专题3牛顿运动定律-2021高考物理一轮复习压轴题剖析(力学部分)(解析版)

#/24专题3牛顿运动定律一、选择题(1-3题为单项选择题，4-10为多项选择题)1.光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B,两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m.如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F「F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为()图中 图乙M:mm：MC.m:(M＋m)D.M:(M＋m)【答案】A【解析】F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N,对A有：Ncos0=Mg对B有：Nsin0=ma对A和B组成的整体有：(M+m)MF1=(M+m)a= gtan0；1mF2作用于A时，对B有：mgtan0=ma'对A和B组成的整体有：F2=(M+m)a=(M+m)•gtan0,FM高二一.Fm2故选A。2.如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧k把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行.质量为m的物体和人在弹簧k的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是（）A.若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下B.若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右C.若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右D.若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力【答案】A【解析】剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜面体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B错误；若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；故选A3.如图，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态.已知球B质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角.OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细线剪断的瞬间（重力加速度为g）（）A.弹簧弹力大小％：’2mgB.球B的加速度为gC.球A受到的支持力为v-2mg1D.球A的加速度为5g【答案】D【解析】A、隔离对B分析，根据共点力平衡得:M盘午盘直盘放标注程鹏M唱水平方向有：TRsin450=F0B竖直方向有：T0bcos45。二mg，则T=2/2mg，弹簧弹力F=mg，A错误；0B—一 FB、轻绳剪断后，T=0，另两个力不变，此时：a=f=*.：2g，B错误；0B mC、轻绳剪断后，Ta=0，沿圆弧切线和沿半径方向处理力，瞬间速度为零，沿半径方向合力为零，有:OA1N=mgsm60°=-mg，C错误；A 2Amgcos600 1D、沿切线方向，a=t =-g，D正确；m2A故选D.

