5.7機械能及其守恒定律綜合練

一、單選題

1.如圖所示，分別用力耳、心、心將質(zhì)量為m的物體由靜止沿同一光滑斜面以相同的加

速度，從斜面底端拉到斜面的頂端。在此過程中，力后、鳥、與做的功和功率分別為

叱、明、％和片、6、8。下列說法正確的是（）

A.%＞叫＞嗎

B.叱＞叱＞暝D.勺=鳥=6

【答案】D

【解析】

CD.三種情況由牛頓第二定律分別可得

耳-mgsina=maF2cosa-mgsina=maF3cos0-mgsina=ma由于三.種情況物體均由靜

止以相同的加速度上滑到斜面頂端，由運動學規(guī)律可得

口=打無故物體到達斜面頂端的速度v相等，力士、巳、工的平均功率可表示為

65=^cosa彳6=對比可得，耳、K、5的平均功率為

q=￡=月=（〃琢sina+〃?a＞]c錯誤，D正確；AB.設斜面長為L,三種情況力”、人、

心做的功可表示為

W}=F'=(mgsina+md)LWy=F2cosa-L=(mgsina+md)L

W3=F5COS0L=(mgsina+ma)L故

叱=必=卬/8錯誤。

故選D。

2.一電動摩托車在平直的公路上由靜止啟動，其運動的速度v與時間t的關系如圖甲所

示，圖乙表示電動摩托車牽引力的功率P與時間t的關系。設電動摩托車在運動過程中所

受阻力為車（包括駕駛員）總重力的k倍，在18s末電動摩托車的速度恰好達到最大。已知

電動摩托車（包括駕駛員）總質(zhì)量〃?=200kg,重力加速度g取10m/s'。則下列說法正確

0至ijl8s內(nèi)電動摩托車一直勻

圖乙

B.*=0.4

C.0到8s內(nèi)，電動摩托車的牽引力為800N

D.8s至心8s過程中，電動摩托車牽引力做功8xl0'kJ

【答案】B

【解析】

A.由圖甲可知，8~18s內(nèi)摩托車做加速度減小的加速運動，故A錯誤；

P

B.在18s末電動摩托車的速度恰好達到最大，有f=7=800N

則

k==0.4故B正確；

mg

C.0到8s內(nèi)，摩托車的加速度為

?=半=lm/s2摩托車的牽引力為

/=m〃+/=1000N故C錯誤；

D.8s~18s過程中汽車牽引力已達到最大功率，所以牽引力做的功為

W=Pt=8xlO4J

故D錯誤。

故選B。

3.發(fā)光彈弓彈射飛箭是傍晚在廣場常見的兒童玩具，其工作原理是利用彈弓將發(fā)光飛箭彈

出后在空中飛行。若小朋友以大小為E的初動能將飛箭從地面豎直向上彈出，飛箭落回地

面時動能大小為設飛箭在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，重力加速度為g,

O

以地面為零勢能面，則下列說法正確的是（）

A.飛箭下降階段克服空氣阻力做的功為:E

O

B.飛箭上升過程中重力做功為

16

C.飛箭在最高點具有的機械能為:E

O

D.飛箭所受空氣阻力與重力大小之比為1:15

【答案】D

【解析】

A.飛箭從地面豎直向上彈出到飛箭落回地面整個過程，根據(jù)動能定理有

71

-%=—解得嗎=-￡

88

則飛箭上升階段克服空氣阻力做的功為與，即為芻，故A錯誤；

216

B.設飛箭在上升過程中重力做的功為m,由動能定理得

w

%-奇=0-E則飛箭下降過程重力做功為

%=一竽故B錯誤；

16

C.設飛箭在最高點具有的機械能為飛箭在上升過程中，空氣阻力做的功等于機械能

的變化量

w

—半=E'-E解得

E=故C錯誤：

D.設飛箭在運動過程中所受空氣阻力的大小為了,飛箭上升的最大高度為人飛箭下降階

段克服空氣阻力做的功為

E

力=77飛箭在下降階段重:力做的功為

16

G〃=與E可得飛箭所受空氣阻力與重力大小之比為

16

f1

二=77故D正確。

G15

故選D。

4.如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平段以恒定功率200W、速度5m/s

勻速行駛，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為

50kg,MN=PQ=2Um,PQ段的傾角為30%重力加速度g取lOm/s?,不計空氣阻力。下

列說法不正確的是（

A.從M到M小車牽引力大小為40N

B.從M到N,小車克服摩擦力做功800J

C.從P到Q,小車克服摩擦力做功700J

D.從P到Q,小車重力勢能增加1x104J

【答案】D

【解析】

A.小車從/W到N,依題意有

6=尸匕=200\￥代入數(shù)據(jù)解得

尸=40N故A正確，不符合題意;

