广州市2020年高中物理 力学竞赛辅导资料 专题06 功和能(含解析)

专题06 功和能一、单项选择题（每道题只有一个选项正确）1、如图5所示，长1 m的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15 N的物体G，另一端A系于墙上，平衡时OA恰好水平，现将细线A端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15 N，则该过程中物体G 增加的重力势能约为( )图5A.1.3 JB.3.2 JC.4.4 JD.6.2 J【答案】A【解析】轻杆在O点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角.开始时，AO绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15 N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为120° 那么杆与竖直方向的夹角是60°；设杆的长度是L.状态1时，AO段绳子长度是L1＝Lsin 45°＝22L，滑轮O 点到B 点的竖直方向距离是h 1＝Lcos 45°＝22L ， 状态2，杆与竖直方向夹角是60°，这时杆与AO 绳子夹角也是60°(∠AOB ＝60°)，即三角形AOB 是等边三角形.所以，这时AO 段绳子长度是L 2＝L ；滑轮到B 点的竖直距离是h 2＝Lcos 60°＝12L ，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度是h ＝(h 2－h 1)＋(L 2－L 1)＝(12L －22L)＋(L －22L)＝(32－2)L.重力势能的增加量E p ＝Gh ＝G×(32－2)L ＝15 N×(32－2)×1 m≈1.3 J. 2、有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A 、B 分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B 用一不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相等，且可看做质点，如图8所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止.由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连接A 、B 的绳长为( )图8A.4v 23gB.3v 2gC.2v 23gD.2v 2g【答案】A【解析】将A 、B 的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向，两滑块沿绳方向的速度相等，有：vB cos 60°＝vAcos 30°，所以：vA＝33v，A、B组成的系统机械能守恒，有：mgh＝12mv 2A＋12mv 2B，所以：h＝2v23g，绳长l＝2h＝4v23g.3、如图5所示，在某旅游景点的滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(都可看做斜面)，一名旅游者乘同一个滑沙橇从A点由静止出发先后沿AB和AB′滑道滑下，最后停在水平沙面BC或B′C上.设滑沙者保持一定坐姿，滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同.下列说法中正确的是( )图5A.到达B点的速率等于到达B′点的速率B.到达B点时重力的功率大于到达B′时重力的功率C.沿两滑道滑行的时间一定相等D.沿两滑道滑行的总路程一定相等【答案】B【解析】设滑道的倾角为θ，动摩擦因数为μ.滑沙者在由斜面滑到水平面的过程中，由动能定理，mgh－μmgcos θ·hsin θ＝12mv2－0，即得：mgh－μmgtan θ＝12mv2.由于AB′与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，所以得知滑沙者在B点的速率大于在B′点的速率.故A错误.由前面可知，滑沙者在B点的速率大于在B′点的速率，且B点的速度与重力的夹角小于在B′点的夹角，根据P＝Gvcos θ，故B正确；再对滑沙者滑行全过程用动能定理可知：mgh－μmgcos θ·hsin θ－μmgs′＝0，得到：水平滑行位移s＝htan θ＋s′＝hμ，与斜面的倾角无关，所以滑沙者在两滑道上将停在离出发点水平位移相同的位置，由几何知识可知，沿两滑道滑行的总路程不等.故D错误.由题意可知，到达B′的速度大小相同，从而根据路程不同，可以确定，沿两滑道滑行的时间不等，故C错误.4、如图1所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略.在缆车向上运动的过程中，下列说法正确的是( )图1A.缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能B.缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C.缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D.缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和【答案】D【解析】根据重力做功与重力势能的变化关系可知，缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能.故A错误；由动能定理可知，牵引力对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即：等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故B、C错误，D正确.5、如图2所示，用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道，竖直固定在地面上，其圆心为O、半径为R.