課時(shí)分層作業(yè)十七功能關(guān)系能量守恒定律(45分鐘100分)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題)1.風(fēng)洞飛行體驗(yàn)是運(yùn)用先進(jìn)的科技手段實(shí)現(xiàn)高速風(fēng)力將人吹起并懸浮于空中,如圖所示。若在人處于懸浮狀態(tài)時(shí)增加風(fēng)力,則體驗(yàn)者在加速上升過程中 ()A.處于失重狀態(tài),機(jī)械能增加B.處于失重狀態(tài),機(jī)械能減少C.處于超重狀態(tài),機(jī)械能增加D.處于超重狀態(tài),機(jī)械能減少【解析】選C。由題意可知,人加速向上運(yùn)動(dòng),人的加速度向上,處于超重狀態(tài),由于風(fēng)力對(duì)人做正功,故人的機(jī)械能增加,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。2.(2018·臨夏模擬)如圖所示,小球沿水平面通過O點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的半圓弧軌道后恰能通過最高點(diǎn)P,然后落回水平面,不計(jì)一切阻力,下列說法正確的是()A.小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為RB.小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為2RC.小球運(yùn)動(dòng)到半圓弧最高點(diǎn)P時(shí)向心力恰好為零D.若將半圓弧軌道上部的14圓弧截去,其他條件不變,則小球能達(dá)到的最大高度比P【解析】選B。小球恰好通過最高點(diǎn)P,則在P點(diǎn)由牛頓第二定律得mg=mvP2R,解得vP=gR,小球離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),則有2R=12gt2,x=vt,解得小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為x=2R,故A、C錯(cuò)誤,B正確;若將半圓弧軌道上部的14圓弧截去,小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為零,從=mg·2R+12mvP2,解得h=1.5R,所以小球能達(dá)到的最大高度比P點(diǎn)高1.5RR=0.5R,3.如圖所示,用力F拉位于粗糙固定斜面上的木箱,使它沿著斜面加速向上移動(dòng)。木箱在移動(dòng)過程中,下列說法正確的是 ()A.重力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的重力勢(shì)能B.F對(duì)木箱做的功等于木箱增加的機(jī)械能C.合外力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能D.F對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能與木箱克服摩擦力所做功之和【解析】選C。木箱在向上移動(dòng)過程中,重力對(duì)木箱做負(fù)功,根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系可知,木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢(shì)能,故A錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,拉力F和摩擦力做功之和等于木箱增加的機(jī)械能,摩擦力做負(fù)功,所以F對(duì)木箱做的功大于木箱增加的機(jī)械能,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知,合外力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能,故C正確;根據(jù)功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系可知,F對(duì)木箱做的功應(yīng)等于木箱增加的動(dòng)能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力勢(shì)能的總和,故D錯(cuò)誤。4.(2018·濱州模擬)兩物塊A和B用一輕彈簧連接,靜止在水平桌面上,如圖甲,現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動(dòng)物塊A,使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),如圖乙,在物塊A開始運(yùn)動(dòng)到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),下列說法正確的是 ()A.力F先減小后增大B.彈簧的彈性勢(shì)能一直增大C.物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大D.兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小【解析】選C。最初彈簧被壓縮,物塊A受到豎直向上的彈力等于重力,由于物塊A向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),物塊A受重力、拉力和彈簧的彈力,開始階段彈簧對(duì)A施加向上的支持力,由牛頓第二定律得Fmg+kx=ma,解得F=mgkx+ma,x減小,F增大,后來彈簧伸長(zhǎng),對(duì)A有向下的拉力,則有Fmgkx=ma,解得F=mg+kx+ma,x增大,F增大,所以F一直增大,故A錯(cuò)誤;在A上升過程中,彈簧從壓縮到伸長(zhǎng),所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大,故B錯(cuò)誤;在上升過程中,由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng),所以物塊A的速度增大,動(dòng)能增大,高度升高,則物塊A的重力勢(shì)能增大,故C正確;在上升過程中,除重力與彈力做功外,還有拉力F一直對(duì)系統(tǒng)做正功,所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大,故D錯(cuò)誤。