B.依題意，小車從M到N,因勻速，小車所受的摩擦力大小為

/；=F=40N則摩擦力做功為

Wi=T0x20J=-800J則小車克服摩擦力做功為800J,故BJE確，不符合題意；

C.依題意，小車從P到Q,摩擦力為發(fā)，有

fi+m8sin30°=摩擦力做功為

%=-%、5252=20111聯(lián)立解得

嗎=-700J則小車克服摩擦力做功為700J,故C正確，不符合題意；

D.依題意，從P到Q,重力勢能增加量為

A￡p=w^xA/7=500x20xsin30°J=5000J故D錯誤，符合題意。

故選D。

5.己知雨滴在空中運動時所受空氣阻力7=%—,其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v

為運動速率，一雨滴從高空由靜止開始沿豎直方向下落，以地面為重力勢能零勢能面，用

E。、后八￡、h表示雨滴重力勢能、動能、機械能和下落高度，則下列四幅圖像可能正確

的是（)

【答案】C

【解析】

A.隨著下落的速度逐漸增加，空氣阻力逐漸增大，合外力逐漸減小，根據(jù)動能定理，下

落相同的高度，動能的增量逐漸減小，因此瓦-/?斜率逐漸減小，最后趨近于水平，A錯

誤；

B.由于空氣阻力做負功，機械能逐漸減小，最終勻速下降，只有勢能減小，動能不再增

加，因此線-〃圖像不是直線，B錯誤；

C.下落的過程中，由于空氣阻力逐漸增大，下落相同的高度，空氣阻力做功逐漸增大，機

械能減少得越來越快，因此E-斜率逐漸增大，C正確；

D.設初始狀態(tài)時的勢能與。，下落的過程中，由于

Ep=Epu-mgh可得圖像綜-%是不過坐標原點，傾斜向下的直線，D錯誤。

故選￡

6.如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角為30。，其中A、B兩點間的距離為3.5m,傳送帶

在電動機的帶動下以u=2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)將一質(zhì)量4kg的小物塊（可視為

質(zhì)點）輕放在傳送帶的B點，己知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=￥，g為取

lOm/s2,則在傳送帶將小物塊從8點傳送到A點的過程中（）

小物塊經(jīng)過］4s后與傳送帶共速

B.摩擦力對小物塊做的功為24J

C.摩擦產(chǎn)生的熱量為24J

D.因放小物塊而使得電動機多消耗的電能為78J

【答案】C

【解析】

A.物體剛放在8點時，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上，由于

//=—>tan30物體做勻加速直線運動，由牛頓第二定律

2

jLimgcos30-mgsin30=ma得

Q=2.5m/s2假設物體能與傳送帶達到相同速度，則物體匕滑的的位移

%=E=0.8m<L=3.5m假設成立。物體與傳送帶達到相同速度后，將向上勻速運動，到達

2a

A點的速度仍為2m/s。

小物塊勻加速時間

r=Z=_Ls=0.8s小物塊經(jīng)過0.8s后與傳送帶共速。A錯誤；

a2.5

B.摩擦力勻加速階段對小物塊做的功

叱=〃〃?gcos30巧=*x40x爭?=24J小物塊勻速運動過程中，小物塊受到的為靜摩擦

力，大小與重力平行斜面向下的分力相等。摩擦力勻速階段對小物塊做的功

%=mgsin30(L-％)=4x10xgx(3.5-0.8)J=54J摩擦力對小物塊做的功為

W=Wt+W2=24J+54J=78JB錯誤；

C.小物塊與傳送帶的相對位移

Ar=W-1r=0.8in摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=///?igcos30-Ax=^-x40x^^x^J=24JC正確；

