(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第6章_机械能_微专题33_有答案

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2018届高考物理大一轮复习第六章能量与动量教师用书

第六章⎪⎪⎪能量与动量第27课时功和功率(双基落实课)[命题者说] 功和功率是高中物理的基本概念。

高考常考查功和功率的计算。

复习本课时应注意掌握功的几种计算方法、平均功率和瞬时功率的分析、机车启动问题等。

1.做功的两个要素：力和物体在力的方向上发生的位移。

2．公式：W ＝Fl cos α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 是物体对地的位移。

(2)该公式只适用于恒力做功。

3．功的正负(曲线运动中α是力与速度方向之间的夹角)21．判断正误(1)只要物体受力且发生位移，则力对物体一定做功。

(×)(2)如果一个力阻碍了物体的运动，则这个力一定对物体做负功。

(√)(3)摩擦力可能对物体做正功、负功，也可能不做功。

(√)(4)作用力做正功时，反作用力一定做负功。

(×)(5)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。

(√)(6)力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功。

(√)(7)摩擦力对物体一定做负功。

(×)2.如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑步是身体耐力训练的一种有效方法。

如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是( )A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做负功B．轮胎受到的重力对轮胎做正功C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功D．轮胎受到的地面的支持力对轮胎做正功解析：选A 根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，选项B、D错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A项正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C项错误。

3.如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。

则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功解析：选 B 支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功。

2018年高考物理课标Ⅱ专用复习专题测试专题六机械能及其守恒定律共141张精品

答案
C
WF1=
1 2
mv2+μmg·v
2
t,WF2=
1 2
m·4v2+μmg2v
2
t,故WF2<4WF1;Wf1=μmg·2v t,Wf2=μmg·22v
t,故Wf2=2
Wf1,C正确。
考查点功、功能关系
审题技巧审题时的关键点:“从静止开始”、“v”、“2v”“同样的时间”。
解题关键物体位移利用x= v1 v2 t来求。
5.(2015课标Ⅱ,21,6分,0.192)(多选)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则 ( )
A.a落地前,轻杆对b一直做正功 B.a落地时速度大小为 2gh C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
考查点功、机械能守恒审题指导审题时关键的词、句:“光滑”、“静止释放”、“在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等”、“∠ONM<∠OMN< ”。理解了上述词、句的含意,本题就不难解决了。
2
4.(2015课标Ⅱ,17,6分,0.464)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t 变化的图线中,可能正确的是 ( )
R
mR
R
正确。
考查点动能定理
易错点拨 (1)由于有摩擦力存在,下滑过程机械能不守恒,只能用动能定理求解。(2)a为质点在
最低点时的瞬时加速度大小,a= v2 中的v为质点在最低点时的瞬时速度大小。

五年高考三年模拟2018届高三物理新课标一轮复习课件：专题六机械能及其守恒定律

答案 (1)F-x图象如图 - 1 kx2
2
(2)a:
1 2
k
x12
-
1 2
k
x22
ΔEp=
1 2
k
x22
-
1 2
k
x12
b.见解析解析 (1)F-x图象如答图。物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中,弹力做负功;F-x图线下的面积等于弹力做功大小。弹力做功
WT=- 1 ·kx·x=- 1 kx2
方法二系统机械能守恒问题的解题方法
对系统机械能守恒问题,若选取势能零点列方程,方程往往较繁琐,所以多采用ΔEp=-ΔEk的形式列方程,即系统势能的减少(增加)等于动能的增加(减少)。例2 如图所示质量都是2 kg的A、B两物体通过轻绳挂在光滑滑轮上,A物体位于光滑水平面上,B物体悬空,连接A物体的绳与水平面夹角为37°,两物体由初速度为零开始运动,求开始运动后,A物体的最大动能为多少?(滑轮和水平面间距离为3.6 m,重力加速度g取10 m/s2)
2
2
=(m3+m1)g(x1+x2)-m1g(x1+x2)-ΔE,即1 (2m1+m3)v2=m1g(x1+x2)。解得v= 2m1(m1 m2 )g 2 。
2
(2m1 m3 )k
方法三用动能定理求往返运动的总路程
用动能定理求往返运动的总路程时,找到物体运动的初态和末态,受力分析,往往有摩擦阻力做功,其中利用路程来计算求解。例3 如图所示,斜面倾角为θ,质量为m的滑块在距挡板P的距离为s0的A点以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”,若滑块每次与挡板相碰,碰后以原速率返回,无动能损失,求滑块停止运动前在斜面上经过的路程。

2018高考物理(课标Ⅰ专用)复习专题测试(必考)专题六机械能及其守恒定律

2
v甲>v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服
阻力做的功,D项正确。
解题指导关键词:①同一种材料;②甲球质量大于乙球质量;③静止下落;④阻力与球的半径成正比。解题时应先易后难,逐次找到各物理量的正确表达式,然后再进一步分析求解。
疑难突破此题主要考查应用牛顿第二定律和运动学公式求解动力学问题,比较两球加速度的大小是关键,需要定量推导。
6.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为 W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则 ( )
A.a= 2(mgR W )
R
mR
R
正确。
易错点拨 (1)由于有摩擦力存在,下滑过程机械能不守恒,只能用动能定理求解。(2)a为质点在最低点时的向心加速度大小,a= v2 中的v为质点在最低点时的瞬时速度大小。
R
7.(2015课标Ⅰ,17,6分,0.346)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置, 直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则 ( )
5.(2016课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN< 。在小球从M点运动到N点的过程中, ( )

