（新课标）2017版高考物理一轮复习 专题1-20（课件+教参）（打包20套）.zip

1专题八 直流电路和交变电流1．基本概念(1)电流强度： I＝ ＝ ＝ nqSv，电阻： R＝ ＝ ρ 。qt UR UI lS(2)电功： W＝ qU＝ UIt，电功率： P＝ UI。(3)电热： Q＝ I2Rt，热功率： P＝ I2R。2．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较(1)纯电阻电路： W＝ Q， W＝ UIt＝ I2Rt＝ t， P＝ UI＝ I2R＝ 。U2R U2R(2)非纯电阻电路： WQ， W＝ UIt＝ I2Rt＋ W 其他 ， P＝ UI＝ I2R＋ P 其他 。3．闭合电路欧姆定律(1)表达式： I＝ 或 E＝ U 外 ＋ U 内 或 E＝ U 外 ＋ Ir或 EI＝ UI＋ I2r。ER＋ r(2)电源的几个功率①电源的总功率： P 总 ＝ P 出 ＋ P 内 ＝ EI＝ I2(R＋ r)＝ ；E2R＋ r②电源内部消耗的功率： P 内 ＝ I2r＝ P 总 － P 出 ；③电源的输出功率： P 出 ＝ UI＝ P 总 － P 内 ＝ I2R。(3)电源的效率： η ＝ ×100%＝ ×100%＝ ×100%。P出P总 UE RR＋ r当 R＝ r时，电源的输出功率最大， Pm＝ ，此时电源效率只有 50%。E24r4．交变电流(1)正弦交变电流瞬时值： e＝ Emsin ωt 或 e＝ Emcos ωt 。(2)正弦交变电流有效值和最大值的关系： E＝ ， I＝ ， U＝ 。Em2 Im2 Um2(3)理想变压器及其关系式①电压关系： ＝ (多输出线圈时为 ＝ ＝ …)。U1U2 n1n2 U1n1 U2n2 U3n3②功率关系： P 出 ＝ P 入 (多输出线圈时为 P 入 ＝ P 出 1＋ P 出 2＋…)。③电流关系： ＝ (多输出线圈时为 n1I1＝ n2I2＋ n3I3＋…)。I1I2 n2n1一、选择题(本题共 8个小题，第 1～5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求)1．某金属导线的电阻率为 ρ ，电阻为 R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A．4 ρ 和 4R B． ρ 和 4RC．16 ρ 和 16R D． ρ 和 16R解析：选 D 导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的。导线拉长后，直径变为原来的一半，则横截面积变为原来的 ，因总体积不变，长度变为原来的1424倍，根据电阻定律计算可知电阻变为原来的 16倍。2．某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V 10 W”的电动机供电，电源内阻不计，下列说法正确的是( )A．电动机的内阻为 2.5 ΩB．电动机的发热功率为 10 WC．通过电动机的电流为 2 AD．通过电动机的电流为 2 A2解析：选 C 由图知该电源电动势最大值为 Em＝5 V，则有效值 E＝5 V，通过电动2机的电流为 I＝ A＝2 A，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻 r Ω＝2.5 Ω，电动机105 52的发热功率 P 热 ＝ I2rP 总 ＝10 W，故 A、B、D 错误，C 正确。3．如图所示，电源内阻不可忽略。开关 S闭合后，在变阻器 R0的滑动端向上滑动的过程中( )A．电压表与电流表的示数都增大B．电压表与电流表的示数都减小C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大解析：选 A 开关 S闭合后，在变阻器 R0的滑动端向上滑动的过程中，变阻器 R0接入电路的有效阻值变大，总的外电阻变大，路端电压变大，由于电压表的读数就是路端电压，所以电压表的示数增大；由于 R0变大，电路的总电阻变大，总电流 I变小，内电压 Ir变小， R1两端的电压 IR1变小， R2两端的电压 U2＝ E－ Ir－ IR1，所以 U2是增大的，根据欧姆定律可知，通过 R2的电流(也就是电流表的读数) I2＝ 是增大的，综上所述，选项 A正确。U2R24．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为 B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴 OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω 连接，与电阻 R并联的交流电压表为理想电表，示数是 10 V。图乙是矩形线圈磁通量 Φ 随时间 t变化的图象。则( )3A．电阻 R上的热功率为 20 WB．0.02 s 时 R两端的电压瞬时值为零C． R两端的电压 u随时间 t变化的规律是 u＝14.1·cos 100π t(W)D．通过 R的电流 i随时间 t变化的规律是 i＝cos 50π t(A)解析：选 C 电阻 R上的热功率 P＝ ＝10 W，A 错误；在 0.02 s，磁通量为零，线圈U2R平面处在与中性面垂直的平面， R两端的电压最大，B 错误； R两端的电压最大值为 10 2V， t＝0 时刻感应电动势最大， ω ＝ ＝100π，C 正确，D 错误。2πT5．理想变压器原、副线圈的匝数比为 10∶1。原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示， P为滑动变阻器 R的滑片。下列说法正确的是( )A．副线圈输出电压的频率为 50 HzB．若在副线圈两端接一交流电压表，则交流电压表的示数为 31 VC． P向下移动时，原、副线圈的电流都减小D． P向下移动时，变压器的输出功率减小解析：选 A 变压器不改变交变电流的周期或频率，所以副线圈输出电压的频率为 f＝＝ s＝50 Hz，A 正确；输入电压的有效值为 U1＝ ＝219 V，交流电压表测量副1T 10.02 310 V2线圈输出电压的有效值，所以其示数为 U2＝ ＝21.9 V，B 错误； P向下移动时，滑动n2U1n1变阻器接入电路的阻值减小，副线圈电路的总电阻减小，而输出电压 U2不变，所以输出电流 I2变大，变压器的输出功率 P＝ U2I2变大，选项 C、D 错误。6．