轨道正上方离地h处固定一水平长直光滑杆，杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方.A、B是质量均为m的小环，A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环.两环均可看做质点，且不计滑轮大小与质量.现在A环上施加一个水平向右的恒力F，使B 环从地面由静止沿轨道上升.则( )图2A.力F所做的功等于系统动能的增加量B.在B环上升过程中，A环动能的增加量等于B环机械能的减少量C.当B环到达最高点时，其动能为零D.当B环与A环动能相等时，sin ∠OPB＝R h【答案】D【解析】力F做正功，系统的机械能增加，由功能关系可知，力F所做的功等于系统机械能的增加量，不等于系统动能的增加量.故A错误；由于力F做正功，A、B 组成的系统机械能增加，则A环动能的增加量大于B环机械能的减少量，故B错误；当B环到达最高点时，A环的速度为零，动能为零，但B环的速度不为零，动能不为零，故C错误；当PB线与圆轨道相切时，vB ＝vA，根据数学知识有sin ∠OPB＝Rh，故D正确.6、如图1所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O点，O、b两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )图1A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】D【解析】由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到b的过程中弹簧对环做负功，所以环的机械能是变化的.故A、B错误；当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大.故C错误；在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒.故D正确.7、如图4所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中( )图4A.小桶处于失重状态B.小桶的最大速度为12ghC.小车受绳的拉力等于mgD.小车的最大动能为32 mgh【答案】B【解析】在整个的过程中，小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态.故A、C错误；在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功，由动能定律得：3mg·h·sin 30°－mgh＝12(3m＋m)v2解得：v＝12gh，故B正确；小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为：Ekm ＝12·3mv2＝38mgh，故D错误.二、多项选择题（每道题至少有二个选项正确）8、如图2所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P.不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g.关于P描述正确的是( )图2A.释放P前绳子拉力大小为mgcos θB.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为D.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大【答案】AC【解析】释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，FT＝mgcos θ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B 错误；当P 到O 点时，Q 的速度为零，对P 和Q 系统研究，mg(h cos θ－h)cos θ＝12mv 2，解得v ＝，故C 正确；P 从释放到第一次过O 点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D 错误.9、如图2所示，轻质弹簧的一端与内壁光滑的试管底部连接，另一端连接质量为m 的小球，小球的直径略小于试管的内径，开始时试管水平放置，小球静止，弹簧处于原长.若缓慢增大试管的倾角θ至试管竖直，弹簧始终在弹性限度内，在整个过程中，下列说法正确的是( )图2A.弹簧的弹性势能一定逐渐增大B.弹簧的弹性势能可能先增大后减小C.小球重力势能一定逐渐增大D.小球重力势能可能先增大后减小【答案】AD【解析】弹簧弹力逐渐增大，弹性势能一定逐渐增大，选项A 正确，B 错误；以地面为势能零点，倾角为θ时小球重力势能E p ＝mg(l 0－mgsin θk)sin θ，若sin θ＝kl 02mg<1，则在达到竖直位置之前，重力势能有最大值，所以选项C 错误，D 正确. 10、如图3所示，在粗糙水平面上有甲、乙两木块，与水平面间的动摩擦因数均为μ，质量均为m ，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来，开始时两木块均静止且弹簧无形变.现用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相同时，下列说法正确的是(设木块与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图3A.此时甲的速度可能等于乙的速度B.此时两木块之间的距离为L－F 2kC.此阶段水平恒力F做的功大于甲、乙两木块动能增加量与弹性势能增加量的总和D.