D.因放小物塊而使得電動機多消耗的電能

2

￡=AEk+A￡p+e=1mv+mgLsin30+。=8J+70J+24J=102JD錯誤。

故選Co

7.如圖所示，把質(zhì)量為0.4kg的小球放在豎直放置的彈簧上，并將小球緩慢向下按至圖甲

所示的位置，松手后彈簧將小球彈起，小球上升至最高位置的過程中其速度的平方隨位移

的變化圖像如圖乙所示，其中0.1~0.3m的圖像為直線，彈簧的質(zhì)量和空氣的阻力均忽略不

計，重力加速度g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

小球與彈簧分

離時對應的位移小于0.1m

B.小球的/-x圖像中最大的速度為v1=2m/s

C.彈簧彈性勢能的最大值為E0=1.2J

D.壓縮小球的過程中外力F對小球所做的功為WF=O.6J

【答案】C

【解析】

A.由于不計空氣阻力，則小球與彈簧分離后，小球加速度為g,說明小球在x=0.1m時剛

好回到彈簧原長位置，小球與彈簧分離，即分離時對應的位移為0.1m,A錯誤；

B.對直線段有

v；=2g（0.3-0.1）解得

匕=2m/s由圖可知最大速度

W>%B錯誤；

C.從釋放到小球速度為。的過程，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的機械能，以最低點為重力勢

能參考平面，小球的機械能為

wg/7=0.4x10x0.3=1.21故彈簧彈性勢能最大值為1.2J,C正確；

D.向下按的過程，外力F對小球做的功和小球的重力勢能的減少量的和等于彈性勢能的

增加量，則外力F對小球所做的功小于0.6J,D錯誤。

故選C。

8.一物體在光滑斜面上受到一平行于斜面、方向不變的力作用，由靜止開始沿斜面運動。

運動過程中小物塊的機械能E與路程x的關系圖像如圖所示，其中0?X1過程的圖線為曲

線，M?X2過程的圖線為直線。忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）

E

Ox2x

A.M?X2過程中小物塊一定做與拉力方向相同的勻加速直線運動

B.0?必過程中小物塊所受拉力始終大于重力沿斜面的分力

C.0?X2過程中小物塊的重力勢能一直增大

D.0?X2過程中小物塊在M位置速度最小

【答案】D

【解析】

A.若小物塊一定做與拉力方向相同的勻加速直線運動，此時外力對物體做正功，由動能

定理可得，小物塊的機械能增大，圖中M?X2過程中，小物塊的機械能減小，故A錯誤；

B.。?M過程中，小物塊的機械能增大，在M處機械能達到最大，此時小物塊的速度為

零，由原點時小物塊速度也為零，故0?刈過程中，小物塊先加速后減速，小物塊所受的

拉力也應該先大于重力沿斜面的分力，后小于重力沿斜面的分力，故B錯誤；

CD.由上述分析可知，在。?M過程中，小物塊沿斜面向上運動，重力勢能增大，在M

處，速度為零，在M?X2過程中，小物塊沿斜面向下運動，重力勢能減小，故C錯誤，D

正確。

故選D1,

二、多選題

9.如圖所示，質(zhì)量為3.5kg的物體B,其下端連接一固定在水平地面上的輕質(zhì)彈簧，彈簧

的勁度系數(shù)k=100N/m。一輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑的輕質(zhì)小定滑輪

。2、。1后與套在光滑直桿頂端的、質(zhì)量為1.6kg的小球A連接。已知直桿固定，桿長L為

0.8m,且與水平面的夾角。=37。，初始時使小球A靜止不動，與4相連的繩子保持水平，

此時繩子的張力「為45N。已知AOi=0.5m,圖中直線COi與桿垂直?，F(xiàn)將小球A由靜止釋

放（重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,輕繩不可伸長，滑輪。2、Q視為質(zhì)

A.小球A與物體B組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.繩對A做功的功率與繩對B做功的功率總是大小相等

C.物體B運動到最低點的過程中，輕繩拉力對其做功7J

D.小球A運動到。點時的動能為3.2J

【答案】BD

【解析】

A.小球A與物體B組成的系統(tǒng)除了受到重力以外，其他力所做功不為零，故A錯誤;

