1、（2010 全国卷 2）24.(15)如图，MNP 为整直面内一固定轨道，其圆弧段 MN 与水平段NP 相切于 N、P 端固定一竖直挡板。M 相对于 N 的高度为 h，NP 长度为 s.一木块自 M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处。若在 MN 段的摩擦可忽略不计，物块与 NP 段轨道间的滑动摩擦因数为 ，求物块停止的地方与 N 点距离的可能值。【答案】物块停止的位置距 N 的距离可能为 hs2或 s2【解析】根据功能原理，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少 PE与物块克服摩擦力所做功的数值相等。W 设物块的质量为 m，在水
2、平轨道上滑行的总路程为 s，则ghP s 连立化简得hs 第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在 N 前停止，则物块停止的位置距 N 的距离为hsd2 第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距 N 的距离为shsd2 所以物块停止的位置距 N 的距离可能为 hs2或 s2。（全国卷 2）25.（18 分）小球 A 和 B 的质量分别为 mA 和 mB 且 mA m B 在某高度处将 A 和 B 先后从静止释放。小球 A 与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放出距离为 H 的地方恰好与正在下落的小球 B 发生正幢，设所有碰撞
3、都是弹性的，碰撞事件极短。求小球 A、B 碰撞后 B 上升的最大高度。答案：23ABmH解析：小球 A 与地面的碰撞是弹性的，而且 AB 都是从同一高度释放的，所以 AB 碰撞前的速度大小相等于设为 ，根据机械能守恒有0v21AAmgH化简得0v设 A、B 碰撞后的速度分别为 和 ，以竖直向上为速度的正方向，根据 A、B 组成AvB的系统动量守恒和动能守恒得 0ABABmvm2222011ABvv联立化简得23ABBvHm设小球 B 能够上升的最大高度为 h，由运动学公式得20hg联立化简得HmBA2)3( （2010 上海物理）30.（10 分）如图，ABC 和 ABD 为两个光滑固定轨道，
4、A、B、E 在同一水平面，C、D、E 在同一竖直线上，D 点距水平面的高度 h，C 点高度为 2h，一滑块从 A 点以初速度 分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出。0v（1）求滑块落到水平面时，落点与 E 点间的距离 和 .CSD（2）为实现 ， 应满足什么条件？CSD0v解析：（1）根据机械能守恒， 22 20 0111,CDmghvmghv根据平抛运动规律： ，chtDt,Sv综合得 ，220416CvShg204Dhg（2）为实现 ，即 ，得 D22016v20v0v6gh但滑块从 A 点以初速度 0分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出，要求 20，所以 ghv620。本
5、题考查根据机械能守恒和平抛运动规律以及用数学工具处理物理问题的能力。难度：难。（上海物理）31.（12 分）倾角 ，质量 M=5kg 的粗糙斜面位于水平地面上，质量037m=2kg 的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经 t=2s 到达底端，运动路程 L=4m,在此过程中斜面保持静止（ ） ，求：2sin.6,cos.8,10m/gs取（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；（2）地面对斜面的支持力大小（3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。【解析】 （1）隔离法：对木块： ，1sinmgfa1cos0mgN因为 ，得21sat/ms所以， ，18fN16对斜面：设摩擦力 f 向左，则
6、 ，方向向左。11sincos3.2fNfN（如果设摩擦力 f 向右，则 ，同样方向向左。 ）（2）地面对斜面的支持力大小 11sin67.fcf（3）木块受两个力做功。重力做功： sin48GWmghJ摩擦力做功： 32f合力做功或外力对木块做的总功： 16GfWJ动能的变化 221()kEmvat所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加） ，证毕。（天津卷）10.（16 分）如图所示，小球 A 系在细线的一端，线的另一端固定在 O 点，O 点到水平面的距离为 h。物块 B 质量是小球的 5 倍，置于粗糙的水平面上且位于 O 点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为 。现拉动小
7、球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短） ，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为 。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g，求物块在水平面16上滑行的时间 t。解析：设小球的质量为 m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为 ，取小球运动到最低1v点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有21ghv得 1设碰撞后小球反弹的速度大小为 ，同理有1v216hmg得 8v设碰撞后物块的速度大小为 ，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有2v15m得 28ghv物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小5Fm设物块在水平面上滑行的时间为 ，根据动量定理，有t2
8、0tv得 4ght（2010 江苏卷）14. (16 分 )在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg 的指点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角 = ，绳的悬挂30点 O 距水面的高度为 H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取中立加速度 ， ，210/gmsin530.8cos530.6（1） 求选手摆到最低点时对绳拉力的大小 F；（2） 若绳长 l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平均浮力，平均阻力 ，求选手落入水中的深度 ；180f