4.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为/以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2,则下列说法正确的是（）中（狙电）甲 乙中（狙电）甲 乙A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan9=0.75：B.煤块与传送带间的动摩擦因数〃=0.5C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4sD.煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4、；5）m【答案】AD【解析】AB.由v—t图像得0~1s内煤块的加速度大小TOC\o"1-5"\h\z12—4, 0，a= m/s2=8m/s2\o"CurrentDocument"1 1方向沿传送带向下；1~2s内煤块的加速度大小4—0, “,a= m/s2=4m/s2\o"CurrentDocument"2 1方向沿传送带向下。0〜1s,对煤块由牛顿第二定律得mgsin9+从mgcos9=ma11~2s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin6一^mgcos6=ma2解得tan6=0.75,〃=0.25故A正确，B错误;CvCv—%图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为1=10m,由运动学公式得下滑时间为所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为V+C5/s，故C错误;D.0〜1s内煤块比传送带多走4m，划痕长4m，1〜2s内传送带比煤块多走2m，划痕还是4m。2~9+，内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为，2+-a12+vt=、2+422故D正确。故选AD。.如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块艮现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞.已知重力加速度大小为g,不计所有阻力，下列说法正确的是（ ）A.在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2:1B．C．物块A、A.在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2:1B．C．物块A、B的加速度之比为1:16mg轻绳的拉力为「广D．B下落高度h时速度为【答案】AC【解析】根据动滑轮的特点可知B下降s,A需要走动2s,而晨二25，A正确；因为都是从静止开始运1 1 a2动的，故有2x-a12=-a12，解得力=,B错误；对A分析有:2B2Aa 1BT二maA，对B分析有3mg-2T=3ma，解得T=6mgB76 13aA=7g，C正确；对B，加速度为aB=2aA=7g,根据速度位移公式，有V2=2ah，解得V=吗,D错误;B \17.如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块.木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）U下列说法正确的是（）U2 4bF/N甲 乙A.小滑块的质量m=2kgB.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C.当水平拉力F=7N时，长木板的加速度大小为3m/s2D.当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】AC【解析】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a,当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kgF一口mgF口mg当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a= = -；16—日义2义10知图线的斜率k=正=1解得：M=1kg6—日义2义10B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2,即有：2=代入数据解得：产0.2,7-0.2义2*10 ；当F=7N时，长木板的加速度为：a= 1 ms2=3m/s2.根据pmg=ma'得木板的加速度为：a'『g=4m/s2,故B错误，C正确；D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为a=^mg=Ng=2m'，恒定不变，故Dm ss2错误.故选AC.7.如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）【解析】若V=y,小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动若最12大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQg-^mpg=(mQ+mP)a，加速度不变；若V1>V2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知日mPg—mQg=(mQ+mP)a，到小物体P加速到与传送带速度V1相等后匀速，故B选项可能；若V<V，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知m8-Nmpg=(m+mp)a112 Q Q到小物体P减速到与传送带速度V1相等后继续向右加速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mg+从mg=(m+m)a，到加速为零后，又反向以a2加速度匀加速运动，而a>a，故C选项，Q P QP2 2 2 1A、D选项错误.8.如图所示，劲度数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了％，此时物体静0止.撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4%.物体与水平面间的动摩擦因数为日，重力加0速度为g.则()A.撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为巴-NgmC物体做匀减速运动的时间为2%NgNmgD.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为Nmg（x-上卢）0k【答案】BD【解析】A.撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；B.刚开始时，由牛顿第二定律有：kx-Nmg=ma0kx解得：a=~m~~NgB正确；C.由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得:arNg将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：13x--at2021'6x联立解得：t- 0，C错误;\NgD.当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有F-Nmg-kxNmg解得x「,所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为:W=从mg(x-xf0D正确。故选BD。9.如图甲所示，倾角0=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v-1图像如图乙所示，其中04段为直线段，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是（ ）A.小球在tR时刻所受弹簧的弹力等于mgB1B.小球在t时刻的加速度大于7gC2C小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D.小球从t.时刻到J时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量AC【答案】BC【解析】A.小球在t时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则有B1F-mgsm30°=—mg弹2故A错误；B.在乙图中，关于A点对称的点可知此时弹簧的弹力为0.5mg，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化0.5mg，故到达C点时弹簧的弹力大于2x0.5mg-mg，所以弹力大于mg,根据牛顿第二定律可知F-mgsin0-ma解得故B正确;C.整个过程中，弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从。点释放，小球能到达原来的释放点，故C正确；D.小球从t时刻到t时刻的过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减小量与动能的减小量等于弹簧AC弹性势能的增加量，所以重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。故选BC。10.如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定档板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m,滑块A、B与木板间的动摩擦因数均为〃.最初木板静止，A以初速度%从C的左端、B以初速度2%从木板中间某一位置同时以水平向右的方向滑上木板C.在之后的运动过程中B曾以4%的速度与C的右档板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g，则对整个运动过程，下列说法正确的是()“也AfL \\c?7777777777777777777/77777A.滑块A的最小速度为3%B.滑块B的最小速度为5%60C.滑块A与B可能发生碰撞D.系统的机械能减少了40%【答案】ABD【解析】当小滑块A和B相对长木板滑动时，受的滑动摩擦力相同，根据动量定理可知在相同的时间内小滑块A和B的速度变化量相同；当长木板与小滑块A共速时滑块A的速度最小，设滑块A的最小速度为V，速度变化量为V-V，视长木板、小滑块A和B为系统，动量守恒，规定向右运动为正方向，则有:m 0m2mV+m•2V=m[2V-(V—V)]+2mv,解得v=-v；设小滑块B与挡板发生碰撞之前瞬间长木板0 0 0 0m m m3045速度为V,根据动量守恒则有：mv+m•2v=m-v+2mv，解得v=-v；小滑块B与挡板发生弹1 0 0 30 1 1 60性碰撞，小滑块B与长木板交换速度，之后小滑块A和B做加速直线运动，长木板加速匀减速直线运动，

