M＋m)v④vC＝＝m/s≈9 m/s.⑤(3)设拉力为FT，青藤的长度为L.对最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥由几何关系(L－h2)2＋x＝L2⑦得：L＝10 m⑧综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：FT＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216 N.答案：(1)8 m/s(2)约9 m/s(3)216 N 8．(2014·嘉兴一模)“辽宁号”航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注．某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计．如图，舰载机总质量为m，发动机额定功率为P，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为f.舰载机在A处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力．经历时间t1，舰载机运行至B处，速度达到v1，电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C处，经历的时间为t2，速度达到v2.此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D处离开航母起飞．请根据以上信息求解下列问题．(1)电磁弹射系统关闭的瞬间舰载机的加速度；(2)水平轨道AC的长度．解析：(1)根据功率表达式可得F1＝由牛顿第二运动定律得F1－f＝ma解得a＝－.(2)舰载机在A处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F的恒定推力．经历时间t1，舰载机运行至B处，速度达到v1，AB长度设为x1，由动能定理Pt1＋Fx1－fx1＝mv电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C处，经历的时间为t2，速度达到v2，BC长度设为x2.同理得Pt2－fx2＝mv－mv水平轨道的长度AC＝x1＋x2联立以上三式解得AC＝＋.答案：(1)－(2)＋专题二综合检测一、选择题1．(多选)质量均为m的a、b两木块叠放在水平面上，如图所示，a受到斜向上与水平面成θ角的力F作用，b受到斜向下与水平面成θ角等大的力F作用，两力在同一竖直平面内，此时两木块保持静止，则()A．b对a的支持力一定等于mg B．水平面对b的支持力等于2mg C．b与水平面之间可能存在静摩擦力D．a、b之间一定存在静摩擦力解析：选BD.由于木块a受斜向右上方的拉力F作用，F的竖直分力减小了它对木块b的压力，故此时b对它的支持力将不再等于mg，A项错误；因为两个力F的竖直分力等大，且两力作用在a、b两木块上后，两者仍保持静止，故此时水平面对b的支持力仍等于2mg，选项B正确；由于两个力F的水平分力等大、反向，所以木块b相对于地面静止，且无运动趋势，但木块a相对于b有向右运动的趋势，故b与水平面之间不存在静摩擦力，但a、b之间存在静摩擦力，选项C错误，D正确．2．(多选)甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′.下列说法中正确的是()A．甲做的可能是直线运动，乙做的可能是圆周运动B．甲和乙可能都做圆周运动C．甲和乙受到的合力都可能是恒力D．甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力解析：选BD.甲、乙两物体速度的方向在改变，不可能做直线运动，则A错；从速度变化量的方向看，甲的方向一定，乙方向发生了变化，甲的合力可能是恒力，也可能是变力，而乙的合力不可能是恒力，则C错误，B、D正确．3．甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距x＝6 m，从此刻开始计时，乙做匀减速运动，两车运动的v－t图象如图所示．则在0～12 s内关于两车位置关系的判断，下列说法正确的是()A．t＝4 s时两车相遇B．t＝4 s时两车间的距离最大C．0～12 s内两车有两次相遇D．0～12 s内两车有三次相遇解析：选D.由v－t图象求得：t＝4 s时，x甲＝48 m，x乙＝40 m，因为x甲＞(x乙＋6)，故甲已追上乙，且在乙前面2 m处，A、B项均错误；随后因v乙＞v甲，乙又追上甲，之后当在v甲＞v乙过程中，甲又追上乙，由此知0～12 s内两车相遇三次，C项错误，D项正确．4．在离地相同高度处，质量分别为m1和m2的球1与球2同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球在抵达地面前均已达到匀速运动状态．已知空气阻力与球的下落速度v成正比，即f＝－kv(k＞0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v－t关系如图所示，则下列叙述正确的是()A．