9、N270fNd（3） 若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。【解析】 （1）机械能守恒 21(cos)mglv圆周运动 Fmgm2vl解得 F（32cos ） mg人对绳的拉力 FF则 F1080N（2）动能定理 mg（Hlcos d）（f 1f 2）d0则 d= 12(cos)mglf解得(3)选手从最低点开始做平抛运动 x=vtH-l= 2gt且有式解得 ()1cos)xlH当 时，x 有最大值，解得 l=1.5m2l因此，两人的看法均不正确。当绳长钺接近 1.5m 时，落点距岸边越远。本题考查机械能守恒
10、，圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。难度：较难。（福建卷）22.（20 分）如图所示，物体 A 放在足够长的木板 B 上，木板 B 静止于水平面。t=0 时，电动机通过水平细绳以恒力 F 拉木板 B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2 的匀加速直线运动。已知 A 的质量 mA 和 B 的质量 mg 均为 2.0kg,A、B 之间的动摩擦因数 =0.05，B 与水平面之间的动摩擦因数 =0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力12大小视为相等，重力加速度 g 取 10m/s2。求（1）物体 A 刚运动时的加速度 aA（2）t=1.0s 时，电动机的输出功率 P；（3）若 t=
11、1.0s 时，将电动机的输出功率立即调整为 P=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s 时物体 A 的速度为 1.2m/s。则在 t=1.0s 到 t=3.8s 这段时间内木板 B 的位移为多少？解析：（1）物体 A 在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得mga代入数据解得 20.5/Ams（2）t=1.0s，木板 B 的速度大小为1/Bvats木板 B 所受拉力 F，由牛顿第二定律有12()AABBFmggma解得：F=7N电动机输出功率P= Fv=7W（3）电动机的输出功率调整为 5W 时，设细绳对木板 B 的拉力为 ，则FPFv解得 =5N木板 B 受力满足
12、 12()0AABmgg所以木板 B 将做匀速直线运动，而物体 A 则继续在 B 上做匀加速直线运动直到 A、B速度相等。设这一过程时间为 ，有t1()vat这段时间内的位移 1SvtA、B 速度相同后，由于 F 且电动机输出功率恒定，A、B 将一起做2()mg加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理有： 222122 11()()()()ABABABPt Svmv由以上各式代入数学解得：木板 B 在 t=1.0s 到 3.8s 这段时间内的位移为： 123.0s（2010 广东卷）35.（18 分）如图 15 所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的 ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是
13、以 O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块 A 和 B 紧靠在一起，静止于 b处，A 的质量是 B 的 3 倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。B 到 b 点时速度沿水平方向，此时轨道对 B 的支持力大小等于 B 所受重力的 ，34A 与 ab 段的动摩擦因数为 ，重力加速度 g，求：（1）物块 B 在 d 点的速度大小；（2）物块 A 滑行的距离 s。解：设 A、B 在分离瞬间速度大小分别为 v1、v 2，质量分别为 3m、m（1）在 d 点对 B，由牛顿第二定律得：Rvmg243由得： 2Rgv（2）取水平向右方向为正，A、B 分离过程动量守恒
14、，则：0)(321mA、B 分离后，A 向左减速至零过程由动能定理得：21)3()(vgsB 从 b 点到 d 点过程由动能定理得：221mR由得： 8s2010 山东卷）24 （15 分）如图所示、四分之一圆轨道 OA 与水平轨道 AB 相切，它们与另一水平轨道 CD 在同一竖直面内，圆轨道 OA 的半径 R=045m，水平轨道 AB 长S13m，OA 与 AB 均光滑。一滑块从 O 点由静止释放，当滑块经过 A 点时，静止在 CD 上的小车在 F=16N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去 F。当小车在 CD 上运动了S2328m 时速度 v=24m/s，此时滑块恰好落入小车中。已知
15、小车质量 M=02kg，与 CD间的动摩擦因数 0.4。 （取 g=10m/ ）求2s（1）恒力 F 的作用时间 t（2）AB 与 CD 的高度差 h。解析：（1） 2,FMgaa21tv， 为撤去力 F 后到滑块落入小车中的时间。2212tatas解得： st3（2） 21AmvgR, st1,t为在 AB 上运动的时间，123tt， 3为平抛运动的时间，3gth，解得： mh085.。要使物块落下，必须 1v2由以上各式得I32mgds22913Ig分子有理化得s22219mdgIg根据上式结果知：I 越大，s 越小。（浙江卷）22. （16 分）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为
16、H 的平台上 A点由静止出发，沿着动摩擦因数为滑 的道向下运动到 B 点后水平滑出，最后落在水池中。设滑道的水平距离为 L，B 点的高度 h 可由运动员自由调节（取;g=10m/s 2） 。求：（1）运动员到达 B 点的速度与高度 h 的关系；（2）运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度 h 应调为多大？对应的最大水平距离 SBH 为多少？（3 若图中 H4m，L5m，动摩擦因数 0.2，则水平运动距离要达到 7m，h 值应为多少？解析：（1）设斜面长度为 L1，斜面倾角为 ，根据动能定理得20()cosmgHhgmv即 02()vL（2）根据平抛运动公式X=vot h= gt2 1由-式