此阶段甲、乙两木块各自克服摩擦力所做的功相等【答案】BC【解析】现用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相同时，在此过程中，乙的加速度减小，甲的加速度增大，所以此时甲的速度小于乙的速度，故A错误；对系统运用牛顿第二定律得：a＝F－2μmg2m，对甲分析，有：F弹－μmg＝ma，根据胡克定律得：x＝F弹k＝F2k，则两木块的距离为：s＝L－x＝L－F2k，故B正确；根据能量守恒得此阶段水平力F做的功等于甲、乙两木块动能增加量与弹性势能增加量和与水平面摩擦产生的热量的总和，故C正确；由于甲、乙两木块各自所受摩擦力大小相等，但位移不同，故甲、乙两木块各自所受摩擦力所做的功不相等，故D错误.11、如图4所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B 为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球拴接，已知弹簧的劲度系数为k＝mgR，原长为L ＝ 2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v，已知重力加速度为g，则( )图4A.无论v多大，小球均不会离开圆轨道B.若2gR<v<5gR，则小球会在B、D间脱离圆轨道C.只要v>4gR，小球就能做完整的圆周运动D.只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v无关【答案】ACD【解析】小球运动到最高点速度为零时假设没有离开圆轨道，则此时弹簧的弹力F弹＝kΔx＝mgRR＝mg，此时小球没有离开圆轨道，故选项A正确，B错误；若小球到达最高点的速度恰为零，则根据动能定理12mv 2＝mg·2R，解得v＝4gR，故只要v 0>4gR，小球就能做完整的圆周运动，选项C正确；在最低点时：FN1－mg－kΔx＝m v 2R，其中kΔx＝mg；从最低点到最高点，根据动能定理12mv 2＝12mv2＋mg·2R，在最高点：FN2＋mg－kΔx＝mv2R，联立解得：FN1－FN2＝6mg，故选项D正确；故选A、C、D.12、如图9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.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处.现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图9A.环到达B处时，重物上升的高度h＝d 2B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能D.环能下降的最大高度为4 3 d【答案】CD【解析】根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h＝2d－d，故A错误；对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos 45°＝v重物，故B错误；环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故C正确；环下滑的最大高度为h1时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为h 2 1＋d2－d，根据机械能守恒有mgh1＝2mg(h 21＋d2－d)，解得：h1＝43d，故D正确.故选C、D.13、蹦床类似于竖直放置的轻弹簧(弹力满足F＝kx，弹性势能满足Ep ＝12kx2，x为床面下沉的距离，k为常量).质量为m的运动员静止站在蹦床上时，床面下沉x；蹦床比赛中，运动员经过多次蹦跳，逐渐增加上升高度，测得某次运动员离开床面在空中的最长时间为Δt.运动员可视为质点，空气阻力忽略不计，重力加速度为g.则可求( )A.常量k ＝mgx 0B.运动员上升的最大高度h ＝12g(Δt)2C.床面压缩的最大深度x ＝x 0＋D.整个比赛过程中运动员增加的机械能ΔE＝18mg 2(Δt)2【答案】AC【解析】质量为m 的运动员静止站在蹦床上时，床面下沉x 0，故有mg ＝kx 0，解得k ＝mgx 0，A 正确；离开床面后做竖直上抛运动，根据对称性可得运动员上升的时间为t ＝12Δt，故上升的最大高度为h ＝12gt 2＝18g(Δt)2，B 错误；离开床面时的速度为v ＝gΔt 2，从压缩最深处到运动员刚离开床面过程中有12kx 2－mgx ＝12mv 2，联立v ＝gΔt2，mg ＝kx 0，解得x ＝x 0＋，C 正确；以床面为零势能面，则刚开始时，人的机械能为E 1＝－mgx 0，到最高点时人的机械能为E 2＝mgh ＝18mg 2(Δt)2，故运动员的机械能增量为ΔE＝18mg 2(Δt )2＋mgx 0，D 错误.14、如图6甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行于斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动.运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E －x 图象)如图乙所示，其中0～x 1过程的图线为曲线，x 1～x 2过程的图线为直线.根据该图象，下列判断正确的是( )图6A.0～x1过程中物体所受拉力始终沿斜面向下B.0～x1过程中物体所受拉力先变小后变大C.x1～x2过程中物体可能在做匀速直线运动D.x1～x2过程中物体可能在做匀减速直线运动【答案】BCD【解析】机械能与物体位移关系的图象的斜率表示拉力，可知0～x1过程中物体所受拉力先变小后变大，A错误，B正确；x1～x2过程中拉力沿斜面向上恒定，物体可能匀速直线运动也可能匀减速直线运动，C、D正确.15、如图7所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力Ff＝kmg作用(k为常数且满足0<k<1).图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度.则由图可知，下列结论正确的是( )图7A.E1是最大势能，且E1＝Ek0k＋1B.上升的最大高度h0＝0(1)kEk mgC.落地时的动能Ek ＝kEk0 k＋1D.