B.繩對A做功的功率為

PA=FVACOS。把A物體的速度沿著繩子的方向分解則有

%=匕cos。所以繩對B做功的功率的

/%=FVAcos。所以繩對A做功的功率與繩對B做功的功率總是大小相等，故B正確；

C.釋放小球A前，B處于靜止狀態(tài)，由于繩子的拉力大于B的重力，故彈簧被拉伸，設彈

簧伸長量為x,有

丘=尸-砥g解得x=0/m。當物體A運動到C點時，物塊B運動到最低點，此時

h=CO,cos37°CO,=A。sin370=0.3m物體B下降的高度為

〃=A?-Ca=0.2m由此可知，彈簧此時被壓縮了0.1m,彈簧的彈性勢能與初狀態(tài)相

等，且此時物體B的速度為零，所以輕繩拉力對其做功0J。故C錯誤；

D.由題可知

AC=AOtcosQ=0.4mZCDOt=9=37°DO,=A。當A到達D點時，彈簧的彈性勢能與初

狀態(tài)相等，物體B又回到原位置，在。點對A的速度沿平行于繩和垂直于繩方向進行分

解，平行于繩方向的速度等于B的速度，由幾何關系得

%=vAcos37°對于整個過程，由機械能守恒定律得

，2,2

%gLsin37"=等+竽聯(lián)"解得％=2m/s,所以小球A運動到D點時的動能為

2

線=/nvA=3.2J故D正確。

故選BD。

10.如圖甲所示，一根輕彈簧放在傾角為。的光滑斜面上，彈簧下端與斜面底端的固定擋

板連接，質(zhì)量為1kg的物塊從斜面上的P點由靜止釋放，物塊從與彈簧接觸后加速度的大

小與彈簧的壓縮量x關系如圖乙所示，開始時P點到彈簧上端距離為40cm,重力加速度為

B.彈簧的勁度系數(shù)為100N/mC.物塊與彈簧接觸后，彈簧彈性勢能與物塊重力勢能之和

先增大后減小

D.物塊向下運動的最大速度為姮m/s

2

【答案】BD

【解析】

A.根據(jù)彈簧剛接觸時的加速度4=5m/s：由牛頓第二定律可得

mgsin0=解得

，=3(TA錯誤；

B.當彈簧壓縮5cm時，物塊的加速度為0,則

〃7gsin9=Ax解得

jt=100N/mB正確;

C.物塊與彈簧接觸后，根據(jù)機械能守恒，物塊的重力勢能、動能，彈簧的彈性勢能，三者

之和不變，而物塊的速度先增大，后逐漸減小至0,因此動能先增大后減小，即物塊重力

勢能和彈簧彈性勢能之和先減小后增大，c錯誤.