高考物理一轮复习第六章机械能章末滚动练

第六章机械能一、单项选择题1．物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在0.6 s 内其速度与时间关系的图像和拉力的功率与时间关系的图像如图1甲、乙所示，由图像可以求得物体的质量为(取g ＝10 m/s 2)( )图1A ．2 kgB ．2.5 kgC ．3 kgD ．3.5 kg2．如图2甲所示，水平面上一质量为m 的物体，在水平力F 作用下开始加速运动，力F 的功率P 保持恒定，运动过程所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到稳定值为v m ，作用过程物体的速度v 的倒数1v与加速度a 的关系图像如图乙所示．仅在已知功率P 的情况下，根据图像所给信息( )图2A ．可求出m 、f 和v mB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动的时间3．如图3，水平地面上有一固定光滑斜面AB ，其底端B 点与半径为R 的四分之一圆弧光滑连接，圆弧的端点C 与圆心在同一水平线上，M 、N 为C 点正上方两点，距离C 点分别为2R 和R ，现将一小球从M 点静止释放，小球在AB 上能到达最高处D 点距水平面的高度为2R ，接着小球沿斜面滑下返回进入圆弧轨道，若不考虑空气阻力，则( )图3A ．小球返回轨道后沿轨道运动可能到不了C 点B ．小球返回轨道后能沿轨道一直运动，并上升到N 点C ．小球返回轨道后沿轨道运动到C 点时，速度一定大于零D．若将小球从N点静止释放，则小球在AB上能到达最高处距水平面的高度等于R4．如图4所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中，一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态，一带正电的滑块从距离弹簧上端为x0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，弹簧始终处在弹性限度内，则下列说法正确的是( )图4A．当滑块的速度最大时，弹簧的弹性势能最大B．当滑块的速度最大时，滑块与弹簧系统的机械能最大C．当滑块刚碰到弹簧时速度最大D．滑块从接触弹簧开始向下运动到最低点的过程中，滑块的加速度先减小后增大二、多项选择题5．质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v1和v2，位移分别为x1和x2，如图5所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于( )图5A．Fx2B．F(x1＋x2)C.12m2v22＋12(m＋m1)v21D.12m2v226．如图6所示，一质点在重力和水平恒力作用下，速度从竖直方向变为水平方向，在此过程中，质点的( )图6A．机械能守恒B．机械能不断增加C．重力势能不断减小D．动能先减小后增大三、非选择题7．某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验，实验装置如图7所示，图中A、B两位置分别固定了两个光电门传感器．实验时测得小物体上宽度为d的挡光片通过A的挡光时间为t1，通过B的挡光时间为t2，重力加速度为g.为了证明小物体通过A、B时的机械能相等，还需要进行一些实验测量和列式证明．图7(1)下列必要的实验测量步骤是________．A．用天平测出运动小物体的质量mB．测出A、B两传感器之间的竖直距离hC．测出小物体释放时离桌面的高度HD．用秒表测出运动小物体通过A、B两传感器的时间Δt(2)若该同学用d和t1、t2的比值来反映小物体经过A、B光电门时的速度，并设想如果能满足____________________关系式，即能证明在自由落体过程中小物体的机械能是守恒的．8．如图8所示，A、B是水平传送带的两个端点，起初以v0＝1 m/s的速度顺时针运转．今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放在A处，同时传送带以a0＝1 m/s2的加速度加速运转，物块和传送带间的动摩擦因数为0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，PN为其竖直直径，C点与B点的竖直距离为R，物体离开传送带后由C点恰好无碰撞落入轨道．取g＝10 m/s2，求：图8(1)物块由A端运动到B端所经历的时间；(2)AC间的水平距离；(3)判断物块能否沿圆轨道到达N点．9．游客对过山车的兴趣在于感受到力的变化，这既能让游客感到刺激，但又不会受伤，设计者通过计算“受力因子”来衡量作用于游客身上的力，“受力因子”等于座椅施加给游客的力除以游客自身的重力，可以利用传感器直接显示数值．如图9所示为过山车简化原理图：左边部分是装有弹射系统的弹射区，中间部分是作为娱乐主体的回旋区，右边部分是轨道末端的制动区．某位质量为m＝60 kg的游客坐过山车运动过程中，在轨道A处时“受力因子”显示为7，在轨道B处时“受力因子”显示为0.5，在轨道C处时的“受力因子”显示为0.6.已知大回环轨道半径R＝10 m，重力加速度g取10 m/s2，则：图9(1)该游客在C处时是超重还是失重？(2)求该游客从A处运动到B处过程中损失的机械能；(3)在设计时能否将弹射区和制动区的位置互换？试用文字定性分析说明．答案解析1．B [匀速运动时拉力等于摩擦力，为：F 2＝f ＝P v ＝104N ＝2.5 N.匀加速运动拉力为恒力，v 随时间均匀增大，所以P 随t 均匀增大．F 1＝P ′v ′＝304 N ＝7.5 N ．F 1－f ＝ma ，a ＝42m/s 2＝2 m/s 2可得m ＝2.5 kg.