在h1处，小球的动能和势能相等，且h1＝0(2)kEk mg+【答案】ABD【解析】对于小球上升过程，根据动能定理可得：0－Ek0＝－(mg＋Ff)h，又Ff＝kmg，得上升的最大高度h0＝0(1)kEk mg+，则最大的势能为 E1＝mgh＝Ek0k＋1，故A、B正确.下落过程，由动能定理得：Ek ＝(mg－Ff)h，又Ff＝kmg，解得落地时的动能E k ＝0(1)1kk Ek-+，故C错误.h1高度时重力势能和动能相等，由动能定理得：Ek1－Ek0＝－(mg＋Ff )h1，又 mgh1＝Ek1，解得h1＝0(2)kEk mg+.故D正确.16、一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( )图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量【答案】AC【解析】在t1～t2内，物块向上运动，则有μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故A 正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t 1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B 错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故C 正确；0～t 2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D 错误.17、如图4所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m 的小球A 、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心O 的正下方，B 与O 等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是( )图4A.下滑过程中重力对B 做功的功率先增大后减小B.当B 滑到圆轨道最低点时，轨道对B 的支持力大小为3mgC.下滑过程中B 的机械能增加D.整个过程中轻杆对A 做的功为12mgR【答案】AD【解析】因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A 正确；A 、B 小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B 到达轨道最低点时速度为v ，根据机械能守恒定律得：12(m ＋m)v 2＝mgR ，解得：v ＝gR ，在最低点，根据牛顿第二定律得： F N －mg ＝m v 2R 解得：F N ＝2mg ，故B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小ΔE p ＝mgR ，动能增加量ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，所以机械能减小12mgR ，故C 错误；整个过程中对A ，根据动能定理得：W＝12mv2＝12mgR，故D正确.三、计算题18、风洞飞行表演是一种高科技的惊险的娱乐项目.如图9所示，在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变.质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的18，风洞内人体可上下移动的空间总高度AC＝H.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好使表演者在最高点A点处于静止状态；后来，表演者从A点开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，试求：图9(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大小；(2)AB两点的高度差与BC两点的高度差之比；(3)表演者从A点到C点减少的机械能.【答案】(1)g 34g (2)3∶4 (3)mgH【解析】(1)在A点受力平衡时，则mg＝k S 2向上最大加速度为a1，kS－mg＝ma1得到a 1＝g向下最大加速度为a 2，mg －k S8＝ma 2得到a 2＝34g(2)设B 点的速度为v B2a 1h AB ＝v 2B2a 2h BC ＝v 2B 得到：h AB h BC ＝a 2a 1＝34或者由v －t 图象法得到结论. (3)整个过程的动能变化量为ΔE k ＝0 整个过程的重力势能减少量为ΔE p ＝mgH 因此机械能的减少量为ΔE＝mgH或者利用克服摩擦力做功可也得到此结论.19、如图1所示，劲度系数k ＝25 N/m 轻质弹簧的一端与竖直板P 拴接(竖直板P 固定在木板B 的左端)，另一端与质量m A ＝1 kg 的物体A 相连，P 和B 的总质量为M B ＝4 kg 且B 足够长.A 静止在木板B 上，A 右端连一细线绕过光滑定滑轮与质量m C ＝1 kg 的物体C 相连.木板B 的上表面光滑，下表面与地面的动摩擦因数μ＝0.4.开始时用手托住C ，让细线恰好伸直但没拉力，然后由静止释放C ，直到B 开始运动.已知弹簧伸长量为x 时其弹性势能为12kx 2，全过程物体C 没有触地，弹簧在弹性限度内，g 取10 m/s 2.求：图1(1)释放C的瞬间A的加速度大小；(2)释放C后A的最大速度大小；(3)若C的质量变为mC′＝3 kg，则B刚开始运动时，拉力对物体A做功的功率. 【答案】(1)5 m/s2(2) 2 m/s (3)45 2 W【解析】(1)对物体C：mC g－FT＝mCa对物体A：FT ＝mAa所以a＝mCgmC＋mA＝5 m/s2(2)水平面对B的摩擦力Ff ＝μFN＝μ(mA＋MB)g＝20 N，释放C后B不会运动.