D.物塊和彈簧接觸時，速度設為上則根據(jù)動能定理

/Mg/sine=g,"/物塊最大速度為壓縮到5cm的時候，此時，根據(jù)加速度圖像，可知合力所

做功為

—_111

_22

W=Fx=max=lx—x5x5xlOJ=0.125J根據(jù)動能定理可得W=—w^iax--mv

解得

vmax=當7m/sD正確。

故選BD,

11.如圖（1）所示，一個質(zhì)量均勻的物體長為乙=hn,放在水平桌面上，物體右側(cè)桌面

粗糙，其余桌面光滑?，F(xiàn)用向右的水平拉力通過細線，緩慢拉動物體，直到物體完全進入

粗糙部分，拉力做了5J的功，產(chǎn)生的內(nèi)能為2。如果是通過一根勁度系數(shù)為Z=4N/m的輕

彈簧緩慢拉動該物體，如圖（2）所示，物體從開始進入到完全進入的過程中需要做功

W,產(chǎn)生的內(nèi)能為。2,那么（）

圖1

A.QI=Q=5JB.W=5J

_____.F

hWWWWAW>

圖2

C.W=17.5JD.圖（2）中彈簧的最大彈性勢能為

￡p=17.5J

【答案】AC

【解析】

根據(jù)功能關系，可得

Q=叱=5J因為緩慢拉動，所以拉力等于摩擦力，設進入x時，行

尸=幺等工即拉力與位移是正比關系，所以此過程克服摩擦力的功即產(chǎn)生的內(nèi)能為

'2L

全部進入，產(chǎn)生的內(nèi)能為

。2=；〃〃際乙=?全部進入時，彈簧的伸長量為

?=。=等彈性勢能為

KK

…3察3所以

%=與+Qz=17.5J故AC正確，BD錯誤。

故選AC。

12."蹦極”是很多年輕人喜愛的極限運動（如圖甲所示），質(zhì)量為m的蹦極愛好者從跳臺

上落下，其加速度隨下降位移變化的圖像如圖乙所示（圖中天、々、g，已知，為、金未

知），忽略空氣阻力以及繩索的重力，蹦極所用的繩索可看成滿足胡克定律的彈性繩，g為

重力加速度，對于蹦極愛好者，下列說法正確的是（）

下降位移為為時，速度最大

B.下降過程中的最大速度大小為+&）

x+x

C.下降的最大位移胃=+或+馬D.下降過程中的最大加速度大小為品=2t

馬一王

【答案】BD

【解析】

A.由圖乙可知，卜降位移為々時，蹦極愛好者加速度為零，此時速度最大，故A錯誤;

B.根據(jù)動能定理可得

嗎=,原整理可得

11

mg%+-mg（x2-x,）=-/nvTOX解得

vnm=Jg（W+X）故B正確；

C.設繩子勁度系數(shù)為出,對全過程由機械能守恒定律可得

，咫83=；以￡-%）2在巧處，由平衡條件可得

女=^^聯(lián)立解得

X2一占

~Xl故錯誤；

X3=X2+7-^2C

D.在七處，由牛頓第二定律可得

k^-x^-mg=mam解得

“m=、陛五g故D正確。

VX2-^1

故選BD。三、實驗題

13.某探究小組想利用驗證機械能守恒定律的裝置測量當?shù)氐闹亓铀俣?，如圖甲所示。

框架上裝有可上下移動位置的光電門1和固定不動的光電門2；框架豎直部分緊貼一刻度

尺，零刻度線在上端，可以測量出兩個光電門到零刻度線的距離4和々：框架水平部分用

電磁鐵吸住一個質(zhì)量為m的小鐵塊，小鐵塊的重心所在高度恰好與刻度尺零刻度線對齊。

切斷電磁鐵線圈中的電流時，小鐵塊由靜止釋放，當小鐵塊先后經(jīng)過兩個光電門時，與光

電門連接的傳感器即可測算出其速度大小匕和匕。小組成員多次改變光電門1的位置，得

到多組々和血的數(shù)據(jù)，建立如圖乙所示的坐標系并描點連線，得出圖線的斜率為匕

度為（用A表示）。

（2）若選擇光電門2所在高度為零勢能面，則小鐵塊經(jīng)過光電門1時的機械能表達式為

（用題中物理量的字母表示）。

（3）關于光電門1的位置，下面哪個做法可以減小重力加速度的測量誤差.

A.盡量靠近刻度尺零刻度線

B.盡量靠近光電門2

C.既不能太靠近刻度尺零刻度線，也不能太靠近光電門2

【答案】—!(hn(x,-%,)C

222'

【解析】

(1)⑴以0刻度線為零勢能面，小鐵塊從光電門1運動到光電門2的過程中機械能守

恒，根據(jù)機械能守恒定律得

22

ymvi-mgxi=；mv2-mgx2整理得

V22-Vi2-2g(X2-X1)