故B 正确，A 、C 、D 错误．]2．A [当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P ＝Fv ，而F －f ＝ma ，联立可得1v ＝m P a ＋f P ，由题图乙可得斜率为mP，截距为fP，因此可求出m ，f 和v m ，故A 正确，B 、C 错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，故D 错误．故选A.] 3．C [据题意可知，小球从M 点静止释放能到达D 点，据此可知在B 点损失的能量为mgR (在B 点能量的损失与在B 点的速度有关)；当小球从D 点返回时，在B 点损失的能量小于mgR .当小球从D 点返回过程中，由于在B 点损失的能量小于mgR ，据能量守恒可知，小球返回时能到达C 点以上，N 点以下，故A 、B 错误，C 正确；若将小球从N 点静止释放，在B 点损失能量且小于mgR ，所以小球在AB 上能到达最高处距水平面的高度h 满足R <h <2R ，故D 错误．] 4．D [在斜面方向，滑块受到沿斜面向下的电场力和重力的分力、弹簧的弹力，弹簧的弹力先小于电场力与重力的分力之和，滑块先向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，速度最大，然后弹簧的弹力大于电场力与重力分力之和，做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点，速度减小到0，此时加速度最大，弹簧的弹性势能最大．所以滑块的加速度先减小后增大，故A 、C 错误，D 正确．动能、重力势能和弹性势能统称为系统的机械能，根据能量守恒定律，电势能减小，系统的机械能增大，当滑块运动到最低点时，电场力做的正功最多，即电势能减小最多，此时系统机械能最大，故B 错误．]5．BC [根据功的定义W ＝Fx ，而其x 应为拉过的绳子长度，也就是两个物体运动的位移之和，因此B 正确，A 错误；根据动能定理，拉力做的功等于两个物体增加的动能之和，即W ＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，因此C 正确，D 错误．] 6．BD [因为质点受竖直向下的重力和水平向右的恒力作用，故恒力对质点总做正功，故质点的机械能一直增加，选项B 正确，A 错误；随质点的高度增加，重力势能逐渐增大，选项C 错误；因重力和水平恒力的合力方向指向右偏下，故开始时合力与速度夹角大于90°，合力做负功；后来速度方向与合力夹角小于90°，合力做正功，由动能定理可知，动能先减小后增大，选项D 正确；故选B 、D.] 7．(1)B (2)(dt 2)2－(d t 1)2＝2gh解析 (1)由于重力势能和动能中均包括质量m ，因此小物体的质量m 不需要测量，A 错误；求物体重力势能的减小量，需要测量下落高度h ，B 正确；我们关心的是下落高度，与物体距离桌面的高度无关，C 错误；不需要测量物体下落所需要的时间，D 错误．(2)物体通过两光电门速度分别为d t 1、d t 2，验证机械能守恒，即需要验证(d t 2)2－(d t 1)2＝2gh . 8．(1)3 s (2)8.6 m (3)不能解析 (1)物块离开传送带后由C 点无碰撞落入轨道，则得在C 点物块的速度方向与C 点相切，与竖直方向成45°，有v Cx ＝v Cy ，物块从B 点到C 做平抛运动，竖直方向：R ＝12gt 23得t 3＝0.4 s v Cy ＝gt 3水平方向：x BC ＝v B t 3(v B ＝v Cx )得出v B ＝v Cx ＝v Cy ＝4 m/sv C ＝2v B ＝4 2 m/s物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律有：μmg ＝ma得：a ＝2 m/s 2物块历时t 1后与传送带共速，则有：at 1＝v 0＋a 0t 1，得：t 1＝1 s得：v 1＝at 1＝2 m/s<4 m/s故物块此时速度还没有达到v B ，且此后的过程中由于a 0<μg ，物块将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t 2到达B 点 v B ＝v 1＋a 0t 2 得：t 2＝2 s所以从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝3 sAB 间的距离为：x ＝12at 21＋v 1t 2＋12a 0t 22＝7 m(2)从B 到C 的水平距离为：x BC ＝v B t 3＝1.6 m 所以A 到C 的水平距离为：x AC ＝x ＋x BC ＝8.6 m(3)物块能到达N 点的速度要求：mg ＝m v 2NR解得：v N ＝gR ＝2 2 m/s对于小物块从C 到N 点，设能够到达N 位置且速度为v N ′，由机械能守恒得： 12mv 2C ＝mgR (1＋22)＋12mv N ′2 解得：v N ′≈ 4.7 m/s<v N ，故物体不能到达N 点．9．(1)失重 (2)1.5×103J (3)见解析解析 (1)因C 处受力因子显示0.6，即游客对座椅的压力为0.6mg ，所以处于失重状态．(2)该游客在轨道A 处受到的座椅的作用力F A ＝7mg ，由牛顿第二定律可得：F A －mg ＝m v 2AR ，则E k A ＝12mv 2A ＝3mgR该游客在轨道B 处受到的座椅的作用力F B ＝0.5mg ，由牛顿第二定律可得：F B ＋mg ＝m v 2BR ，则E k B ＝12mv 2B ＝0.75mgR设游客机械能损失为ΔE ，则：ΔE ＝E k A －(E k B ＋2mgR )解得：ΔE ＝1.5×103J.(3)不能，这样存在安全问题和设计缺陷，因存在阻力，速度不断减小，过山车可能过不了B 处．。