m1＝m2，两球同时抵达地面B．m2＞m1，球2先抵达地面C．m2＜m1，球2先抵达地面D．m2＞m1，球1先抵达地面解析：选B.由题图中匀速运动阶段看出v2＞v1；由kv＝mg得出m2＞m1；由v－t图象面积表示位移，在位移相同时，t2＜t1.故B项正确．5．(2014·石家庄模拟)如图所示，B点位于斜面底端M点的正上方，并与斜面顶端A点等高且高度为h，在A、B两点分别以速度va和vb沿水平方向抛出两个小球a、b(可视为质点)．若a球落到M点的同时，b球恰好落到斜面的中点N，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A．va＝vb B．va＝vb C．a、b两球同时抛出D．a球比b球提前抛出的时间为(－1)解析：选B.由h＝gt，＝gt得：ta＝，tb＝，故a球比b球提前抛出的时间Δt＝ta－tb＝(－1)，C、D均错误；由va＝，vb＝可得va＝vb，A错误，B正确．6．已知月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1；“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动的半径为r2、周期为T2、引力常量为G，不计周围其他天体的影响，下列说法正确的是()A．根据题目条件能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量B．根据题目条件能求出地球的密度C．根据题目条件能求出地球与月球之间的引力D．根据题目条件可得出＝解析：选C.由G＝mr可知只能求出中心天体的质量，因而可以求出地球和月球的质量，而不能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量，选项A错误、C正确；由于地球的半径未知，因而不能求出地球的密度，选项B错误；由于“嫦娥三号”探月卫星和月球做圆周运动的中心天体不同，因而＝不成立，选项D错误．7．(多选)(2014·陕西西安二模)太空中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行．设这三个星体的质量均为M，并设两种系统的运动周期相同，则()A．直线三星系统运动的线速度大小v＝B．两三星系统的运动周期T＝4πR C．三角形三星系统中星体间的距离L＝R D．三角形三星系统的线速度大小v＝解析：选BC.在直线三星系统中以右侧星体为研究对象，由牛顿第二定律和万有引力定律得G＋G＝，解得v＝，A错误；周期T＝＝4πR，B正确；三角形三星系统做圆周运动的半径为R′＝＝，两星体对第三个星体的引力为2cos 30°＝M2R′，代入后解得L＝R，C正确，2cos 30°＝，解得v＝＝，D错．8．(多选)(2014·黑龙江模拟)半径为R的四分之一竖直圆弧轨道，与粗糙的水平面相连，如图所示，有一个质量为m的均匀细直杆搭放在圆弧两端，若释放细杆，它将由静止开始下滑，并且最后停在水平面上．在上述过程中，有关杆的下列说法正确的是()A．机械能不守恒B．机械能减少了mgR C．重力势能减少了mgR D．动能增加了mgR解析：选AB.由题意可知，杆下滑过程，动能变化为0，A项正确，D项错误；摩擦力做了负功，杆的机械能减小，且减小的机械能等于重力势能的减少量ΔEp＝mgR，B项正确，C项错误．9．(多选)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点A距滑轮顶点高为h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则()A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh B．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mgh＋mv2 C．在绳与水平夹角为30°时，拉力做功的功率为mgv D．在绳与水平夹角为30°时，拉力做功的功率大于mgv解析：选BD.将汽车的速度分别沿绳方向和垂直于绳方向进行分解如图所示，汽车沿绳方向的速度等于物体上升的速度，即物体的速度v物＝v2＝vcosθ.拉力做的功全部转化为物体的动能和重力势能，当θ＝30°，物体上升的高度为h，物体的速度为v，拉力做的功为mgh＋mv2，由于汽车匀速向右运动，所以v不变，θ变小，v物增大，物体向上加速运动，处于超重状态，拉力大于重力，拉力做功的功率大于mgv.二、计算题10．固定在竖直平面内的半圆形轨道与竖直轨道平滑连接，竖直轨道的上端有一个大小可忽略的小定滑轮，半圆形轨道的半径为R，C为轨道的最低点，竖直轨道高也为R，两个质量分别为2m和m的小球A和B用轻质细线连在一起，所有接触面均光滑，如图所示．开始时用手固定B、使A紧靠近滑轮，突然撤去手后，A由静止开始下滑，求A经过C点时的速度．解析：对A、B，从A静止释放到运动至C点，设A运动至C点时A、B的速度分别为v1、v2(关系如图所示)．