如图所示，电流表 A1(0～3 A)和 A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关 S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )A．A 1、A 2的读数之比为 1∶1B．A 1、A 2的读数之比为 5∶1C．A 1、A 2的指针偏转角度之比为 1∶1D．A 1、A 2的指针偏转角度之比为 1∶5解析：选 BC 图中 A1、A 2并联，两端电压相等，又因 A1、A 2是由两个相同的电流计改装而成，所以 A1、A 2的指针偏转角度相同，即偏转角度之比为 1∶1，再结合其量程可知A1、A 2的读数之比为 5∶1，B、C 正确。7．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为 10∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中的电容器 C和电阻 R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是( )4A．若电压表的示数为 6 V，则输入电压的峰值为 60 V2B．电流表 的示数为流经电阻 R的电流C．若输入电压 U ＝100 V，则电容器 C的耐压值至少为 10 VD．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大解析：选 AD 电压表示数为 6 V，由 ＝ ，得 U1＝60 V，则输入电压的峰值为U1U2 n1n2Um＝60 V，A 项正确；在交流电路中电容器 C、电阻 R都工作，则电流表测得的是流经 R2与 C的电流之和，B 项错误；若输入电压 U＝100 V，则输入电压峰值为 Um＝100 V，则2输出端电压的峰值为 10 V，即电容器 C的耐压值至少为 10 V，C 项错误；若输入电压2 2峰值保持不变，将频率变大，由电容器 C对交流电的影响可知，交流电的频率变大，容抗RC变小，总电阻变小，由 P＝ 得输出功率将变大，则输入功率也将变大，D 项正确。U2R负8．如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。若输送功率增大，下列说法中正确的是( )A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析：选 CD 已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由 ＝ 知，升压变压器的输出电压 U2不变，A 错误；若输送功率增大，输电电压 U2不变，n1n2 U1U2则由 P＝ U2I2知，输电线上电流 I2增大，又输电线的电阻不变，由 U 损 ＝ I2R知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B 错误。因输电电流增大，则由 P＝ I R知，输2电线上损耗的功率变大，C 正确。输电线上损耗功率占总功率的比例 增大，D 正确。二、计算题9．在如图所示的电路中， R1＝2 Ω， R2＝ R3＝4 Ω。当开关 S接 a时， R2上消耗的电功率为 4 W；当开关 S接 b时，电压表示数为 4.5 V。试求：(1)开关 S接 a时，通过电源的电流和电源两端的电压；(2)电源的电动势和内电阻；(3)开关 S接 c时，通过 R2的电流大小。解析：(1)开关 S接 a时， R1被短路，外电阻为 R2，根据电功率公式 P＝ I2R可得通过5电源的电流 I1＝ ＝1 APR2根据 P＝ 可得电源两端的电压 U1＝ ＝4 VU2R PR2(2)开关 S接 a时，有 E＝ U1＋ I1r开关 S接 b时， R1和 R2串联， R 外 ＝ R1＋ R2＝6 Ω通过电源的电流 I2＝ ＝0.75 AU2R外这时有 E＝ U2＋ I2r联立解得 E＝6 V， r＝2 Ω(3)开关 S接 c时， R2、 R3并联， R23＝ ＝2 ΩR2R3R2＋ R3R 总 ＝ R1＋ r＋ R23＝6 Ω总电流 I3＝ ＝1 AER总通过 R2的电流 I′＝ I3＝0.5 A12答案：(1)1 A 4 V (2)6 V 2 Ω (3)0.5 A10．如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕 OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，磁场的磁感应强度为 B。线圈匝数为 n，电阻为 r，长为 l1，宽为 l2，转动角速度为 ω 。线圈两端外接阻值为 R的电阻和一个理想交流电流表。求：(1)线圈转至图示位置时的感应电动势；(2)电流表的读数；(3)从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式。解析：(1)图示位置的感应电动势最大，为 Em＝ nBωS ＝ nBωl 1l2(2)感应电动势的有效值为 E＝Em2电流表的读数为I＝ ＝ ＝ER＋ r Em2（ R＋ r） 2nBω l1l22（ R＋ r）(3)从图示位置开始计时时，感应电动势最大，则其感应电动势的瞬时值表达式为e＝ Emcos ωt ＝ nBωl 1l2cos ωt 。答案：(1) nBωl 1l2 (2) (3) nBωl 1l2cos ωt2nBω l1l22（ R＋ r）1专题一 力与直线运动1．共点力的平衡(1)弹力和摩擦力的大小根据平衡条件或牛顿第二定律确定；弹簧弹力： F＝ kx；滑动摩擦力： F＝ μF N；静摩擦力：0≤ Ff≤ Fm。(2)二力作用下物体平衡时，两个力等大、反向、共线；多力作用下物体平衡时，其中任意几个力的合力和其余力的合力等大、反向、共线。2．匀变速直线运动的规律(1)速度公式： v＝ v0＋ at。(2)位移公式： x＝ v0t＋ at2。12(3)速度与位移关系公式： v2－ v ＝2 ax。20(4)平均速度公式： v＝ ＝ ＝ v 。xt v0＋ v2 t2(5)位移差公式：Δ x＝ aT2。3．运动图象(1)位移—时间图象的斜率表示速度，两图线的交点表示两物体相遇的位置。(2)速度—时间图象的斜率表示加速度，速度图象与时间轴所夹面积表示对应时间内的位移。(3)分析图象时要注意图线上“截距、交点、拐点、面积、斜率”的意义。4．牛顿运动定律的应用(1)加速度的数值分量向上时，物体处于超重状态；加速度的数值分量向下时，物体处于失重状态。