2018高考一轮物理文档第六章动量章末专题复习教师

章末专题复习物理模型|“滑块—木板”模型中的动量守恒“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律．另外，解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系．(2017·淮北月考)如图6-1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m 的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：图6-1(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos 60°)＝12m v2解得：v0＝gR小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：m v0＝m v1＋m v Q 12m v2＝12m v21＋12m v2Q解得：v1＝0，v Q＝v0＝gR二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有m v Q ＝M v ＋m (2v )，解得，v ＝16v Q ＝gR 6物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR 3.(2)设平板车长L ，由能的转化和守恒定律知F f ·L ＝12m v 2Q －12M v 2－12m (2v )2 又F f ＝μmg解得平板车P 的长度为L ＝7R 18μ.【答案】 (1)gR 3 (2)7R 18μ[突破训练]1．(2017·长沙模拟)如图6-2所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v 0＝6 m/s 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g 取10 m/s 2.求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．图6-2【解析】第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v ，设木板的质量为m ，重物的质量为2m ，取向右为动量的正向，由动量守恒得：2m v 0－m v 0＝3m v ①设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v 所用的时间为t 1，对木板应用动量定理得：2μmgt 1＝m v －m (－v 0) ②设重物与木板有相对运动时的加速度为a ，由牛顿第二定律得：2μmg ＝ma ③在达到共同速度v 时，木板离墙的距离l 为：l ＝v 0t 1－12at 21 ④木板与重物开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：t 2＝l v ⑤从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：t ＝t 1＋t 2 ⑥由以上各式得t ＝4v 03μg ，代入数据可知：t ＝4 s.【答案】 4 s2．如图6-3所示，在长木板ab 的b 端有固定挡板，木板连同挡板的质量为M ＝4.0 kg ，a 、b 间距离s ＝2.0 m ，木板位于光滑水平面上，在木板a 端有一小物块，其质量m ＝1.0 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v 0＝4.0 m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相碰．碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能.【导学号：92492271】图6-3【解析】经分析可知，小物块与木板间在整个相互碰撞的过程中动量是守恒的，最终小物块与木板ab 相对静止．且有相同的末速度v ，由动量守恒得：m v 0＝(m ＋M )v小物块与挡板间碰撞过程中损失的机械能为Q 1，小物块与木板间摩擦损失的机械能为Q 2(即为摩擦过程中产生的热量)，由能量守恒得：Q 1＝12m v 20－12(m ＋M )v 2－Q 2 又因Q 2＝2μmgs由上式得：Q 1＝12m v 20－12(m ＋M )⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 0M ＋m 2－2μmgs 代入数据得：Q 1＝2.4 J.【答案】 2.4 J数学技巧|数学归纳法的应用数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法．如果说一个关于自然数n 的命题，当n ＝1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n ＝k (k ≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n ＝k ＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n ＝1命题成立，可推知n ＝2命题成立，继而又可推出n ＝3命题成立…这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n ≥1的自然数都成立．在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决．雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m 2、m 3、…m n (设各质量为已知量)．不计空气阻力，但考虑重力的影响．求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v ′1；(2)求第n 次碰撞后雨滴的动能12m n v ′2n .【思路导引】【解析】 (1)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒第1次碰撞前v 21＝v 20＋2gl ，v 1＝v 20＋2gl第1次碰撞后m 0v 1＝m 1v 1′，v 1′＝m 0m 1v 1＝m 0m 1v 20＋2gl ① (2)第2次碰撞前v 22＝v ′21＋2gl利用①式化简得v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 12v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl ②第2次碰撞后，利用②式得v ′22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1m 22v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 22v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 222gl 同理，第3次碰撞后v ′23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 32v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21＋m 22m 232gl ， ……第n 次碰撞后速度为v ′2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m n 2v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n ＝1i ＝0m 2i m 2n 2gl 故n 次碰撞后雨滴的动能为12m n v ′2n ＝12m n(m 20v 20＋2gl n ＝1i ＝0m 2i )．【答案】 (1)v 20＋2gl m 0m 1v 20＋2gl (2)12m n(m 20v 20＋2gl n －1i ＝0m 2i ) [突破训练] 3．(2012·安徽高考)如图6-4所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面．质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态，g 取10 m/s 2.图6-4(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小.【导学号：92492272】【解析】 (1)设物块B 从光滑曲面h 高处滑下时的速度为v 0，由机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 20，故v 0＝2gh ＝2×10×1 m/s ＝2 5 m/s ＞u ，故B 滑上传送带后做匀减速运动．加速度a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2，根据v 2－v 20＝－2as ，得物块B 到达传送带左端时的速度v 1＝v 20－2al ＝(25)2－2×2×1 m/s ＝4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度v 1＝4 m/s.(2)物块B 与物块A 发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即m v 1＝m v ′1＋MV ′112m v 21＝12m v ′21＋12MV ′21 联立解得，v ′1＝m －M M ＋mv 1＝－13v 1＝－43 m/s 负号说明B 与A 碰撞后，B 的速度方向向右．物块B 运动到传送带上做匀减速运动．速度减为零时的位移s ＝v ′212a ＝1692×2 m ＝49 m ＜l ，因此物块B 还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．(3)物块B 与A 第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v 2＝v ′1，然后与A 发生第二次碰撞，且满足m v 2＝m v ′2＋MV ′212m v 22＝12m v ′22＋12MV ′22 联立解得，v ′2＝m －M M ＋mv 2＝－13v 2＝－132v 1 同理，物块B 与A 第三次碰撞前的速度v 3＝－v ′2，碰撞后的速度v ′3＝－13v 3＝－133v 1.依此类推第n 次碰撞后B 的速度v ′n ＝－13n v 1.即n次碰撞后的速度大小为13n v1＝43n m/s.【答案】(1)4 m/s(2)不能(3)43n m/s高考热点|动量守恒与机械能守恒(或能量守恒)的综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律的比较静置于水平地面上，现有两种方案分别都可以使物体A在被碰撞后的运动过程中，物体B恰好能脱离水平地面，这两种方案中相同的是让一个物块从A正上方距A 相同高度h处由静止开始自由下落，不同的是不同物块C、D与A发生碰撞种类不同．如图6-5所示，方案一是：质量为m的物块C与A碰撞后粘合在一起；方案二是：物体D与A发生弹性碰撞后迅速将D取走，已知量为M，m，k后，重力加速度g.弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，求：图6-5(1)h大小；(2)A、B系统因碰撞损失的机械能；(3)物块D的质量m D大小．【解析】(1)A静止时，设轻弹簧压缩x1，有kx1＝Mg设物体C自由落下h时速度为v，由mgh＝12m v2得：v＝2gh设物体C与A碰撞并粘合在一起竖直向下运动速度大小为v1，由动量守恒定律得：m v＝(m＋M)v1解得v1＝mm＋MvB恰好能脱离水平面时，C、A向上运动速度为零设轻弹簧伸长x2，由物体B平衡得：kx2＝Mg，有x2＝x1＝Mg k说明在物体C与A碰撞并粘合在一起运动至最高处过程中C、A、弹簧系统机械能守恒，且初、末弹性势能相同有(m＋M)g(x1＋x2)＝12(m＋M)v21解得v1＝2g M k联立解得h＝2M(m＋M)2gkm2.(2)C、A系统因碰撞损失的机械能ΔE＝12m v2－12(m＋M)v21解得ΔE ＝2(m ＋M )M 2g 2km. (3)物体D 自由落下h 时速度为v ，同理有mgh ＝12m v 2v ＝2gh设物D 与A 发生弹性碰撞后速度分别为v 2、v 3有m D v ＝m D v 2＋M v 312m D v 2＝12m D v 22＋12M v 23 解得v 2＝(m D －M )m D ＋M v ，v 3＝2m D m D ＋Mv 要使B 恰好能脱离水平面，与(1)同理，必须Mg (x 1＋x 2)＝12M v 23则v 3＝2g Mk即：v 3＝v 1，2m D m D ＋M v ＝m m ＋Mv 得m D ＝Mm 2M ＋m. 【答案】 (1)2M (m ＋M )2g km 2 (2)2(m ＋M )M 2g 2km (3)Mm 2M ＋m[突破训练]4．某物理课外兴趣小组设计了如图6-6所示装置，AB 段为一竖直细圆管，BPC 是一个半径R ＝0.4 m 的半圆轨道，C 端的下方有一质量M ＝0.2 kg 的小车，车上有半径r ＝0.2 m 的半圆轨道DEF (D 与C 在同一竖直线上)，小车的左端紧靠一固定障碍物．在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m ＝0.1 kg 的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R 、r .此球可视为质点)．已知小球到B 端的距离为h 1＝1.2 m ，CD 间竖直距离为h 2＝1 m ．在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC 的最高点P ；小球从C 端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D 端进入半圆轨道DEF ，并能从F 端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度g 取10 m/s 2，试求：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能E p ；(2)小球第一次到达E 点时的速度大小及从F 点飞出后能上升的最大高度(相对F 点)；(3)小球下落返回到E 点时小球和小车的速度的大小和方向.【导学号：92492273】图6-6【解析】 (1)由A 到P 的过程中小球机械能守恒，有E p ＝mg (h 1＋R )＋12m v 2mg ＝m v 2R代入数据解得v ＝2 m/s ，E p ＝1.8 J.(2)P 到E 的过程中小球机械能守恒，有mg (R ＋h 2＋r )＋12m v 2＝12m v 2E代入数据解得v E ＝6 m/s小球由E 上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有m v E ＝(M ＋m )v12m v 2E ＝12(M ＋m )v 2＋mg (h ＋r ) 代入数据解得h ＝1 m.(3)小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有m v E ＝m v 1＋M v 212m v 2E ＝12m v 21＋12M v 22代入数据解得v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s小球速度大小为2 m/s ，方向水平向左小车速度大小为4 m/s ，方向水平向右．【答案】 (1)1.8 J (2)6 m/s 1 m(3)小球的速度的大小为2 m/s，方向水平向左；小车的速度的大小为4 m/s，方向水平向右．。