17、得 ()xHLh（3）在式中令 x=2m ,H=4m,L=5m, =0.2则可得到：h 2+3h-1=0求出 15.6()m2350.8()hm（四川卷）23(16 分)质量为 M 的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间 t 内前进的距离为 s。耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为 F，受到地面的阻力为自重的 k 倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角 保持不变。求：(1)拖拉机的加速度大小。(2)拖拉机对连接杆的拉力大小。(3)时间 t 内拖拉机对耙做的功。【答案】 2sa )(12tskgMFCOST stWT)(2【解析】拖拉机在时间 t 内匀加速前进 s，根据位
18、移公式21ats 变形得 2tsa 对拖拉机受到牵引力、支持力、重力、地面阻力和连杆拉力 T，根据牛顿第二定律cosTkMgF 连立变形得)2(1tCOST 根据牛顿第三定律连杆对耙的反作用力为2 ()cossFMkgt（3）闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为 Im。根据并联电路电压相等有：拖拉机对耙做功为2cos()T sWFkgt（四川卷）25.（20 分）w_w w. k#s5_u.c o*m如图所示，空间有场强 的竖直向下的匀强电0.5/ENC场，长 的不可伸长的轻绳一端固定于 O 点，另一端系一质量 的不0.3lm 0.1mkg带电小球 ，拉起小球至绳水平后，无初速释放
19、。另一电荷量 、质量与 相同A .qA的小球 ，以速度 水平抛出，经时间 与小球 与 点下方一足够P03/s0.2tsD大的平板相遇。不计空气阻力，小球均可视为质点，取 。21/gm（1）求碰撞前瞬间小球 的速度。P（2）若小球 经过路 到达平板，此时速度恰好为 0，求所加的恒力。C0.9sm（3）若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在 点下方面任D意改变平板位置，小球 均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力。【解析】 （1）P 做抛物线运动，竖直方向的加速度为215/mgEqas在 D 点的竖直速度为 3/yvtP 碰前的速度为 206/yms（2）设在 D 点轻绳与竖直方
20、向的夹角为 ，由于 P 与 A 迎面正碰，则 P 与 A 速度方向相反，所以 P 的速度与水平方向的夹角为 有， =3003tanyv对 A 到达 D 点的过程中根据动能定理21cosmvgl化简并解得 3/AlP 与 A 迎面正碰结合为 C，根据动量守恒得mvv2解得 5.1C m/s小球 C 经过 s 速度变为 0，一定做匀减速运动，根据位移推论式.2va m/s2设恒力 F 与竖直方向的夹角为 ，如图，根据牛顿第二定律maqEgF2sin)2()90COS( 0cosinm给以上二式带入数据得375.0)90S(12.sinF解得 =3034F（3）平板足够大，如果将平板放置到无限远根据
21、题意也能相碰，此时小球 C 必须匀速或加速不能减速，所以满足条件的恒力在竖直线与 C 的速度线之间，设恒力与竖直方向的夹角为 ，则 0120在垂直速度的方向上，恒力的分力与重力和电场力的分力等大反向，有 cos()(2)cosFmgEq则满足条件的恒力为（其中 0120）38cos(0)（2010 安徽卷）24.(20 分)如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 段是水平的，BD 段为半径 R=0.2m 的半圆，两段轨道相切于 B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小 E=5.0103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度 0沿水平轨道向右运动，与静止在 B 点带正电的小
22、球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为 m=1.010-2kg，乙所带电荷量 q=2.010-5C，g 取 10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)（1） 甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D，求乙在轨道上的首次落点到 B点的距离；（2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度 0；（3）若甲仍以速度 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离范围。答案：（1）0.4m （2） （3） 25/ms.4x1.6m解析：（1）在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为 ，乙离开DvD 点达到水平轨道的
23、时间为 t，乙的落点到 B 点的距离为 ，则x2vmgqER212tDxvt联立得： 0.4xm（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为 、 ，根据动量守恒和机械能守恒定律有：v甲 乙0vv乙甲22211乙甲联立得： v乙 0由动能定理得： 2212DmgRqEmv乙联立得： 5().5/Dvs（3）设甲的质量为 M，碰撞后甲、乙的速度分别为 、 ，根据动量守恒和机械能vMm守恒定律有：（10）0vmv（11）22211M联立（10） （11）得： （12）0mv由（12）和 ，可得： （13）D2v设乙球过 D 点的速度为 ，由动能定理得v（14）2212DgRqEvm联立（13） （14）得： （
24、15）/s8/s设乙在水平轨道上的落点到 B 点的距离为 ，则有x（16）Dxvt联立（15） （16）得： 0.4m1.624（2011 安徽） （20 分）如图所示，质量 M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量 m=1kg 的小球通过长 L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度 v0=4 m/s，g 取 10m/s2。（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点 P 时对轻杆的作用力大小和方向。（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。（3）在满足（2）的条件下，试求小球