(2)加速度是两类动力学问题的“桥梁” ，受力分析和运动情况的分析是解决动力学问题的关键。一、选择题(本题共 8 个小题，第 1～5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求)1．据网站信息，中国正在建造第二、第三艘航母。舰载机是航空母舰的重要武器。如果民航客机起飞时需在 150 s 内使飞机从静止加速到起飞速度 40 m/s，舰载飞机借助助推设备，在 3 s 内可加速到起飞速度 80 m/s，设起飞时飞机在跑道上做匀速运动，则供客机起飞的跑道的长度为航空母舰的甲板跑道长度的( )A．25 倍 B．50 倍 C．250 倍 D．500 倍解析：选 A 由于起飞时飞机在跑道上做匀加速运动，由 x＝ v t＝ t， ＝ ＝25，所以 A 选项正确。v2 x1x2 v1t1v2t22.如图所示， A、 B 两物体质量分别是 mA、 mB，用劲度系数为 k 的轻弹簧相连，竖直放置，处于静止状态。现对 A 施加竖直向上的拉力 F，将 A 缓慢提起，当 B 对地面恰好无压2力时，突然撤去拉力 F。在 A 由静止向下运动第一次达到最大速度的过程中，下落的高度为( )A. B.mAgk （ 2mB－ mA） gkC. D.（ mB－ mA） gk （ mA＋ mB） gk解析：选 D 当 B 对地面恰好无压力时，弹簧弹力等于 B 的重力即 kx1＝ mBg，处于拉伸状态，突然撤去拉力 F 使得 A 在自身重力和弹簧弹力作用下向下加速运动，当 A 的加速度等于零时速度最大，此时 kx2＝ mAg，弹簧处于压缩状态，从拉伸 x1到压缩 x2过程中 A 下落高度为 x1＋ x2＝ g，则选项 D 正确。mA＋ mBk3．如图所示， A、 B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 θ ，图甲中， A、 B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、 B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A．两图中两球加速度均为 gsin θB．两图中 A 球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍解析：选 D 撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小均为 2 mgsin θ ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin θ ，加速度为 2gsin θ ；图乙中杆的弹力突变为零， A、 B 球所受合力均为 mgsin θ ，加速度均为 gsin θ ，可知只有 D 正确。4.如图所示，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(假设斜面足够长)( )A．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 mg D．小车的最大动能为 mgh32解析：选 B 对小车和小桶组成的系统，由牛顿第二定律得 3mgsin 30°－ mg＝(3 m＋ m)a，解得 a＝ g，即小桶具有竖直向上的加速度，所以小桶处于超重状态，选项 A 错误；小183车和小桶均做匀加速运动，当小桶运动位移等于 h 时速度最大，由运动学公式得v －0＝2 ah，解得 vmax＝ ，选项 B 正确；此时小车的动能也最大，即 Ekmax＝ ×3mv2max12gh 12＝ mgh，选项 D 错误；以小桶为研究对象，由牛顿第二定律得 F－ mg＝ ma，解得2max38F＝ mg，由牛顿第三定律可知，小车受到绳的拉力为 ，选项 C 错误。98 9mg85.传送带与水平面夹角为 θ ＝37°，传送带以 12 m/s 的速率沿顺时针方向转动，如图所示。今在传送带上端 A 处无初速度地放上一个质量为 m 的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为 0.75，若传送带从 A 到 B 的长度为 24 m， g 取 10 m/s2，则小物块从 A 运动到B 的时间为( )A．1.5 s B．2.5 s C．3.5 s D．0.5 s解析：选 B 小物块无初速度放在传送带上时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿传送带向下，对小物块用牛顿第二定律得 mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma，解得 a＝12 m/s2; 设小物块加速到 12 m/s 运动的距离为 s1，所用时间为 t1，由 v2－0＝2 as1得 s1＝6 m；由v＝ at1得 t1＝1 s；当小物块的速度达到 12 m/s 时，因 mgsin θ ＝ μmg cos θ ，小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随传送带一起做匀速运动。设 A、 B 间的距离为 L，则 L－ s1＝ vt2，解得 t2＝1.5 s，从 A 到 B 的时间 t＝ t1＋ t2，解得 t＝2.5 s。选项 B 正确。6．甲、乙两质点沿同一直线从同一地点同时开始运动，它们运动的 v ­t 图象如图，已知 t2＝2 t1，关于两质点的运动，下列说法中正确的是( )A．甲的加速度比乙的加速度大B．甲的初速度比乙的初速度大C． t1时刻两质点相遇D．0～ t2时间内两质点的位移相等解析：选 AD 根据 v ­t 图象的斜率表示加速度，可知甲的加速度比乙的加速度大，选项 A 正确； v ­t 图象的纵轴截距表示初速度，甲的初速度比乙的初速度小，选项 B 错误；t1时刻两质点的速度相等，此时两质点相距最远，选项 C 错误；0～ t2时间内两图线与时间轴所围的图形的面积相等，说明两质点的位移相等，选项 D 正确。7.将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为 2 s，它们运动的 v ­t 图象分别如直线甲、乙所示。