所以圖像的斜率

k=2g

解得

k

9=2

(2)⑵小鐵塊經(jīng)過光電門1時的機械能等于小鐵塊經(jīng)過光電門1時的動能加上勢能，若

選擇刻度尺零刻度線所在高度為零勢能面，則有

Ei=ymv^-mgx^ymvi2-gmkxi

(3)⑶用電磁鐵釋放小球的缺點是，當切斷電流后，電磁鐵的磁性消失需要一時間，鐵

球與電磁鐵鐵心可能有一些剩磁，都會使經(jīng)過光電門1的時間較實際值大，引起誤差，并

適當增大兩光電門A、B間的距離，使位移測量的相對誤差減小，故C正確。

故選Co

14.某研究性學習小組設計測量彈簧彈性勢能綜的實驗裝置如圖甲所示。實驗器材有：上

端帶有擋板的斜面體、輕質(zhì)彈簧。帶有遮光片的滑塊(總質(zhì)量為m)、光電門、數(shù)字計時

器、游標卡尺、毫米刻度尺。

①用游標卡尺測得遮光片的寬度為d；

②彈簧上端固定在擋板P上，下端與滑塊不拴接，當彈簧為原長時，遮光片中心線通過斜

面上的M點；

③光電門固定在斜面上的N點，并與數(shù)字計時器相連；

④壓縮彈簧，然后用銷釘把滑塊鎖定，此時遮光片中心線通過斜面上的。點；

⑤用刻度尺分別測量出。、M兩點間的距離x和M、N兩點間的距離/；⑥拔去鎖定滑塊

的銷釘，記錄滑塊經(jīng)過光電門時數(shù)字計時器顯示的時間加；

⑦保持x不變，移動光電門位置，多次重復步驟④⑤⑥。

1,

根據(jù)實驗數(shù)據(jù)做出的77不一圖像為圖乙所示的一條傾斜直線，求得圖像的斜率為公縱

軸截距為b。

(1)下列做法中，有利于減小實驗誤差的有

A.選擇寬度較小的遮光片B.選擇質(zhì)量很大的滑塊

C.減小斜面傾角D.增大光電門和M點距離

(2)滑塊在MN段運動的加速度。=,滑塊在M點的動能線=，彈簧的彈

性勢能耳=。(用"m、d、x、k、b”表示)

【答案】ADy--mbd2—mbd2~—mkxd~

2222

【解析】

(1)[1]A.選擇寬度較小的遮光片，遮光片在擋光時間內(nèi)的平均速度更接近遮光片通過光電

門時的瞬時速度，能減小誤差，故A正確；

B.選擇質(zhì)量很大的滑塊，滑塊運動的距離減小，從而增大測量偶然誤差，故B錯誤；

C.減小斜面傾角，增大摩擦力，滑塊運動的距離減小，從而增大測量偶然誤差，故C錯

誤；

D.增大光電門和M點距離，能減小長度測量的偶然誤差，故D正確。

故選AD。

⑵［2］滑塊從M到N做勻加速直線運動，設加速度為0,由于寬度較小，時間很短，所以

瞬時速度接近平均速度，因此有N點的速度為

%根據(jù)運動學公式則有

化簡得

5=含+于由圖象得

2a

屋

⑶滑塊在M點的動能

后卜=］機端=5血修⑷從。點到M點由動能定理

嗎單+%_%=］，,九2又

所以彈簧的彈性勢能

1

Efmbd-1mkxd-四、解答題

15.某游樂場有一種“雙環(huán)過山車"，其運行原理可以簡化成如圖所示的“物塊軌道"模型。

A8段和兩豎直圓軌道1、2均光滑，圓軌道1、2的半徑分別為&=2m,/?2=1.6m,8、C

為兩圓軌道的最低點且略微錯開可以使物塊通過。一個質(zhì)量為m=lkg的物塊（視為質(zhì)

點），從右側(cè)軌道的A點由靜止開始沿軌道下滑，恰能通過第一個豎直圓軌道1,已知物塊

與8c段間的動摩擦因數(shù)可調(diào)節(jié)，物塊與CD、DE、EF段平直軌道間的動摩擦因數(shù)均為〃=

0.1,LBC=LCD^6m,LDE=lm,DE段與水平面的夾角a=53。，EF段平直軌道足夠長，所

有軌道可認為在同一豎直面內(nèi)，sin530=0.8,重力加速度g=10m/s2。

（1）求A點距BC水平軌道的高度打；

（2）要使物塊恰好通過1軌道后，進入軌道2而不脫離第二個圓軌道，求物塊與BC段間

的動摩擦因數(shù)"8C可設計的范圍；（3）物塊恰好通過2軌道后，沿軌道CDE運動到E處

時，在光滑"擋板"作用下轉(zhuǎn)變?yōu)樽鏊椒较虻闹本€運動，求物塊在EF段停止的位置到E點

的距離X。（不考慮物塊在D、E點的能量損失）

【答案】(l)5m；(2)