(通用版)2018高考物理一轮温习第6章节动量章节末专题温习讲义

(1)第 1 次碰撞前、后雨滴的速度 v1 和 v′1； (2)求第 n 次碰撞后雨滴的动能12mnv′2n.
【思路导引】
【解析】 (1)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为 g 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
第 1 次碰撞前 v21＝v20＋2gl，v1＝ v20＋2gl 第 1 次碰撞后 m0v1＝m1v1′，v1′＝mm01v1＝mm01 v20＋2gl ① (2)第 2 次碰撞前 v22＝v′21＋2gl 利用①式化简得 v22＝mm012v20＋m02m＋12m212gl ②
机械能守恒定律应用
适
动量守恒定律应用范围极为广泛，无论研究对
范围是狭小的，只能
用
象是宏观、微观、低速、高速，无论物体是相
应用在宏观、低速领
范
互接触，还是通过电场、磁场而发生场力作用，
域中机械运动的范畴
围
动量守恒定律都适用
内
质量均为 M 的 A、B 两个物体由一劲度系数为 k 的轻弹簧相连，竖直静置于水平地面上，现有两种方案分别都可以使物体 A 在被碰撞后的运动过程中，物体 B 恰好能脱离水平地面，这两种方案中相同的是让一个物块从 A 正上方距 A 相同高度 h 处由静止开始自由下落，不同的是不同物块 C、D 与 A 发生碰撞种类不同．如图 6-5 所示，方案一是：质量为 m 的物块 C 与 A 碰撞后粘合在一起；方案二是：物体 D 与 A 发生弹性碰撞后迅速将 D 取走，已知量为 M， m，k 后，重力加速度 g.弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，求：
图 6-2
【解析】第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向
左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度 v，