则( )4A． t＝2 s 时，两球高度差一定为 40 mB． t＝4 s 时，两球相对于各自抛出点的位移相等C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等解析：选 BD 由于两球的抛出点未知，则 A、C 均错；由图象可知 4 s 时两球上升的高度均为 40 m，则距各自出发点的位移相等，则 B 正确；由于两球的初速度都为 30 m/s，则上升到最高点的时间均为 t＝ ，则 D 正确。v0g8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为 a 的加速度向西行驶时， P 和 Q 间的拉力大小仍23为 F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A．8 B．10 C．15 D．18解析：选 BC 设该列车厢与 P 相连的部分为 P 部分，与 Q 相连的部分为 Q 部分。设该列车厢有 n 节， Q 部分为 n1节，每节车厢质量为 m，当加速度为 a 时，对 Q 有 F＝ n1ma；当加速度为 a 时，对 P 有 F＝( n－ n1)m a，联立得 2n＝ 5n1。当 n1＝2， n1＝4， n1＝6 时，23 23n＝5， n＝10， n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为 10 或 15，选项 B、C 正确。二、计算题9．如图，已知斜面倾角 θ ＝30°，物体 A 质量 mA＝0.4 kg，物体 B 质量 mB＝0.7 kg， H＝0.5 m。 B 从静止开始和 A 一起运动， B 落地时速度 v＝2 m/s。若 g 取 10 m/s2，绳的质量及绳的摩擦不计，求：(1)物体 A 与斜面间的动摩擦因数；(2)物体 A 沿足够长的斜面滑动的最大距离。解析：(1)分别对 A、 B 受力分析，如图所示。对 A： FT－ mAgsin θ － Ff＝ mAa1FN＝ mAgcos θFf＝ μF N对 B： mBg－ FT＝ mBa15联立以上各式得mBg－ mBa1－ mAgsin θ － μm Agcos θ ＝ mAa1①分析物体 B 的运动情况，有 v2＝2 a1H②由①②代入数据得 a1＝4 m/s 2， μ ＝0.17。(2)B 落地后，绳子松弛，不再对 A 有拉力的作用，此时对 A 受力分析有mAgsin θ ＋ Ff＝ mAa2， FN＝ mAgcos θFf＝ μF N联立以上各式解得 a2＝6.5 m/s 2，方向沿斜面向下。因此 A 继续向上做匀减速运动，位移为x＝ ＝ mv22a2 413物体 A 沿斜面滑动的最大距离为 s＝ x＋ H＝ m。2126答案：(1)0.17 (2) m212610．如图甲所示，质量为 m＝2 kg 的小滑块放在质量为 M＝1 kg 的长木板上，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为 μ 1，木板与地面间的动摩擦因数为 μ 2，开始小滑块和长木板均处于静止状态，现对小滑块施加向右的水平拉力 F，水平拉力 F 随时间的变化规律如图乙所示，已知小滑块始终未从长木板上滑下，且 μ 1＝0.2， μ 2＝0.1， g＝10 m/s 2。求：(1)要使两物体保持相对静止，水平力 F 不能超过多大？(2)12 s 内长木板和小滑块的位移。解析：(1)令小滑块与长木板间刚好发生滑动的拉力为 F0，则此时小滑块与长木板的加速度刚好相等，有＝F0－ μ 1mgm μ 1mg－ μ 2（ m＋ M） gM解得 F0＝6 N。(2)在 0～3 s 内， F＝5 N6 N，小滑块与长木板间发生滑动，对小滑块有a1＝ ＝2 m/s 2，F－ μ 1mgm对长木板有 a2＝ ＝1 m/s 2μ 1mg－ μ 2（ m＋ M） gM63 s～6 s 内小滑块的位移 x1＝ v0t2＋ a1t ＝15 m12 2长木板位移 x2＝ v0t2＋ a2t ＝10.5 m12 26 s 末小滑块的速度 v1＝ v0＋ a1t2＝8 m/s长木板的速度 v2＝ v0＋ a2t2＝5 m/s6 s 后小滑块匀速，长木板仍以 1 m/s2加速，设经 t 时间二者共速，则v1＝ v2＋ a2t3解得 t2＝3 s所以 6 s～9 s 内小滑块位移 x3＝24 m，长木板位移 x4＝19.5 m。9 s～12 s 内小滑块与长木板开始一起加速运动，加速度大小 a3＝ ＝ m/s2。F－ μ 2（ m＋ M） gM＋ m 139 s～12 s 内小滑块与长木板一起运动的位移 x5＝25.5 m。12 s 末小滑块与长木板的共同速度 v3＝9 m/s。所以小滑块在 12 s 内的位移x 滑 ＝ x0＋ x1＋ x3＋ x5＝67.5 m长木板在 12 s 内的位移x 木 ＝ x0＋ x2＋ x4＋ x5＝58.5 m答案：(1)6 N (2)58.5 m 67.5 m1专题二 力与曲线运动1．运动的合成和分解(1)物体做曲线运动的条件是合力的方向跟速度方向不共线。合力方向总是指向轨迹的凹侧。(2)绳、杆关联问题中，由于绳(杆)不可伸长，绳(杆)两端沿绳(杆)方向的分速度相等。(3)小船渡河问题中，当小船与河岸垂直时，渡河时间最短；渡河的最短位移不一定等于河的宽度，只有船在静水中的速度大于水速时，渡河的最短位移才等于河宽。2．平抛运动规律(1)分析平抛运动的基本方法是“合成和分解”①水平方向： vx＝ v0， x＝ v0t；②竖直方向： vy＝ gt， y＝ gt2。12(2)速度偏角与位移偏角的关系为 tan β ＝2tan α ；做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。3．匀速圆周运动(1)常用公式：① T＝ ， ω ＝ ＝2π f， v＝ r＝2π fr＝ ωr ；1f 2πT 2πT② a＝ ＝ ω 2r＝4π 2f2r＝ r；v2r 4π 2T2③ F＝ ma＝ m ＝ mω 2r＝ m r＝4π 2mf2r。v2r 4π 2T2(2)竖直面内圆周运动的两类模型①绳模型：过最高点的临界条件是 v 临 ＝ ；不能过最高点时，在到达最高点前小球gr已经脱离了圆轨道；②杆模型：过最高点的临界条件是 v 临 ＝0；在最高点时，若 0 ，则 FN指向圆心并随 v 的增大而增大。gr gr一、选择题(本题共 7 个小题，第 1～4 题只有一项符合题目要求，第 5～7 题有多项符合题目要求)1．无风时气球匀速竖直上升，速度为 3 m/s.现吹水平方向的风，使气球获得 4 m/s的水平速度，气球经一定时间到达某一高度 h，则( )A．气球实际速度的大小为 7 m/sB．气球的运动轨迹是曲线C．