5.如圖所示有三個(gè)斜面1、2、3,斜面1與2底邊相同,斜面2和3高度相同,同一物體與三個(gè)斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,當(dāng)它們分別沿三個(gè)斜面從頂端由靜止下滑到底端時(shí),下列說法正確的是 ()A.三種情況下摩擦產(chǎn)生的熱量Q1<Q2<Q3B.三種情況下摩擦產(chǎn)生的熱量Q1>Q3>Q2C.到達(dá)底端的速度v1>v2=v3D.到達(dá)底端的速度v1>v2>v3【解析】選D。設(shè)斜面和水平方向夾角為θ,斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng),則物體下滑過程中克服摩擦力做功為W=μmgLcosθ,Lcosθ為底邊長(zhǎng)度,由圖可知1和2底邊相等且小于3的底邊長(zhǎng)度,由功能關(guān)系可知,摩擦產(chǎn)生的熱量Q=W,因此Q1=Q2<Q3,故A、B錯(cuò)誤;設(shè)物體滑到底端時(shí)的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理得mghμmgLcosθ=12mv20,根據(jù)圖中斜面高度和底邊長(zhǎng)度可知滑到底邊時(shí)速度大小關(guān)系為v1>v2>v3,故C錯(cuò)誤,D【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示,兩個(gè)斜面體AC、BC,上端靠在同一豎直墻面上,下端交于水平面上同一點(diǎn)C,現(xiàn)讓兩個(gè)質(zhì)量相同的物體分別從兩個(gè)斜面的頂端同時(shí)由靜止釋放,則下列說法正確的是 ()A.若兩個(gè)斜面光滑,則沿BC下滑的物體一定先到達(dá)C點(diǎn)B.若兩個(gè)斜面光滑,則兩個(gè)物體有可能同時(shí)到達(dá)C點(diǎn)C.若兩個(gè)斜面粗糙,且粗糙程度相同,則兩個(gè)物體下滑到C點(diǎn)過程中損失的機(jī)械能一定相同D.若兩個(gè)斜面粗糙,且粗糙程度相同,則兩個(gè)物體下滑到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能可能相同【解析】選B、C。設(shè)底邊長(zhǎng)為L(zhǎng),斜面傾角為θ,若兩個(gè)斜面光滑,物體受到的合力為F合=mgsinθ,根據(jù)牛頓第二定律得F合=ma,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x=Lcosθ=12at2,由以上三式解得t=2Lgsinθcosθ,當(dāng)AC與水平面成60°角,BC與水平面成30°角時(shí),兩個(gè)物體可以同時(shí)到達(dá)C點(diǎn),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;摩擦力Ff=μmgcosθ,克服摩擦力做的功W克=μmgcosθ·Lcosθ=μmgL,則克服摩擦力做功相等,由功能關(guān)系除重力以外的力做的功等于機(jī)械能的變化量,則兩個(gè)物體下滑到C點(diǎn)過程中損失的機(jī)械能一定相同,故選項(xiàng)C正確;根據(jù)動(dòng)能定理得mghW克6.(2018·茂名模擬)如圖所示,在粗糙水平地面上,彈簧一端固定在豎直墻壁上,另一端連著物塊,彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)物塊處于O點(diǎn)位置。現(xiàn)用外力緩慢把物塊向左壓至P點(diǎn)不動(dòng),此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。撤去外力后物塊向右運(yùn)動(dòng)至Q(圖中未有標(biāo)出)點(diǎn)停下。下列說法正確的是 ()A.外力所做的功等于EpB.物塊到達(dá)PQ中點(diǎn)時(shí)速度最大C.Q點(diǎn)可能在O點(diǎn)的左側(cè)D.從P到Q的過程摩擦產(chǎn)生的熱量一定小于Ep【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)外力所做的功轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和克服摩擦力做功。(2)彈簧彈力與滑動(dòng)摩擦力的大小關(guān)系決定物塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(3)物塊從P到Q的過程摩擦產(chǎn)生的熱量一定等于彈性勢(shì)能的減少量?！窘馕觥窟xC。外力緩慢把物塊向左壓至P點(diǎn)不動(dòng),外力所做的功轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和克服摩擦力做功,故A錯(cuò)誤;松開物塊后,彈簧的彈力大于滑動(dòng)摩擦力,物塊受到的合力向右,物塊向右做加速運(yùn)動(dòng),在運(yùn)動(dòng)過程中彈簧彈力減小,摩擦力Ff=μmg不變,物塊受到的合力減小,加速度減小,物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)彈簧彈力與摩擦力相等時(shí),加速度為零,此時(shí)物塊速度達(dá)到最大值,然后物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),彈力繼續(xù)減小,小于滑動(dòng)摩擦力,物塊受到的合力向左,合力增大,加速度增大,加速度向左,物塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),到達(dá)O點(diǎn)時(shí),彈簧彈力為零,越過O點(diǎn)后,彈簧彈力向左,摩擦力向左,在向右運(yùn)動(dòng)過程中,彈簧彈力變大,物塊受到的合力變大,加速度變大,物塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),直到Q點(diǎn)速度變?yōu)榱銥橹?如果水平面光滑,物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,P與O點(diǎn)距離等于Q與O點(diǎn)距離,由于水平面不光滑,物塊在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能有損失,P與O點(diǎn)距離大于Q與O點(diǎn)距離,所以物塊速度最大不可能是PQ的中點(diǎn),故B錯(cuò)誤;初末狀態(tài)速度為0,從P到Q的過程摩擦產(chǎn)生的熱量一定等于彈性勢(shì)能的減少量,根據(jù)初狀態(tài)彈性勢(shì)能的大小,Q點(diǎn)可能在O點(diǎn)的左側(cè)、右側(cè),也可能就在O點(diǎn),故C正確,D錯(cuò)誤。