(广东专用)高考物理一轮复习第6章机械能微专题30 传送带问题与滑块—木板模型试题粤教版-粤

30 传送带问题与滑块——木板模型[方法点拨] (1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化．(2)用公式Q＝f·s相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．1．(滑块—木板模型)(多项选择)如图1所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为s，小物块刚好滑到小车的右端，如此如下说法中正确的答案是( )图1A．此时小物块的动能为F(s＋L)B．此时小车的动能为fsC．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fs－fLD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL2．(传送带问题)(多项选择)如图2所示，一质量为1 kg的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，经2 s运动到B点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m/s 的恒定速率运行．A、B间距离为 2 m，传送带长度(即B、C间距离)为10 m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.如下说法正确的答案是( )图2A．小物块在传送带上运动的时间为2.32 sB．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 JC．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6 JD．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J3．(滑块—木板模型)(多项选择)水平地面上固定一倾角为θ＝37°的足够长的光滑斜面，如图3所示，斜面上放一质量为m A＝2.0 kg、长l＝3 m的薄板A.质量为m B＝1.0 kg的滑块B (可视为质点)位于薄板A 的最下端，B 与A 之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时用外力使A 、B 静止在斜面上，某时刻给滑块B 一个沿斜面向上的初速度v 0＝5 m/s ，同时撤去外力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.如下说法正确的答案是( )图3A ．在滑块B 向上滑行的过程中，A 、B 的加速度大小之比为3∶5 B ．从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程所经历的时间为0.5 sC ．从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程中滑块B 抑制摩擦力所做的功为259 JD ．从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程中因摩擦产生的热量为253J4．如图4甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，如此物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：图4(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功．5．如图5所示，在倾角为θ＝37°的足够长的斜面上，有质量为m 1＝2 kg 的长木板．开始时，长木板上有一质量为m 2＝1 kg 的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v 0＝2 m/s 从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v ＝1 m/s 的匀速运动.小铁块最终与长木板一起沿斜面向上做匀速运动.小铁块与长木板、长木板与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.9，重力加速度为g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：图5(1)小铁块在长木板上滑动时的加速度；(2)长木板至少多长；(3)在小铁块从木板中点运动到与木板速度一样的过程中拉力的功率．6．如图6所示，质量为M＝4 kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量为m＝1 kg，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F＝8 N，铁块在长L＝6 m的木板上滑动．取g＝10 m/s2.求：图6(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功；(3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能．答案精析1．BD [小物块运动的位移为s ＋L ，拉力和摩擦力做功，由动能定理得(F －f )(s ＋L )＝E k1，应当选项A 错误；小车仅受摩擦力，由动能定理得fs ＝E k2，选项B 正确；小物块和小车组成的系统的机械能增加量为非重力做功，即(F －f )(s ＋L )＋fs ＝F (s ＋L )－fL ，选项C 错误；因摩擦而产生的热量为摩擦力与相对路程之积，即Q ＝fL ，选项D 正确．]2．BCD [小物块自斜面上A 点由静止开始下滑，由s ＝12at 2，v ＝at ，得出小物块滑上传送带时的速度v ＝2 m/s ，小物块滑上传送带后做匀加速直线运动，加速度a 1＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2，加速时间t 1＝v 0－v a 1＝1 s ，加速运动的位移s 1＝vt 1＋12a 1t 21＝3 m ，匀速运动时间t 2＝L BC －s 1v 0＝1.75 s ，小物块在传送带上运动的时间为t ′＝t 1＋t 2＝2.75 s ，选项A 错误；小物块相对传送带的位移Δs ＝v 0t 1－s 1＝1 m ，小物块在传送带上因摩擦产生的热量为Q ＝f Δs ＝μmg Δs ＝2 J ，选项B 正确；由动能定理，小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为W ＝12mv 20－12mv 2＝6 J ，选项C 正确；根据能量守恒定律，小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为E ＝Q ＋W ＝2 J ＋6 J ＝8 J ，选项D 正确．]3．CD [由题中条件可知，当滑块B 向上运动时，薄板A 将沿斜面向下运动，由受力分析和牛顿第二定律可知，对薄板A ，m A g sin θ－μm B g cos θ＝m A a A ，薄板A 的加速度a A ＝4 m/s 2，方向沿斜面向下；对滑块B ，μm B g cos θ＋m B g sin θ＝m B a B ，如此滑块B 的加速度a B ＝10 m/s 2，方向沿斜面向下，故在滑块B 向上滑行的过程中，A 、B 的加速度大小之比为2∶5，选项A 错误；开始运动时，滑块B 向上做匀减速直线运动，减速到零所需要的时间t 1＝v 0a B＝0.5 s ，此时薄板A 的速度大小为v A ＝a A t 1＝2 m/s ，然后二者均向下运动，且二者的加速度不变，最后速度一样，如此有v A ＋a A t 2＝a B t 2，代入数据可解得t 2＝13 s ，共同速度为v ＝103 m/s ，A 、B从开始运动到速度一样所用时间为t ＝t 1＋t 2＝56 s ，选项B 错误；滑块B 的位移为s B ＝v 02t 1－v2t 2＝2536 m ，方向沿斜面向上，所以滑块B 抑制摩擦力做的功为W ＝μm B gs B cos θ＝259J ，选项C 正确；A 、B 的相对位移为s ＝v 02t 1＋12a A t 21＋v A t 2＋12a A t 22－v 2t 2，代入数据得s ＝2512m ，故在整个过程中产生的热量Q ＝μm B gs cos θ＝253 J ，选项D 正确．]4．(1)35(2)－3.75 J 解析 (1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得：μ＝35(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：s 1＝v 12t 1如此摩擦力对物块做功：W 1＝μmg cos θ·s 1 在后0.5 s ，物块对地位移为：s 2＝v 1＋v 22t 2如此摩擦力对物块做功W 2＝－μmg cos θ·s 2 所以传送带对物块做的总功：W ＝W 1＋W 2 联立解得：W ＝－3.75 J5．(1)1.2 m/s 2，沿斜面向上 (2)7.5 m (3)40.8 W解析 (1)设小铁块的加速度大小为a ，对小铁块受力分析有(取沿斜面向上为正方向)f 2－m 2g sin θ＝m 2a f 2＝μF N2 F N2＝m 2g cos θ得a ＝g (μcos θ－sin θ)＝1.2 m/s 2，沿斜面向上(2)小铁块先沿斜面向下匀减速运动至速度为零再沿斜面向上匀加速运动，最终与长木板速度一样，设历时t 后小铁块速度为v ，如此v －(－v 0)＝att ＝v ＋v 0g μcos θ－sin θ＝2.5 s t 时间内小铁块位移为s 1，木板位移为s 2s 1＝v 0－v t2，方向沿斜面向下s 2＝vt ，方向沿斜面向上 L2≥s 2＋s 1L ≥2(s 2＋s 1)＝7.5 m(3)对木板F ＝f 2＋f 1＋m 1g sin θf 1＝μF N1F N1＝(m 1＋m 2)g cos θ W ＝Fs 2联立解得：W ＝102 J 所以P ＝W t＝40.8 W.6．(1)2 s (2)64 J (3)40 J解析 (1)铁块与木板间的滑动摩擦力f ＝μmg ＝0.4×1×10 N＝4 N 铁块的加速度a 1＝F －f m ＝8－41m/s 2＝4 m/s 2木板的加速度a 2＝f M ＝44m/s 2＝1 m/s 2铁块滑到木板左端的时间为t ，如此12a 1t 2－12a 2t 2＝L代入数据解得t ＝2 s(2)铁块位移s 1＝12a 1t 2＝12×4×22m ＝8 m木板位移s 2＝12a 2t 2＝12×1×22m ＝2 m恒力F 对铁块做的功W ＝Fs 1＝8×8 J＝64 J (3)方法一：铁块的动能E k A ＝(F －f )s 1＝(8－4)×8 J＝32 J 木板的动能E k B ＝fs 2＝4×2 J＝8 J铁块和木板的总动能E k 总＝E k A ＋E k B ＝32 J ＋8 J ＝40 J. 方法二：铁块的速度v 1＝a 1t ＝4×2 m/s＝8 m/s铁块的动能E k A ＝12mv 21＝12×1×82J ＝32 J木板的速度v 2＝a 2t ＝1×2 m/s ＝2 m/s 木板的动能E k B ＝12Mv 22＝12×4×22J ＝8 J铁块和木板的总动能E k 总＝E k A ＋E k B ＝32 J ＋8 J ＝40 J.。