若气球获得 5 m/s 的水平速度，气球到达高度 h 的路程变长D．若气球获得 5 m/s 的水平速度，气球到达高度 h 的时间变短解析：选 C 气球实际速度的大小： v 实 ＝ ＝5 m/s，A 错误；两匀速直线运动，合成仍为匀速直线运动，所以气球的轨迹为直线，B 错误；气球上升 h 的时间 t 不变，所以水平速度越大，路程越长，C 正确，D 错误。22.如图所示是倾角为 45°的斜坡，在斜坡底端 P 点正上方某一位置 Q 处以速度 v0水平向左抛出一个小球 A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为 t1。若在小球 A 抛出的同时，小球 B 从同一点 Q 处开始自由下落，下落至 P 点的时间为 t2。则 A、 B 两球在空中运动的时间之比 t1∶ t2等于(不计空气阻力)( )A．1∶2 B．1∶ C．1∶3 D．1∶2 3解析：选 D A 球垂直落在斜坡上时速度与水平方向夹角为 45°，tan 45°＝ ＝ ＝ ＝1， y＝ ，由几何关系得 Q 点高度 h＝ x＋ y＝3 y，即 A、 B 下落高度比为vyv0 gtv0 2yx x21∶3，由 h＝ gt2可得运动时间比为 1∶ ，D 正确。12 33.如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为 O。一小球(可视为质点)从与圆心等高的圆形轨道上的 A 点以速度 v0水平向右抛出，落于圆轨道上的 C 点。已知 OC 的连线与 OA 的夹角为 θ ，重力加速度为 g，则小球从 A 运动到 C 的时间为( )A. cot B. tan C. cot D. tan2v0g θ 2 2v0g θ 2 v0g θ 2 v0g θ 2解析：选 A 小球做平抛运动，则 rcos θ ＝ r－ v0t， rsin θ ＝ gt2，两式整理12＝ ，得 t＝ cot ，故 A 正确，B、C、D 错误。sin θ1－ cos θ gt2v0 2v0g θ 24.如图所示，质量为 60 kg 的杂技演员，做“单臂大回环” ，用一只抓住套在手腕上的细绳，细绳另一端固定在套在光滑单杠上的钢圈上，钢圈与单杠间的摩擦忽略不计。杂技演员伸展身体，以单杠为轴在竖直平面内做圆周运动。此过程中，杂技演员到达最低点时手臂受到的拉力至少约为(忽略空气阻力， g＝10 m/s 2)( )A．600 N B．2 400 N C．3 600 N D．1 000 N解析：选 C 设杂技演员在最低点受到的拉力至少为 FN，此时杂技演员的重心的速度为 v，在最高点时速度为 v0，杂技演员的重心到单杠的距离为 R。由牛顿第二定律得FN－ mg＝ m ；在最高点由牛顿第二定律得 mg＝ m ；又由机械能守恒定律得v2Rmv ＋ mg·2R＝ mv2；联立代入数据得 FN＝6 mg，杂技演员的重力约为 G＝ mg＝600 N。所12 20 123以 FN＝3 600 N，选项 C 正确。5．火车转弯可近似看成做匀速圆周运动，当提高火车速度时会使轨道的外轨受损。为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是( )A．减小内、外轨的高度差B．增大内、外轨的高度差C．减小弯道半径D．增大弯道半径解析：选 BD 据题意，要使火车转弯时对外轨压力较小，合力提供向心力，可以把火车弯道设计成外高内低，在内、外轨之间有一定的高度差，火车受到的重力与支持力的合力提供向心力。据 F 合 ＝ F 向 ＝ m 可知，通过增大弯道半径可以减小向心力，重力和支持v2r力的合力为 mgtan θ ＝ mg ，可知当增大内、外轨的高度差时，合力变大，可减小外轨的hd受力，故选项 B、D 正确。6．如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动，接触处无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为 r 甲 ∶ r 乙 ＝3∶1，两圆盘和小物体m1、 m2之间的动摩擦因数相同， m1距 O 点 2r， m2距 O′点 r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )A．滑动前 m1与 m2的角速度之比 ω 1∶ ω 2＝1∶3B．滑动前 m1与 m2的向心加速度之比 a1∶ a2＝1∶3C．随转速慢慢增加， m1先开始滑动D．随转速慢慢增加， m2先开始滑动解析：选 AD 甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有 ω 甲 ·3r＝ ω 乙 ·r，得 ω 甲 ∶ ω 乙 ＝1∶3，所以物体相对盘开始滑动前， m1与 m2的角速度之比为ω 1∶ ω 2＝1∶3，故 A 正确。物体相对盘开始滑动前，根据 a＝ ω 2r 得， m1与 m2的向心加速度之比为 a1∶ a2＝ ω ·2r∶ ω r＝2∶9，故 B 错误。根据 μmg ＝ mrω 2知，临界角速度21 2ω ＝ ，可知两个小物体的临界角速度之比为 1∶ ，甲、乙线速度相等，甲、乙角速μ gr 3度之比为 ω 甲 ∶ ω 乙 ＝1∶3，可知当转速增加时， m2先达到临界角速度，所以 m2先开始滑动，故 D 正确，C 错误。7.如图所示，半径为 R 的光滑细圆环轨道被固定在竖直平面上，轨道正上方和正下方分别有质量为 2m 和 m 的静止小球 A、 B，它们由长为 2R 的轻杆固定连接，圆环轨道内壁开有环形小槽，可使细杆无摩擦、无障碍地绕其中心点转动。今对上方小球 A 施加微小扰动，两球开始运动后，下列说法正确的是( )4A．轻杆转到水平位置时两球的加速度大小相等B．轻杆转到竖直位置时两球的加速度大小不相等C．运动过程中 A 球速度的最大值为 4gR3D．当 A 球运动到最低点时，两小球对轨道作用力的合力大小为 mg133解析：选 ACD 两球做圆周运动，在任意位置角速度相等，则线速度和向心加速度大小相等，选项 A 正确，B 错误； A、 B 球组成的系统机械能守恒，当系统重力势能最小(即 A在最低点)时，线速度最大，则 mg·2R＝ ·3mv2，最大速度 v＝ ，选项 C 正确； A 在12 4gR3最低点时，分别对 A、 B 受力分析， FNA－2 mg＝2 m ， FNB＋ mg＝ m ，则 FNA－ FNB＝ ，选v2R v2R 13mg3项 D 正确。二、计算题8．