由几何关系知小滑轮到C的距离为s＝R cosθ＝因为细线长度不变，则B上升的高度H＝s在A下滑到C点的过程中，A、B系统机械能守恒，有(2m)g(2R)－mgH＝(2m)v＋mv B的速度大小等于A的速度沿细线方向的分速度大小，有v2＝v1cosθ联立以上各式解得v1＝.答案：11．(2014·安徽黄山模拟)如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L＝3 m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，AB、CD与两圆弧形轨道相切，BQC的半径为r＝1 m，APD的半径为R＝2 m，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ＝37°.现有一质量为m＝1 kg的小球穿在滑轨上，以Ek0的初动能从B点开始沿BA向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ＝，设小球经过轨道连接处均无能量损失．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)要使小球能够通过弧形轨道APD的最高点，初动能Ek0至少多大？(2)求小球第二次到达D点时的动能；(3)小球在CD段上运动的总路程．解析：(1)设小球恰好过弧形轨道的最高点由动能定理得：－mg[(R－Rcosθ)＋Lsinθ]－μmgLcosθ＝0－Ek0解得：Ek0＝30 J.(2)小球从B点出发到第一次回到B点的过程中，根据动能定理得，－μmgLcosθ－μmgL＝EkB－Ek0解得：EkB＝12 J小球沿BA向上运动到最高点，距离B点为s，则有EkB＝μmgscosθ＋mgssinθ，解得：s＝18/13 m小球继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为EkD，mg[(r＋rcosθ)＋ssinθ]－μmgscosθ－μmgL＝EkD－0，解得：EkD＝12.6 J.(3)小球第二次到D点时的动能为12.6 J，沿DP弧上升后再返回DC段，到C点时的动能为2.6 J．小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受到摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点，由动能定理得，EkD＝μmgs1，解得：s1＝3.78 m.小球在CD段上运动的总路程为s＝2L＋s1＝9.78 m.答案：(1)30 J(2)12.6 J(3)9.78 m 12．(2014·太原高三调研)如图所示，水平地面和半径R＝0.5 m的半圆轨道面PTQ均光滑，质量M＝1 kg、长L＝4 m的小车放在地面上，右端点与墙壁的距离为s＝3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)以v0＝6 m/s的水平初速度滑上小车左端，带动小车向右运动，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上．已知滑块与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.(1)求小车与墙壁碰撞时滑块的速率；(2)求滑块到达P点时对轨道的压力；(3)若半圆轨道的半径可变但最低点P不变，为使滑块在半圆轨道内滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径的取值范围．解析：(1)滑块滑上小车后，小车将做匀加速直线运动，滑块将做匀减速直线运动，设滑块加速度为a1，小车加速度为a2，由牛顿第二定律得：对滑块有－μmg＝ma1对小车有μmg＝Ma2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，设小车与滑块经历时间t后速度相等，则有v0＋a1t＝a2t滑块的位移s1＝v0t＋a1t2小车的位移s2＝a2t2代入数据得Δs＝s1－s2＝3 m＜L且s2＜s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度故小车与墙壁碰撞时的速率为v1＝a2t＝4 m/s.(2)设滑块到达P点时的速度为vP－μmg(L－Δs)＝mv－mv FN－mg＝解得FN＝68 N根据牛顿第三定律有滑块到达P点时对轨道的压力FN′＝FN＝68 N，方向竖直向下．(3)若滑块恰能滑过半圆的最高点，设滑至最高点的速率为vQ，临界条件为：mg＝m－mg·2Rmax＝mv－mv代入数据得Rmax＝0.24 m若滑块恰好滑至1/4圆弧到达T点时速度为零，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，此时有：－mgRmin＝0－mv Rmin＝0.60 m所以，若滑块在半圆轨道运动过程中不脱离半圆轨道，则半圆轨道的半径必须满足R≤0.24 m或R≥0.60 m.答案：(1)4 m/s(2)68 N竖直向下(3)R≤0.24 m或R≥0.60 m。