25、击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。解析：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为 v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则 2210mvgL6/s设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为 F，方向向下，则21vFgL由式，得 F=2N 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为 2N，方向竖直向上。（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为 v2，此时滑块的速度为 V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有20mvMV在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则222011gLmv由式，得 v2=2
26、m/s （3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为 s1，滑块向左移动的距离为 s2，任意时刻小球的水平速度大小为 v3，滑块的速度大小为 V/。由系统水平方向的动量守恒，得30vMV将式两边同乘以 ，得t3m因式对任意时刻附近的微小间隔 都成立，累积相加后，有tMmv0OPL120msM10又 L11由 式得 1011 13sm1226（2011 全国卷 1）.（20 分） （注意：在试题卷上作答无效）装甲车和战舰 采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为 2m、厚度为 2d 的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为
27、 m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为 d、质量均为 m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。解析：设子弹的初速为 v0,穿过 2d 厚度的钢板时共同速度为：v 受到阻力为 f.对系统由动量和能量守恒得：0(2)mv 201()fdmv由得： 26f子弹穿过第一块厚度为 d 的钢板时，设其速度为 v1，此时钢板的速度为 u，穿第二块厚度为 d 的钢板时共用速度为 v2，穿过深度为 ，d对子弹和
28、第一块钢板系统由动量和能量守恒得：01mvu2221fdvm由得： 1013()6u故 只 取 一 个对子弹和第二块钢板系统由动量和能量守恒得：12()mvv 21()fdmv由得： 34d10（2011 天津） （16 分）如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为 R，MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距 N 为 2R。重力加速度为 g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的
29、时间 t；（2）小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小。10 （16 分）（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有21Rgt解得 t（2）设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 v1，把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能定为 0，由机械能守恒定律知 22mgR设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为 v2，由动量守恒定律知 12mv飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 Rt综合式得 2vgR24（2011 浙江）.（20 分）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量 m=1000kg 的混合动力轿车，在平直公路上以 匀
30、速行驶，hkmv/901发动机的输出功率为 。当驾驶员看到前方有 80km/h 的限速标志时，保持发动机kWP50功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动 L=72m 后，速度变为 。此过程中发动机功率的 用于轿车的牵引， 用hv/725154于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有 50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求（1）轿车以 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力 的大小；hkm/90 阻F（2）轿车从 减速到 过程中，获得的电能 ；hkm/90hk/72电E（3）轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 维持 匀速
31、运动的距离 。电 hkm/72L24.答案：（1） （2） （3）N310J410.65.解析：（1）汽车牵引力与输出功率的关系 vFP牵将 ， 代入得kWP50smhkv/25/901 N3102牵当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 F3阻（2）在减速过程中，注意到发动机只有 用于汽车的牵引，根据动能定理有P51，代入数据得21251mvLFPt阻 Jt5107.电源获得的电能为 JtE403.64.0电(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为 。此过程中，NF32阻由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功 ，LE阻电代入数据得 mL5.3136（2011