所以，当A的加速度为0时其速度最大，有kx＝mCg，x＝0.4 m对物体A、C用动能定理mCgx＋W＝W＝Fl＝－kx2·x＝－kx22v m ＝2mCgx－kx2mA＋mC＝ 2 m/s(3)设B刚开始运动时弹簧伸长量为x1，弹力F＝kx1，当F＝Ff时木板B开始运动，则kx1＝μ(mA＋MB)g，x1＝0.8 m弹簧弹力对物体A所做的功W1＝－kx 212，若B刚开始运动时A的速度为v，对物体A、C用动能定理mC ′gx1＋W1＝v＝2mC′gx1－kx 21mA＋mC′＝2 2 m/s设B刚要运动时细线的拉力为FT1对物体C ：m C ′g－F T1＝m C ′a′对物体A ：F T1－kx 1＝m A a′，F T1＝＝22.5 N功率P ＝F T1v ＝45 2 W.20、为研究物体的运动，在光滑的水平桌面上建立如图2所示的坐标系xOy ，O 、A 、B 是水平桌面内的三个点，OB 沿x 轴正方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA.第一次将一质量为m 的滑块以一定的初动能从O 点沿y 轴正方向滑出，并同时施加沿x 轴正方向的恒力F 1，滑块恰好通过A 点.第二次，在恒力F 1仍存在的情况下，再在滑块上施加一个恒力F 2，让滑块从O 点以同样的初动能沿某一方向滑出，恰好也能通过A 点，到达A 点时动能为初动能的3倍；第三次，在上述两个恒力F 1和F 2的同时作用下，仍从O 点以同样初动能沿另一个方向滑出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能是初动能的6倍.求：图2(1)第一次运动经过A 点时的动能与初动能的比值；(2)两个恒力F 1、F 2的大小之比F 1F 2是多少？并求出F 2的方向与x 轴正方向所成的夹角.【答案】(1)73(2)2 3 30°【解析】(1)设滑块的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝3d2，只有恒力F 1，根据平抛运动的规律有：dsin 60°＝v 0t ①a x ＝F1m②dcos 60°＝12axt2③又有Ek0＝12mv 2④由①②③④式得Ek0＝38F1d⑤设滑块到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋F1d2⑥由⑤⑥式得EkAEk0＝73(2)加了恒力F2后，滑块从O点分别到A点和B点，由功能关系及⑤式得WF2＝3Ek0－Ek0－F1d2＝23Ek0⑦WF2′＝6Ek0－Ek0－3F1d2＝Ek0⑧由恒力做功的特点，可在OB上找到一点M，从O到M点F2做功与A点做功相同，M 与O点的距离为x，如图，则有x3d2＝WF2WF2′⑨解得x＝d⑩则据恒力做功特点，F2的方向必沿AM的中垂线，设F2与x轴正方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°，F1F2＝2 3.21、光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图3所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧.质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4 m/s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零.若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图3(1)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (2)滑块在直轨道bc 上运动的时间. 【答案】(1)0.8 (2)7.66 s【解析】(1)从a 点到d 点全过程应用动能定理 mg(R ＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgcos θ·L＝0－mv 22解得μ＝0.8(2)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度v c ，由c 到d 有mv 2c2＝mgh ，得v c ＝2 m/sa 点到b 点的过程中，有mgR(1＋cos θ)＝mv 2b2－mv 22解得v b ＝5 m/s在轨道bc 上 下滑时L ＝1()2b c v v tt 1＝7.5 s上滑时mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2 解得a 2＝12.4 m/s 2 由于0＝v c －a 2t 2 t 2＝v ca 2≈0.16 s由于μ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑. 滑块在直轨道bc 上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝7.66 s.22、水上滑梯可简化成如图4所示的模型：倾角θ＝37°的斜滑道AB 和光滑圆弧滑道BC 在B 点相切连接，圆弧末端C 点切线水平，C 点到水面的高度h ＝2 m ，顶点A 距水面的高度H ＝12 m ，点A 、B 的高度差H AB ＝9 m ，一质量m ＝50 kg 的人从滑道起点A 点无初速度滑下，人与滑道AB 间的动摩擦因数μ＝0.25.(取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，人在运动过程中可视为质点)图4(1)求人从A 点滑到C 点的过程克服摩擦力所做的功； (2)求人在圆弧滑道末端C 点时对滑道的压力大小；(3)现沿BA 方向移动圆弧滑道，调节圆弧滑道与斜滑道AB 相切的位置，使人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求圆弧滑道与AB 滑道的相切点B′到A 点的距离. 【答案】(1)1 500 J (2)1 900 N (3)7.9 m【解析】(1)人在AB 滑道下滑过程中，由受力分析可知 F f ＝μmgcos θ W f ＝－F f s AB s AB ＝H ABsin θ。