具有我国自主知识产权的“歼－10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展．而航空事业的发展又离不开各种风洞试验。某次风洞试验简化模型如图所示，在足够大的光滑水平面上，质量 m＝10 kg 的试验物块放置在 x 轴上的 A 点。物块用一长度为L＝2 m 轻质不可伸长的细线拴接且细线固定于水平面上坐标系 xOy 的原点 O。现风洞能沿＋ x 方向持续且均匀产生足够的风力使试验物块受到恒定且水平作用力 F＝100 N。在 t＝0时刻由弹射装置使试验物块获得 v0＝2 m/s 的瞬时速度，试验物块运动时可视为质点。试计算：(1)细线刚拉直时物块的位置坐标值；(2)拉直前的瞬时，试验物块速度的大小和它与 x 轴的夹角 θ 。解析：(1)在线未拉直之前，试验物块向＋ x 方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为ax＝ ＝10 m/s 2Fm向＋ y 方向做速度为 v0的匀速直线运动；当试验物块相对于 O 的位移大小达到线的长度 L 时，细线将被拉直。设此时物块的位置坐标为 B(xB， yB)，则xB＋ L＝ at2125yB＝ v0t细线被拉直时有 L2＝ x ＋ y2B 2B即(5 t2－2) 2＋(2 t)2＝2 2解得 t＝0.8 s所以 xB＝1.2 m， yB＝1.6 m(2)vx＝ at＝8 m/s， vy＝ v0＝2 m/s所以 v＝ ＝2 m/s17tan θ ＝ ＝ ＝vyvx 28 14所以 θ ＝arctan 14答案：(1)(1.2 m，1.6 m) (2)arctan149.如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑 圆弧轨道的半径为 L，其轨道底端 P 距14地面的高度及与右侧竖直墙的距离也均为 L， Q 为圆弧轨道上的一点，它与圆心 O 的连线OQ 与竖直方向的夹角为 60°。现将一质量为 m，可视为质点的小球从 Q 点由静止释放，g＝10 m/s 2，不计空气阻力。试求：(1)小球在 P 点时受到的支持力大小；(2)在以后的运动过程中，小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角 B 点的距离。解析：(1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程应用动能定理有mgL(1－cos 60°)＝ mv212解得 v＝ gL小球在 P 点时，由牛顿第二定律有 FN－ mg＝ mv2L解得 FN＝2 mg(2)小球离开 P 点后做平抛运动，水平位移为 L 时所用时间为 t，则L＝ vt小球下落的高度为 h＝ gt212解得 h＝L2则小球第一次碰撞点距 B 的距离为 d＝ L－ h＝ L126答案：(1)2 mg (2) L1210．在民航业内，一直有“黑色 10 分钟”的说法，即从全球已发生的飞机事故统计数据来看，大多数的航班事故发生在飞机起飞阶段的 3 分钟和着陆阶段的 7 分钟。飞机安全事故虽然可怕，但只要沉着冷静，充分利用逃生设备，逃生成功概率相当高，飞机失事后的 90 秒内是逃生的黄金时间。如图为飞机逃生用的充气滑梯，滑梯可视为理想斜面，已知斜面长 L＝8 m，斜面倾斜角 θ ＝37°，人下滑时与充气滑梯间动摩擦因数为 μ ＝0.5。不计空气阻力， g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则：(1)旅客从静止开始由滑梯顶端滑到底端逃生，需要多长时间？(2)一旅客若以 v0＝4.0 m/s 的初速度抱头从舱门处水平跳出逃生，当他落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他以 v＝4.0 m/s 的速度开始沿着滑梯加速下滑。该旅客以这种方式逃生与第(1)问中逃生方式相比，节约了多长时间？解析：(1)设旅客质量为 m，在滑梯上滑行过程中加速度为 a，需要时间为 t，则mgsin θ － μmg cos θ ＝ maL＝ at212解得 t＝2 s2(2)旅客先做平抛运动，设水平位移为 x，竖直位移为 y，在滑梯上落点与出发点之间的距离为 s1，运动时间为 t1，则x＝ v0t1y＝ gt12 21tan θ ＝yxs1＝ x2＋ y2旅客落到滑梯上后匀加速直线运动，设在滑梯上运动时间为 t2，通过距离为 s2，则s2＝ L－ s1， s2＝ v0t2＋ at12 2解得 s1＝3 m， t1＝0.6 s， t2＝1 s。节约的时间 Δ t＝ t－( t1＋ t2)＝(2 －1.6)s2答案：(1)2 s (2)(2 －1.6)s2 21专题四 功 和 能1．功和功率(1)恒力做功： W＝ Flcos α (α 是 F 与位移 l 方向的夹角)。(2)总功的计算： W 总 ＝ F 合 lcos α 或 W 总 ＝ W1＋ W2＋…或 W 总 ＝ Ek2－ Ek1。(3)利用 F ­l 图象求功： F ­l 图象与横轴围成的面积等于力 F 的功。(4)功率： P＝ 或 P＝ Fvcos α 。Wt2．动能定理和机械能守恒定律(1)动能定理： W＝ mv － mv 。12 2 12 21(2)机械能守恒定律： Ek1＋ Ep1＝ Ek2＋ Ep2或 Δ Ek＝－ ΔE p或 Δ EA 增 ＝Δ EB 减 。3．功能关系和能量守恒定律(1)几种常见的功能关系①合外力对物体所做的功等于物体动能的变化；②重力做功等于物体重力势能变化的负值；③弹簧弹力做功等于弹簧弹性势能变化的负值；④除重力(或弹力)以外的力对物体做功等于机械能的变化；⑤滑动摩擦力与相对位移(相对摩擦路程)的乘积等于产生的热量；⑥电场力做功，电势能与其他形式能量的相互转化；⑦电流做功，电能与其他形式能量的相互转化；⑧安培力做功，电能与机械能相互转化。(2)能量守恒定律： E1＝ E2或 Δ E 减 ＝Δ E 增 。一、选择题(本题共 7 个小题，第 1～4 题只有一项符合题目要求，第 5～7 题有多项符合题目要求)1.如图所示，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数为 μ 。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为 x。然后放手，当弹簧的长度恢复到原长时，物块的速度为 v。