32、广东） 、 （18 分）如图 20 所示，以 A、B 和 C、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠 B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于 B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上 E 点，运动到 A 时刚好与传送带速度相同，然后经 A 沿半圆轨道滑下，再经 B 滑上滑板。滑板运动到 C 时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为 m，滑板质量 M=2m，两半圆半径均为 R，板长 l =6.5R，板右端到 C 的距离 L 在 RL5R 范围内取值。E 距 A 为 S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为 =0.5，重力加速度取 g.(1
33、)求物块滑到 B 点的速度大小；(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功 Wf与 L 的关系，并判断物块能否滑到 CD 轨道的中点。36、解析： （1）mgs+mg 2R= mvB2 1所以 vB=3 Rg（2）设 M 滑动 x1,m 滑动 x2 二者达到共同速度 v,则mvB=(M+m)v mgx 1= mv2 mgx 2= mv2 mvB2 1由得 v= , x1=2R, x2=8RRg二者位移之差x= x 2x1=6R6.5R，即滑块未掉下滑板讨论： RL2R 时，W f=mg(l+ L)= mg（6.5R+L）2 2RL5R 时，W f=mgx 2+mg(l
34、x)=4.25mgR4.5mgR ，即滑块速度不为 0，滑上右侧轨道。要使滑块滑到 CD 轨道中点，v c 必须满足： mvc2 mgR 1此时 L 应满足：mg(l+ L) mvB2 mvc2 则 L R，不符合题意，滑块不能滑到 CD 轨道中点。21答案：（1） vB=3 g（2）RL2R 时，W f=mg(l+ L)= mg（6.5R+L）212RL5R 时，W f=mgx 2+mg(l x)=4.25mgR4.5mgR ，即滑块速度不为 0，滑上右侧轨道。滑块不能滑到 CD 轨道中点22（2011北京） （16分）如图所示，长度为l的轻绳上端固定在 O点，下端系一质量为m的小球（小球的
35、大小可以忽略） 。（1）在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止。画出此时小球的受力图，并求力F的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。22答案： （1）受力图见右根据平衡条件，的拉力大小 F=mgtan（2）运动中只有重力做功，系统机械能守恒21(cos)mglv则通过最低点时，小球的速度大小2(s)vl根据牛顿第二定律 2vTmgl解得轻绳对小球的拉力，方向竖直向上2(3cos)vTgl9 （2012 广东卷）图 18（ a）所示的装置中，小物块 A、 B 质量均为 m，水平面上 PQ 段长为 l，与物块间的
36、动摩擦因数为 ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为 r 的连杆位于图中虚线位置； A 紧靠滑杆（ A、 B 间距大于 2r） 。随后，连杆以角速度 匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图 18（ b）所示。 A 在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的 B 发生完全非弹性碰撞。（1）求 A 脱离滑杆时的速度 uo，及 A 与 B 碰撞过程的机械能损失 E 。（2）如果 AB 不能与弹簧相碰，设 AB 从 P 点到运动停止所用的时间为 t1，求 得取值范围，及 t1与 的关系式。（3）如果 AB 能与弹簧相碰，但不能返回道 P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最
37、大弹性势能为 Ep，求 的取值范围，及 Ep与 的关系式（弹簧始终在弹性限度内） 。解：（1）由题知， A 脱离滑杆时的速度 uo=rl mOFTFmg设 A、 B 碰后的速度为 v1，由动量守恒定律m uo=2m v1A 与 B 碰撞过程损失的机械能 2201Emuv解得 28Er（2） AB 不能与弹簧相碰，设 AB 在 PQ 上运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律及运动学规律v1=at1 mag212vxt由题知 xl联立解得 140rt1rtg（3） AB 能与弹簧相碰 212mlv不能返回道 P 点左侧 解得 24glglrrAB 在的 Q 点速度为 v2， AB 碰后到达 Q 点
38、过程，由动能定理2112mglmAB 与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒 2pEv解得 (8)4prgl10.（2012 四川卷）四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为 80%的皮带，带动效率为 60%的离心水泵工作。工作电压为 380V，此时输入电动机的电功率为 9kW，电动机的内阻为 0.4。已知水的密度为 1l03kg/m3，重力加速度取 10m/s2。求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入 864m3的水需要的时间（不计进、出水口的
39、水流速度） 。解：(l)设电动机的电功率为 P，则 P=UI 设电动机内阻 r 上消耗的热功率为 Pr，则 Pr=I2r 代入数据解得 Pr=1103W 说明：式各 2 分，式 3 分。(2)设蓄水总质量为 M，所用抽水时间为 t。已知抽水高度为 h，容积为 V，水的密度为 ，则M=V 设质量为 M 的河水增加的重力势能为 Ep ，则 Ep=Mgh 设电动机的输出功率为 P0，则 P0=P-Pr 根据能量守恒定律得 P0t60%80%=Ep 代人数据解得 t=2l04s 说明：式各 1 分，式各 2 分，式 3 分。11.（2012 安徽卷）.质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开