高考物理一轮复习第6章机械能微专题31 用动力学和能量观点分析多过程问题试题粤教版

31 用动力学和能量观点分析多过程问题[方法点拨] (1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．1．如图1所示，光滑水平轨道的左端与长L ＝1.25 m 的水平传送带AB 相接，传送带逆时针匀速转动的速度v 0＝1 m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A 点．现用质量m ＝0.4 kg 的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B 点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C 后滑上质量为M ＝0.2 kg 的长木板且不会从木板上掉下来．半圆轨道的半径R ＝0.5 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8，小物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图1(1)小物块到达B 点时速度v B 的大小(结果可带根号)； (2)弹簧被压缩时的弹性势能E p ；(3)长木板在水平地面上滑行的最大距离s .2．如图2所示，在竖直平面内有半径为R ＝0.2 m 的光滑14圆弧轨道AB ，圆弧轨道B 处的切线水平，O 点在B 点的正下方，B 点高度为h ＝0.8 m ．在B 端接一长为L ＝1.0 m 的木板MN .一质量为m ＝1.0 kg 的滑块，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块以某一速度从N 点滑到板上，恰好运动到A 点．(g 取10 m/s 2)图2(1)求滑块从N 点滑到板上时初速度的大小；(2)求滑块从A 点滑回到圆弧轨道的B 点时对圆弧轨道的压力；(3)若将木板右端截去长为ΔL 的一段，滑块从A 端由静止释放后，将滑离木板落在水平面上P 点处，要使落地点P 距O 点最远，求ΔL .3．如图3所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接在O处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过O点的瞬间没有机械能的损失．AO长为L1＝5 m，OB长为L2＝10 m．两堵竖直墙的间距d＝11 m．滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动．B端用铰链固定在另一侧墙上．为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6 m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为μ＝0.8.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图3(1)若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37°，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；(2)若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点A、B间的最大竖直距离．(结果可带根号) 4.如图4所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m＝2 kg的物体从高h＝30 cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，与水平传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v＝2.5 m/s，tan θ＝0.75，g取10 m/s2.求：图4(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量；(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．答案精析1．(1) 5 m/s (2)5 J (3)2.78 m解析 (1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2BR解得：v B ＝gR ＝ 5 m/s(2)由于v B ＞v 0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得：E p ＝μ1mgL ＋12mv 2B解得E p ＝5 J(3)小物块从B 到C 过程中由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12mv 2C －12mv 2B代入数据解得v C ＝5 m/s小物块在长木板上滑行过程中，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μ2mg ＝ma 1，解得a 1＝2 m/s 2对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力f 1＝μ2mg ＝0.8 N 下表面受到的摩擦力f 2＝μ3(M ＋m )g ＝0.6 N ，所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得：f 1－f 2＝Ma 2 解得a 2＝1 m/s 2设经过时间t 小物块与长木板达到共速v D ，v C －a 1t ＝a 2t ＝v D 解得t ＝53 s ，v D ＝53m/s时间t 内长木板运动的位移s 1＝12a 2t 2＝2518m达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：－μ3(M ＋m )gs 2＝－12(M ＋m )v 2D解得s 2＝2518m所以长木板运动的最大位移s ＝s 1＋s 2≈2.78 m. 2．(1)2 2 m/s (2)30 N ，方向竖直向下 (3)0.16 m 解析 (1)由动能定理有μmgL ＋mgR ＝12mv 2解得v 0＝2 2 m/s(2)根据动能定理有mgR ＝12mv 2B －0由向心力公式可知：F －mg ＝m v 2BR解得F ＝30 N由牛顿第三定律知：滑块滑至B 点时对圆弧轨道的压力为30 N ，方向竖直向下 (3)由牛顿第二定律可知：μmg ＝ma 根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，t ＝2hg＝0.4 s由B 点向右运动过程中，由运动学公式可知：v 2B －v 2＝2a (L －ΔL )v ＝v 2B －2μgL －ΔL ＝2ΔL 由平抛运动规律和几何关系可知：x OP ＝L －ΔL ＋v ·t ＝1.0－ΔL ＋0.8ΔL ＝1.0－(ΔL )2＋0.8ΔL ＝1.16－(0.4－ΔL )2解得当ΔL ＝0.4，即ΔL ＝0.16 m 时x 有最大值．3．(1)3.2 m/s 2，方向沿OA 杆向下 0.4 m/s 2，方向沿OB 杆向上 (2)226 m解析 (1)设杆AO 、OB 与水平方向夹角分别为α、β，由几何关系得：d ＝L 1cos α＋L 2cos β 得出AO 杆与水平方向夹角α＝53° 由牛顿第二定律得mg sin θ－f ＝maf ＝μF N ，F N ＝mg cos θ则消防员在AO 段运动的加速度：a 1＝g sin 53°－μg cos 53°＝3.2 m/s 2，方向沿AO 杆向下在OB 段运动的加速度：a 2＝g sin 37°－μg cos 37°＝－0.4 m/s 2，方向沿OB 杆向上 (2)对全过程由动能定理得mgh －μmgL 1cos α－μmgL 2cos β＝12mv 2－0其中d ＝L 1cos α＋L 2cos β，v ≤6 m/s所以：h ＝v 22g＋μd ≤10.6 m又因为若两杆伸直，A 、B 间的竖直高度为h ′＝L 1＋L 22－d 2＝104 m ＜10.6 m所以A 、B 间的最大竖直距离应为226 m. 4．(1)20 J (2)1.5 m解析 (1)由题可知θ＝37°，物体由静止开始下滑时距斜面底端的距离s ＝hsin θ＝0.5m ．设物体第一次滑到斜面底端的速度为v 0，根据动能定理有12mv 20＝mgh －μ1mgs cos θ解得v 0＝2 m/s设物体向右滑行的最远距离为s 1，时间为t 12mv 20－μ2mgs 1＝0，s 1＝0.4 m t ＝v 0μ2g＝0.4 s 传送带向左运动的距离为s 2＝vt ＝1 m物体向右运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q 1Q 1＝μ2mg (s 1＋s 2)＝14 J物体向左运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q 2Q 2＝μ2mg (s 2－s 1)＝6 J物体与传送带间因摩擦产生的热量为QQ ＝Q 1＋Q 2＝20 J(2)因第一次物体滑上传送带的速度小于传送带的速度，故物体每次向左回到斜面底端时的速度大小即为物体滑上传送带时速度的大小根据功能关系：mgh ＝μ1mgs 总cos θs 总＝1.5 m.。

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[方法点拨] 要明确“谁”在“哪个过程”中机械能守恒，列出守恒方程，明确要测量的物理量．
1．用如图1甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验时接通电源，质量为m2的重物从高处由静止释放，
质量为m1的重物拖着纸带打出一系列的点，图乙是实验中打出的一条纸带，A是打下的第1个点，计数点E、
F、G到A点距离分别为d1、d2、d3，每相邻两计数点的时间间隔为T，当地重力加速度为g.(以下所求物理量
均用已知符号表示)