DcB

1175

'或京4MBe(3)25.4m

o30o

【解析】

(1)物塊恰好能通過豎直圓軌道1，設此時物塊在軌道1的最高點速度大小為均，則在最

高點滿足

機g=得物塊從A點運動到圓軌道1最高點的過程，山動能定理有

K\

(//-2與)=g/w；解得

A=5m(2)若物塊恰好能通過豎直圓軌道2的最高點，設此時物塊在軌道2的最高點的速

度大小為V2,則有

機8=等物塊從圓軌道1最高點到圓軌道2最高點的過程，由動能定理有

mg(2Ri-2/?2)-juBCmgLBC=mv\-mv~解得

NBC=!若物塊恰好在豎直圓軌道2上與圓心等高處速度為零，則有

O

mg^R—Rj-^i^mgL^O-^mv-解得

為17若物塊恰能進入豎直圓軌道2,則有

"儂7-〃網(wǎng)"好比=°解得

〃PC=0故〃BC的范圍為

O

J或

O

175

(3)物塊從圓軌道2最高點到最終停止的過程，有

mg(,2R2—LDEsina')-/.imgLCD-/jmgLDEcosa-/.mgxi=Q--mv｝解得

x,=25.4m16.如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑。質(zhì)量M=1kg、長L=4m的小車放在

地面上，其右端與墻壁的距離為s=3m,小車上表面與半圓軌道最低點P的切線相平?，F(xiàn)

有一質(zhì)量,w=2kg的滑塊（視為質(zhì)點）以%=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右

運動。小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面間的動摩擦因數(shù)

〃=0.25,g取lOm/s?。

（1）滑塊與小車剛達相對靜止時，滑塊的速度大小和位移大小各是多少？

（2）要使滑塊在半圓軌道上運動時不脫離軌道，求半圓軌道的半徑R的取值。

【答案】（1）滑塊的速度大小是4m/s；位

移大小是4m；（2）0.4m<7?JsK??<0.16m【解析】

（1）由動量守恒

%%=（M+%）匕可得滑塊與小車剛達相對靜止時，滑塊的速度大小

v,=4m/s由動能定理

-jumgxt可得滑塊的位移為

X1=4m由動能定理

1,

/nmgx1=-Mv；-0可得小車的位移為

%=1?6m<s即碰到墻壁前已共速。

（2）滑塊與小車剛達相對靜止時，由動能定理

〃機=-；（〃?+用）匕2可得滑塊與小車的相對位移為

x=2.4m由動能定理

-卬咫（乙-犬）=：川田-3叫2可得滑塊到達P點時的速度為

彩=2V2m/s若滑塊恰好過圓周最高點，有

，咫=出?根據(jù)動能定理

R

1212

-mg?2R=-mv3——mv；可得

R=0.16m如果滑塊恰好滑至圓弧7?處就停止，則有

I,,

-mgR=0-萬%可得

R=0.4m所以

0.4m4/?或R40.16m17.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，某一游戲軌道由直軌道A8和"S"型光

滑細管道BCDE平滑連接組成，兩段圓弧半徑相等，8、。等高，圖中I?角均為37。，AB與

圓弧相切，AM水平。直軌道AB底端裝有彈射系統(tǒng)（彈簧長度很短，長度和質(zhì)量不計，可

以認為彈珠從A點射出），某次彈射系統(tǒng)將直徑略小于管道內(nèi)徑的彈珠彈出，彈珠沖上直

軌道AB后，到達8點的速度大小為力=V^m/s,然后進入"S"光滑細圓管道，最后從管道

出口E點水平飛出，落到水平面上的G點（圖中未畫出）。已知彈珠的質(zhì)量為

m=5xl0-'kg,8點的高度/z=0.9m,細圓管道圓弧半徑A=0.5m,彈珠與軌道A8間的動

摩擦因數(shù)〃=（）」，sin37°=0.6,cos37°=0.8?

（1）求彈射系統(tǒng)對彈珠做的功叱）;

（2）求彈珠落到水平面上的G點時EG的水平距離A：

（3）若彈射系統(tǒng)對彈珠做的功M不變，"S"型光滑細圓管道8CDE的圓弧半徑R可調(diào)，求

彈珠落地點到E點的最大水平距離x。

【答案】（1）0.0685J；（2）1.2m；（3）1.25m

【解析】

（1）Af8過程，由動能定理有

力11

-mgh-pmgcos37°.=-彳"式彈射系統(tǒng)對彈珠做的功

sin37022

%=5，*一0代入數(shù)據(jù)得

%=0.0685J(2)由軌道BO關于豎直線C01對稱，即8、。等高，由幾何關系可得，8、E

的高度差為

A,=/?(1-cos370)=0.2/?3fE過程，由機械能守恒有

哂EfG過程，由平拋運動位移公式可得

2

L=vEt,/?-/?(1-cos37°)=gt

解得彈珠落到水平面上的G