7.如圖所示,水平繃緊的傳送帶AB長(zhǎng)L=6m,始終以恒定速率v1=4m/s運(yùn)行。初速度大小為v2=6m/s的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點(diǎn)滑上傳送帶。小物塊m=1kg,物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,g取10m/s2。下列說法正確的是 ()A.小物塊可以到達(dá)B點(diǎn)B.小物塊不能到達(dá)B點(diǎn),但可返回A點(diǎn),返回A點(diǎn)速度為4m/sC.小物塊向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大D.小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí),因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為50J【解析】選B、D。小物塊在水平方向運(yùn)動(dòng)過程,由牛頓第二定律得μmg=ma,解得a=μg=4m/s2,若小物塊從右端滑上傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動(dòng),速度減為零時(shí)的位移是x,則0v22=2ax,解得x=v222a=622×4m=4.5m<6m,所以小物塊不能到達(dá)B點(diǎn),故A錯(cuò)誤;小物塊不能到達(dá)B點(diǎn),速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運(yùn)動(dòng),返回A點(diǎn)速度為4m/s,故B正確;小物塊不能到達(dá)B點(diǎn),速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程相對(duì)于傳送帶繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng),所以小物塊向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離沒有達(dá)到最大,故C錯(cuò)誤;小物塊向右勻加速的過程中的位移x′=v122a=422×4m=2m,當(dāng)速度等于傳送帶速度v1時(shí),經(jīng)歷的時(shí)間t=-v1-v2-a=2.5s,該時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移:s=v1t=4×2.5m=10【總結(jié)提升】解決傳送帶問題的兩個(gè)角度(1)動(dòng)力學(xué)角度:如求物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、物體在傳送帶上能達(dá)到的速度、物體相對(duì)傳送帶滑過的位移,依據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。(2)能量的角度:求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等,常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。若利用公式Q=Ffl相對(duì)求摩擦熱,式中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)路程。8.(2018·宜春模擬)某貨場(chǎng)有一簡(jiǎn)易的節(jié)能運(yùn)輸裝置,如圖所示。小車在軌道頂端時(shí),自動(dòng)將貨物裝入車中,然后小車載著貨物沿不光滑的軌道無初速度下滑,到達(dá)斜面底端后,小車前端的緩沖彈簧被壓縮,當(dāng)彈簧被壓縮至最短,立即鎖定并自動(dòng)將貨物卸下。卸完貨物后隨即解鎖,小車恰好能被彈回到軌道頂端,此后重復(fù)上述過程。則下列說法中正確的是 ()A.小車在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能是守恒的B.小車上滑時(shí)經(jīng)過軌道中點(diǎn)的加速度大于下滑時(shí)經(jīng)過該點(diǎn)的加速度C.小車上滑過程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過程中克服摩擦阻力做的功D.小車下滑到最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈性勢(shì)能的最大值等于貨物減少的重力勢(shì)能【解析】選B、C。小車在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中,摩擦力對(duì)小車做功,所以其機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;設(shè)下滑的加速度為a1,上滑的加速度為a2,小車質(zhì)量為M,貨物質(zhì)量為m,則根據(jù)牛頓第二定律得,下滑過程(M+m)gsinθμ(M+m)gcosθ=(M+m)a1,上滑過程Mgsinθ+μMgcosθ=Ma2,解得a1<a2,故B正確;上滑過程和下滑過程中的摩擦力大小不同,下滑時(shí)的摩擦力大于上滑時(shí)的摩擦力,故小車上滑過程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過程中克服摩擦阻力做的功,故C正確;根據(jù)能量守恒定律可知,小車與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中,減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和內(nèi)能,則彈簧彈性勢(shì)能的最大值大于貨物減少的重力勢(shì)能,故D錯(cuò)誤。9.