图1
(1)在打点A、B、C、D、E、F的过程中，系统动能的增加量ΔEk＝________，
系统重力势能的减少量ΔEp＝______，比较ΔEk、ΔEp大小即可验证机械能守恒定律．

(2)某同学根据纸带算出各计数点速度，并作出v22－d图象，如图2所示，若图线的斜率k＝________，即可验证
机械能守恒定律．

图2
2．某课外活动小组利用竖直上抛运动来验证机械能守恒定律：
(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图3甲所示，小球直径为________ cm.用图乙所示的弹射
装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55 ms、5.15 ms，
由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA＝________ m/s.
图3
(2)用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较________________与
________________是否相等就可以验证机械能是否守恒(用题目中涉及的物理量符号来表示)．
(3)通过多次的实验发现，小球通过光电门A的时间越
短，(2)中要验证的两数值差别越大，试分析实验中产生误差的主要原因是__________________．
3．某小组同学用简易装置验证机械能守恒定律，他们找来一块平整且比较光滑的木板，从实验室借来打点计时
器、刻度尺、小车和纸带．他们把木板搭在台阶上．如图4甲安装好实验器材，得到如图乙所示的一条纸带．
(1)在验证机械能是否守恒时，还需要测量台阶的高度h和木板的长度L，已知纸带上相邻两计数点之间的时间
间隔为T，纸带上M、N两点间的数据，已知该组同学需要验证的机械能守恒的表达式为________(用题中所给
物理量的字母表示)．

图4
(2)在该实验中下列说法正确的是________．
A．该实验中先接通电源，后释放小车
B．由于摩擦力对实验结果有影响，所以把木板搭在台阶上是为了平衡摩擦
C．由于阻力的存在，该实验中小车增加的动能一定小于小车减少的重力势能
D．在该实验中还需要用天平测量小车的质量
4．某同学利用如图5甲所示装置来验证机械能守恒定律,器材为:铁架台,约50 cm的不可伸长的细线,带孔的小铁
球,光电门和计时器(可以记录挡光的时间) ,量角器,刻度尺,游标卡尺.
实验前先查阅资料得到当地的重力加速度为g，再将细线穿过小铁球，悬挂在铁架台的横杆上，在小球轨迹的
最低点安装好光电门，依次测量摆线的长度l，摆球的直径d，测量摆角θ，从静止开始释放小球，摆球通过光
电门时记录时间t.
图5
(1)用50分度游标卡尺测量小球直径，刻度线如图乙(中间若干刻度线未画出)，则d＝____ cm.
(2)若________等式在误差范围内成立，则验证了机械能守恒．(用题中物理量符号表示)
(3)除空气阻力以及量角器、刻度尺、游标卡尺测量产生的误差，再写出一个主要的误差来源：______________.
答案精析
1．(1)m1＋m2d3－d128T2 (m2－m1)gd2 (2)m2－m1m1＋m2g
解析 (1)打F点时的速度vF＝d3－d12T，因为打A点时的速度为零，所以系统动能的增加量ΔEk＝12(m1＋m2)v2F＝
m1＋m2d3－d1
2
8T2；系统重力势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gd2.(2)根据系统机械能守恒定律可得(m2－m1)gd＝12
(m
1

＋m2)v2，即在v22－d图象中图线的斜率k＝m2－m1m1＋m2g.

2．(1)1.020 4.0 (2)gh v2A2－v2B2 (3)小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大
解析 (1)根据游标卡尺读数原理知题图甲所示的小球直径为d＝10 mm＋0.05×4 mm＝10.20 mm＝1.020 cm.由
于小球通过光电门的时间很短，可以用通过光电门的平均速度代替瞬时速度，由速度定义式可知，vA＝dt＝10.202.55
m/s＝4.0 m/s.
(2)小球从A到B，重力势能增加mgh，动能减少12mv2A－12mv2B，则要验证机械能是否守恒，只需比较gh与v2A2－
v
2
B

是否相等即可．
(3)小球通过光电门A的时间越短，说明小球速度越大．(2)中要验证的两数值差越大，说明机械能损失越大，克
服空气阻力做功越大，阻力越大，这说明小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大．

3．(1)ghd2＋d3L＝d3＋d428T2－d1＋d228T2 (2)AC
解析 (1)要验证小车下滑过程中机械能守恒，则需要确定小车减少的重力势能与增加的动能是否近似相等．从
打点计时器打下M点到打下N点过程中，小车重力势能减少量为ΔEp＝Mg(d2＋d3)·hL，打点计时器打下M点时，
小车的速度vM＝d1＋d22T，同理打点计时器打下N点时，小车的速度vN＝d3＋d42T，因此小车增加的动能为ΔEk＝
1
2

M(v2N－v2M)，由机械能守恒定律有：ΔEp＝ΔEk，整理可得：ghd2＋d3L＝d3＋d428T2－d1＋d228T2.(2)使用打点计时器
时需要先接通电源，后释放纸带，A项正确；此实验不需要平衡摩擦力，B项错误；整个过程中只有重力和阻
力做功，合外力做的功使小车动能增加，由于阻力的存在，小车增加的动能一定小于减少的重力势能，C项正
确；由(1)所得表达式可知，机械能守恒与否与小车质量无关，D项错．
4．(1)2.058 (2)g(l＋d2)(1－cos θ)＝d22t2 (3)光电门中心未完全与小球球心对齐(或细线在摆动过程中长度发生变
化)
解析 (1)根据游标卡尺的读数规则知，游标卡尺的主尺读数为20 mm，而游标尺读数为29×0.02 mm，故游标
卡尺的读数为(20＋29×0.02) mm＝2.058 cm.
(2)若机械能守恒，小球应满足mg(l＋d2)(1－cos θ)＝12mv2，而小球通过光电门的速度v＝dt，两式整理得g(l＋d2)(1
－cos θ)＝d22t2.
(3)产生误差的原因:细线在摆动过程中长度发生变化或光电门中心未完全与小球球心对齐等．

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