40、始下落，该下落过程对应的 tv图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 3/4。该球受到的空气阻力大小恒为 f，取 g=10 m/s2, 求：（1）弹性球受到的空气阻力 的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h。11(1)0.2N；(2)0.375m解析：(1)由 vt 图像可知:小球下落作匀加速运动，2/8tasm由牛顿第二定律得： afg解得 Naf2.0)(2)由图知：球落地时速度 ，则反弹时速度sm/4vsmv/34设反弹的加速度大小为 a，由动能定理得210f)h(mg-解得 375.12（2012 安徽卷）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质
41、弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg 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=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量 m=1kg 的小物块 B 从其上距水平台面 h=1.0m 处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的摩擦因数 =0.2, l =1.0m。设物块 A、B 中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物Oov(m/s)0.54t(s)块 A 静止且处于平衡状态。取 g=10m/s2。(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曲面上？
42、(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，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块 B 第 n 次碰撞后运动的速度大小。12 答案：.（1）4m/s（2）不能滑到右边的曲面上（3） s/m4n解：（1）设 B 滑到曲面底部速度为 v,根据机械能守恒定律，得2ghvsmgh/52由于 u,B 在传送带上开始做匀减速运动。设 B 一直减速滑过传送带的速度为 1v由动能定理的 22-gl解得 smv/421由于 仍大于 u，说明假设成立，即 B 与 A 碰前速度为 4m/s（1） 设地一次碰后 A 的速度为 ，B 的速度为 ，取向左为正方向，根据动量守1v1Bv恒
43、定律和机械等守恒定律得： 11BAmvMv222解得 svB/341A Bhlu=2m/s上式表明 B 碰后以 的速度向右反弹。滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向sm/34左减速的最大位移为 ，由动能定理得：x210Bmvgx解得 94因 ，故 B 不能滑上右边曲面。lxm（3）B 的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加速，加速度与向右匀减速时相同，且由于 小于传送带的速度 u，故 B 向左返回到平台上时速度大小仍为 。由于第1v sm/34二次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由（2）中的关系可知碰后 B 仍然反弹，且碰后速度大小仍为 B 碰前的 ，即3smvB/341212同理可推：B 每
44、次碰后都将被传送带带回与 A 发生下一次碰撞。则 B 与 A 碰撞 n 次后反弹，速度大小为 。smn/413.（2012 江苏卷） 某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为 f，轻杆向右移动不超过 l 时，装置可安全工作，一质量为 m 的小车若以速度 v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动 l/4，轻杆与槽间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。（1）若弹簧的劲度系数为 k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量 x；（2）为这使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度 vm（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度 v
45、与撞击速度 v 的关系13【答案】 （1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力 且 解kxFfF得 kfx（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为 W，则小车从撞击到停止的过程中，动能定理小车以 撞击弹簧时 0v 2014.mvlf小车以 撞击弹簧时 mlm v l 轻杆解 mflvm230（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为 ， 1vWm21由解得 flv201当 时，mflv20当 时， 。fl20flv230mflv2014.（2012 重庆卷） 题 23 图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其中主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。摆锤的质量为 m，细杆可绕轴 O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到 O 点的距离为 L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与 0 等高的位置由静止释放。摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离 s(sL),之后继续摆动至与坚直方向成 角的最高位置。若摆锤对地面的压力可视为大小为 F 的恒力，重力加速度为 g，求摆锤在上述过程中损失的机械能在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功橡胶片与地面间的动摩擦因数14损失的机械能 E= mgL cos摩擦力做的功 = -mgLfW动摩擦因数 = mgL /FS15.（2012 福建卷）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船