(2018·張掖模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面,同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=tanθ,取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn),能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動(dòng)能Ek、機(jī)械能E隨時(shí)間t變化關(guān)系及滑塊的勢(shì)能Ep隨位移x變化關(guān)系的是 ()【解析】選C、D。因?yàn)棣?tanθ=sinθcosθ,所以當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)過程中,受到的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff=μmgcosθ=mgsinθ,方向沿斜面向下,而在沿斜面向下的方向上還受到重力的分力,即沿斜面向下的合力為2mgsinθ>F,故滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng),Ek=12mv2=12m(v0at)2,動(dòng)能是關(guān)于時(shí)間的二次函數(shù),不是線性函數(shù),故B錯(cuò)誤;產(chǎn)生熱量等于克服滑動(dòng)摩擦力做的功,即Q=Ffx=μmg(v0t+12at2)cosθ,與t不是線性函數(shù),故A錯(cuò)誤;滑塊的重力勢(shì)能等于克服重力所做的功,其大小為Ep=mgh=mgxsinθ,與位移x成正比,故C正確;因?yàn)镕與摩擦力等大反向,所以兩者做功代數(shù)和為零,即過程中合力做功等于重力做功,機(jī)械能保持不變10.(2018·衡陽模擬)如圖所示,質(zhì)量m=1kg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點(diǎn),物體和皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,傳送帶AB之間的距離為L(zhǎng)=5.5m,傳送帶一直以v=3m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)動(dòng),則 ()A.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5sB.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,摩擦力對(duì)物體的沖量大小為1N·sC.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生0.5J的熱量D.帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)對(duì)物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,多做了3J功【解析】選B、C、D。物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律得12mv02=mgh,代入數(shù)據(jù)解得v0=2m/s,物體在摩擦力作用下先勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng),加速度a=μmgm=μg=0.1×10m/s2=1m/s2,加速的時(shí)間t1=v-v0a=3-21s=1s,x1=v2-v022a,代入數(shù)據(jù)解得x1=2.5m,t2=L-x1v=5.5-2.53s=1s,t=t1+t2=2s,故A錯(cuò)誤;物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,摩擦力對(duì)物體的沖量大小為I=μmgt1=0.1×1×10×1N·s=1N·s,故B正確;在t1時(shí)間內(nèi),皮帶做勻速運(yùn)動(dòng)x皮帶=vt1=3(3222)J+0.5J=3J,故D正確?！炯庸逃?xùn)練】(多選)如圖,長(zhǎng)為L(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ,皮帶傳送速率為v且保持不變,將質(zhì)量為m的小物塊輕放在傳送帶的下端,傳送到上端的時(shí)間為t,小物塊和傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,傳送帶對(duì)小物塊做的功為W,設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則下列關(guān)系中可能正確的是 ()A.Q>μmgLcosθB.Q=μμ-tanθ×C.W>μmgvtcosθD.W=mv122+mgLsin【解析】選A、B。物塊隨傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的情況有三種可能性:一是物塊一直向上做加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)物塊的速度小于v;二是物塊一直向上做加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)物塊的速度恰好等于v;三是物塊先向上加速到v,然后隨傳送帶向上做勻速運(yùn)動(dòng)。由牛頓第二定律得物塊向上加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a=μmgcosθ-mgsinθm=μgcosθgsinθ,在時(shí)間t內(nèi)傳送帶前進(jìn)的位移為x=vt,發(fā)生的相對(duì)位移為Δx=vtL。若物塊一直向上做加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)物塊的速度小于v,傳送帶相對(duì)于物塊的位移最大,產(chǎn)生的熱量最多,若此時(shí)Δx=vtL>L,則Q=μmgcosθ·Δx>μmgLcosθ,故選項(xiàng)A正確;若物塊一直向上做加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)物塊的速度恰好等于v,則v=at,L=12at2,Δv22(μgcosθ-gsinθ),產(chǎn)生的熱量Q=μ=(μμ-tanθ)·12mv2,故選項(xiàng)B正確;若物塊一直做加速運(yùn)動(dòng),則傳送帶對(duì)物塊做的功W=μmgcosθ·L,由于物塊的速度小于等于v,所以L≤vt,所以W≤μmgvtcosθ,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)物塊的速度能達(dá)到v時(shí),傳送帶對(duì)物塊做的功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能與重力勢(shì)能的和,即W=12二、計(jì)算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.