在此过程中弹力所做的功为( )A. mv2－ μmgx B． μmgx － mv212 12C. mv2＋ μmgx D. mv212 12解析：选 C 由动能定理得 W－ μmgx ＝ mv2－0，解得弹力做功为 W＝ mv2＋ μmgx ，故12 12选 C。2.用水平力 F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动， t1时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到 t2时刻停止。其速度—时间图象如图所示，且α β ，若拉力 F 做的功为 W1，平均功率为 P1；物体克服摩擦阻力 Ff做的功为 W2，平均功率为 P2，则下列选项正确的是( )2A． W1W2； F＝2 Ff B． W1＝ W2； F2FfC． P12Ff D． P1＝ P2； F＝2 Ff解析：选 B 整个过程由动能定理可得 W1－ W2＝0 可知， W1＝ W2；变形可得P1t1－ P2t2＝0， t1P2；设 t1时间内物体的位移为 s1， t2时间内物体的位移为s2， Fs1－ Ffs2＝0，2 s12Ff，综上 B 正确。3．竖直向上抛出一个物体，由于受到空气阻力的作用，物体落回抛出点的速率小于抛出时的速率。在这过程中( )A．物体的机械能守恒B．物体上升过程中机械能减少，下降过程中机械能增加C．物体上升过程中机械能增加，下降过程中机械能减少D．物体上升和下降过程中机械能都减少解析：选 D 不管是上升过程还是下降过程，物体受到的阻力都与速度方向相反，阻力对物体做负功，故物体的机械能都减小，D 正确。4.质点所受的力 F 随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一条直线上。已知t＝0 时质点的速度为零。在图示的 t1、 t2、 t3和 t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大( )A． t1 B． t2 C． t3 D． t4解析：选 B 由图象知，在 0～ t1时间内，力 F 随时间增大，且为正值，质点做加速度a 增大的加速运动，速度一直增大；在 t1～ t2时间内，力 F 随时间减小，且为正值，质点做加速度 a 减小的加速运动，速度继续增大，在 t2时刻速度达到最大；在 t2～ t3时间内，力 F 随时间增大，且为负值，加速度 a 与运动方向相反，质点做减速运动，速度减小；在t3～ t4时间内，力 F 随时间减小，且为负值，加速度 a 与运动方向相反，质点做减速运动，速度继续减小，在 t4时刻速度为零，因此只有在 t2时刻速度最大，质点的动能最大，选项B 正确。5.内壁光滑的环形凹槽半径为 R，固定在竖直平面内，一根长度为 R 的轻杆，一端2固定有质量为 m 的小球甲，另一端固定有质量为 2m 的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示。由静止释放后( )A．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点3D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点解析：选 AD 由题意知，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，所以 A 正确；在甲下滑的过程中甲、乙两球的动能在增加，故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能，所以 B 错误；由于甲的质量小于乙的质量，根据机械能守恒知，甲不能下滑到最低点，所以 C 错误；根据机械能守恒，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故 D 正确。6．如图所示，在竖直平面内半径为 R 的四分之一圆弧轨道 AB、水平轨道 BC 与斜面 CD平滑连接在一起，斜面足够长。在圆弧轨道上静止着 N 个半径为 r(r≪R)的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点 A 到最低点 B 依次标记为 1，2，3，…， N。现将圆弧轨道末端 B 处的阻挡物拿走， N 个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是( )A． N 个小球在运动过程中始终不会散开B．第 N 个小球在斜面上能达到的最大高度为 RC．第 1 个小球到达最低点的速度 v2gR gRD．第 1 个小球到达最低点的跟速度 v gR解析：选 AD 在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前的压力，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故 N 个小球在运动过程中始终不会散开，故 A 正确；把 N 个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧 AB 的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第 N 个小球在斜面上能达到的最大高度可能比 R 小，也可能比 R 大，故 B 错误；小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得 mv2＝ mg· ，解得 v＝12 R2，而第一个球在下滑过程中，始终受到第二个球对它的压力，所以第 1 个小球到达最低gR点的速度 v′ ，故 C 错误， D 正确。gR7.空降兵是现代军队的重要兵种。一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零)，下落高度 h 之后打开降落伞，接着又下降高度 H 之后，空降兵达到匀速，设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数为 k，即 f＝ kv2，那么关于空降兵的说法正确的是( )A．空降兵从跳下到下落高度为 h 时，机械能一定损失了 mghB．空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了 mg·(H＋ h)C．空降兵匀速下降时，速度大小为 mgkD．