有一種“過山車”的雜技表演項(xiàng)目,可以簡(jiǎn)化為如圖所示的模型,一滑塊從A點(diǎn)以某一水平向右的初速度出發(fā),沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后,進(jìn)入半徑R=10cm的光滑豎直圓形軌道,圓形軌道間不相互重疊,即滑塊離開圓形軌道后可繼續(xù)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng),C點(diǎn)右側(cè)有一壕溝,C、D兩點(diǎn)的豎直高度h=0.8m,水平距離s=1.2m,水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)1=1m,BC長(zhǎng)為L(zhǎng)2=3m,滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度g=10m/s2。則:(1)若滑塊恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn)E,計(jì)算滑塊在A點(diǎn)的初速度v0。(2)若滑塊既能通過圓形軌道的最高點(diǎn),又不掉進(jìn)壕溝,求小滑塊在A點(diǎn)時(shí)初速度v0′的范圍?！窘馕觥?1)滑塊恰能通過最高點(diǎn)時(shí),對(duì)滑塊在圓形軌道最高點(diǎn)由牛頓第二定律得:mg=mv滑塊在圓形軌道上運(yùn)動(dòng),只有重力做功,故機(jī)械能守恒,則有:12mvB2=2mgR+12m在滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B過程中,由動(dòng)能定理得:μmgL1=12mvB2解得:v0=3m/s(2)滑塊能通過圓形軌道的最高點(diǎn),則滑塊初速度v0′≥v0=3m/s又有滑塊從A到C過程,由動(dòng)能定理得:μmg(L1+L2)=12mvC212解得:v0′=v則v0′≥2μg(L1+L若滑塊越過壕溝,那么由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:vC≥st=s所以v0′=vC2所以,若滑塊既能通過圓形軌道的最高點(diǎn),又不掉進(jìn)壕溝,則小滑塊在A點(diǎn)時(shí)初速度v0′的范圍為3m/s≤v0′≤4m/s或v0′≥5m/s答案:(1)3m/s(2)3m/s≤v0′≤4m/s或v0′≥5m/s【加固訓(xùn)練】如圖所示,半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi),軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ=30°,下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)且與粗糙水平面相切,一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m=0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0=2m/s的速度被水平拋出,恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道,經(jīng)過C點(diǎn)后沿水平面向右運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí),彈簧被壓縮至最短,C、D兩點(diǎn)間的水平距離L=1.2m,小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10m/s2。求:(1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點(diǎn)時(shí)速度vB的大小。(2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。(3)彈簧的彈性勢(shì)能的最大值Epm?！窘馕觥?1)小物塊恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道,由幾何關(guān)系有vB=v0(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),由動(dòng)能定理有mgR(1+sinθ)=12mvC2在C點(diǎn)處,由牛頓第二定律有Fmg=mv解得F=8N根據(jù)牛頓第三定律,小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F′大小為8N。(3)小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),由能量守恒定律有Epm=12mvB2μmgL=0.8J。答案:(1)4m/s(2)8N(3)0.8J【能力拔高題組】1.(8分)(2018·孝感模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球用兩根不可伸長(zhǎng)的輕繩a、b連接,兩輕繩的另一端在豎直桿的A、B兩點(diǎn)上,當(dāng)兩輕繩伸直時(shí),a繩與桿的夾角為30°,b繩水平,已知a繩長(zhǎng)為2L,當(dāng)豎直桿以自己為軸轉(zhuǎn)動(dòng),角速度ω從零開始緩慢增大過程中(不同ω對(duì)應(yīng)的軌跡可當(dāng)成相同的圓周運(yùn)動(dòng)軌跡),則下列說法正確的是 ()A.從開始至b繩伸直但不提供拉力時(shí),繩a對(duì)小球做功為0B.從開始至b繩伸直但不提供拉力時(shí),小球的機(jī)械能增加了36C.從開始至b繩伸直但不提供拉力時(shí),繩a對(duì)小球做功為2-D.當(dāng)ω=gL時(shí),b【解析】選C。當(dāng)b繩剛要伸直時(shí),對(duì)小球,由牛頓第二定律和向心力公式得,水平方向有Fasin30°=mv22Lsin30°,豎直方向有Facos30°=mg,解得v=gLtan30°。小球的機(jī)械能增加量為ΔE=mg·2-536mgL,由功能關(guān)系可