空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为 mg(H＋ h)－m2g2k解析：选 BCD 空降兵从跳下到下落高度为 h 的过程中，只有重力做功，则机械能守4恒；从跳下到刚匀速时，重力做功为 WG＝ mg(H＋ h)，根据重力做功和重力势能的关系Δ Ep＝－ WG，可知重力势能一定减少了 mg(H＋ h)；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，有 mg＝ kv2，解得 v＝ ；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对其做的功等mgk于其动能的变化，即 WG－ Wf＝ mv2，解得 Wf＝ mg(H＋ h)－ ，综上得 B、C、D 正确。12 m2g2k二、计算题8．如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品(质量 m＝1 kg)从 A 处无初速度放到传送带上，运动到 B 处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动(无相对滑动)，到 C 处被取走装箱。已知 A、 B 两处的距离 L＝9 m，传送带的传输速度 v＝2.0 m/s，物品在转盘上与轴 O 的距离 R＝5 m，物品与传送带间的动摩擦因数 μ 1＝0.2。取 g＝10 m/s 2。(1)求物品从 A 处运动到 B 处的时间 t；(2)物品从 A 处运动到 C 处的过程中外力对物品总共做了多少功？(3)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数 μ 2至少为多大？解析：(1)物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，设其位移大小为 s1。由 μ 1mg＝ ma， v2＝2 as1解得 s1＝1 m L之后，物品和传送带一起以速度 v 做匀速运动，匀加速运动的时间 t1＝ ＝1 s2s1v匀速运动的时间 t2＝ ＝4 sL－ s1v所以物品从 A 处运动到 B 处的时间 t＝ t1＋ t2＝5 s(2)由动能定理可求得物品从 A 处运动到 C 处的过程中，外力对物品做功W＝ －0＝2 Jmv22(3)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有 μ 2mg＝mv2R可得 μ 2＝ ＝0.08v2gR答案：(1)5 s (2)2 J (3)0.089.如图所示，上表面光滑，长度为 3 m、质量 M＝10 kg 的木板，在 F＝50 N 的水平拉力作用下，以 v0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一个质量为 m＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了 L＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动 1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块。( g 取 10 m/s2)求：5(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个铁块时木板的速度；(3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离。解析：(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为 Ff，由平衡条件得F＝ Ff， Ff＝ μMg联立并代入数据得 μ ＝0.5(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加 μmg 。设刚放第三个铁块时木板速度为 v1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理得－ μmgL －2 μmgL ＝ Mv － Mv12 21 12 20联立并代入数据得 v1＝4 m/s(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的合外力均为 3μmg 。从放第三个铁块开始到木板停下的过程，设木板运动的距离为 x，对木板由动能定理得－3 μmgx ＝0－ Mv ，12 21代入数据得 x＝ m＝1.78 m。169答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m10．如图所示，圆环 A 的质量 m1＝10 kg，被销钉固定在竖直光滑的杆上，杆固定在地面上， A 与定滑轮等高， A 与定滑轮的水平距离 L＝3 m，不可伸长的细线一端系在 A 上，另一端通过定滑轮系在小物体 B 上， B 的质量 m2＝2 kg， B 的另一侧系在弹簧上，弹簧的另一端系在固定在斜面底端的挡板 C 上，弹簧的劲度系数 k＝40 N/m，斜面的倾角θ ＝30°， B 与斜面的动摩擦因数 μ ＝ ，足够长的斜面固定在地面上， B 受到一个水平33向右的恒力 F 作用， F＝20 N，开始时细线恰好是伸直的，但未绷紧， B 是静止的，弹簧3被压缩。拔出销钉， A 开始下落，当 A 下落 h＝4 m 时，细线断开、 B 与弹簧脱离、恒力 F消失，不计滑轮的摩擦和空气阻力。 g＝10 m/s 2。(1)销钉拔出前，求此时弹簧的压缩量；(2)当 A 下落 h＝4 m 时， A、 B 两个物体的速度大小关系？(3)求 B 在斜面上运动的最大距离。解析：(1)对 B 受力分析如图。6由于 m2gcos θ ＝ Fsin θ ＋ FN，可知 FN＝0， Ff＝0，根据胡克定律可得 kx＝ m2gsin θ ＋ Fcos θ ＝40 N，解得 x＝1 m。(2)当 A 下落 h＝4 m 时， vB＝ vAcos α ，由几何关系知cos α ＝ ，则 vB＝0.8 vA。hh2＋ L2(3)在 A 下落 4 m 的过程中，对系统由功能关系可得m1gh＝ m1v ＋ m2v ＋ m2gx＋ F·2xcos θ ，12 2A 12 2B解得 vB＝6.02 m/s，之后 a＝ gsin 30°＋ μg cos 30°＝10 m/s 2，x′＝ ＝1.8 m，故 x 总 ＝2 x＋ x′＝3.8 m。答案：(1)1 m (2) vB＝0.8 vA (3)3.8 m