直到共速，所以滑块A与B不能发生碰撞；设长木板、小滑块A和B的共速为V2直到共速，所以滑块A与B不能发生碰撞；设长木板、小滑块A和B的共速为V2，根据动量守恒则有:mv+m•2v=3mv，解得v=v0 0 2 2011 1系统的机械能减少了AE=2mv0+2m(2v0)2-2•3mv厂mv0AE即~Emv21 f 二Imv2+m(2v)22 0 2o故A、B、D正确，C错误;说法正确的是选ABD.二、非选择题(共8题)11.如图甲所示，倾角为0的传送带以恒定速率逆时针运行.现将一质量m=2kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s2,求:o| 2海甲 乙⑴小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数上【答案】(1)8m/s(2)0.5【解析】(1)由v-1图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v-1图线与t轴所围的面积，11所以.L=一义1x10+—x(10+12)x1=16m22由平均速度的定义得：v=-=8m/st(2)由v-1图象可知传送带运行速度为v1=10m/s,Av0~1s内物体的加速度为：a=-=10m/s21 At1~2s内的加速度为：a2=2m/s2根据牛顿第二定律得：mgsin0+从mgcos0=mamgsin0一日mgcos0=ma2联立两式解得：〃=0.5.12.如图所示，一块质量为M=2kg,长为L=3m的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m=1kg的小木块(可视为质点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为5=0.1,薄木板与地面之间的动摩擦因数为四2二0.2.在t=0时刻，在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力F=12N,g取10m/s2.则：(1)拉力F刚作用在木板上时，木板M的加速度大小是多少？(2)如果F一直作用在M上，那么经多少时间m将离开M?(3)若在时间t=1s末撤去F，再经过多少时间M和m第一次速度相同？在此情况下，最终m在M上留下的痕迹的长度是多少？1【答案】(1)1m/s2；2.5m/s2；(2)2s；(3)3s；1m。【解析】(1)F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，对m有:〃1mg=ma1代入数据得a1=1m/s2对M有：F-旧1mg-旧2(M+m)g=Ma2代入数据解得：a2=2.5m/s2(2)设m离开M的时间为11,则对m有：1x=a121 211对M有：1x=—a122 221又有L=x2-x1联立解得：t1=2s

(3)t=1s时m的速度匕=a111=1x1m/s=1m/sM的速度为：v2=a2t1=2.5x1m/s=2.5m/s此过程中m相对M的位移Ax1;(v2—3t1=0.75m1s后m仍以a1的加速度作匀加速运动，M将以a3的加速度匀减速运动，且有：a3a3=3.5m/s2v+at=vv+at=v-at1 12 2 321t1t=—52 34v4v=—m/s3此过程中m相对M的位移,v+v、 v+v、Ax=(^ )t-(^ )t-0.25m2 2 2v2 2则在此情况下，最终m在M上留下的痕迹的长度：Ax=Ax+Ax=1m1213.如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行.现将一质量m=1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2,sin37。=0.6,cos37°=0.8：求：

(1)物体与传送带间的动摩擦因数；(2)。〜8s内物体机械能的增加量；(3)物体与传送带摩擦产生的热量Q.【答案】(1)〃=0.875.(2)AE=90J(3)Q=126J【解析】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速2大小为a=万=1m/s2的匀减速直线运动，对其受力分析,由牛顿第二定律得：|Hmgcos0一mgsin0=ma可解得：〃=0.875.(2)根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得。〜8s内物体的位移2+6 1,x= 义4-—x2义2=14m2 20〜8ss内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为1mx221mx22=90J2AE=mgxsin0+2mx42-⑶0〜8s内只有前6s发生相对滑动.0〜6s内传送带运动距离为:气=4x6=24m皮0〜6s内物体位移为:s的=6m物则0〜6s内物体相对于皮带的位移为As=18m0〜8s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q=从mgcos0•As代入数据得：Q=126J故本题答案是：(1)以=0.875.(2)AE=90J(3)Q=126J14.如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为〃1=0.5；木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为〃2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为%=3m/s,A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2,求：（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。【答案】（1）1m/s；（2）1.9m。【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f=目(m+m+32AB由牛顿第二定律得f=ma1AAf=ma2BB设在11时刻，B与木板达到共同速度，设大小为匕。由运动学公式有v=v-at⑦TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 0B1v=at⑧\o"CurrentDocument"1 11联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据，可得B与木板相对静止时，木板的速度v1=1m/s ⑨（2）在11时间间隔内，B相对于地面移动的距离为1s=vt一一a12 ⑩B01 2B1设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2,对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律f+f=(m+m)a13B 2由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反；由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2,设A的速度大小从匕变到v2所用时间为12,则由运动学公式，对木板有v=v-atTOC\o"1-5"\h\z2 1 22v=一v+at\o"CurrentDocument"2 1A2在12时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为1s=vt—一at2\o"CurrentDocument"1 12 222在(t1+12)时间间隔内，A相对地面移动的距离为\o"CurrentDocument"=v(t+1)-1a(t0 1 2 2A1A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s=s+s+s0A1B联立以上各式，代入数据，A、B开始运动时，两者之间的距离s=1.9m ⑰0答：(1)B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。15.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C,使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、〃段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为m,C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态.释放C后它沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：(1)当物体A从开始到刚离开地面时，物体C沿斜面下滑的距离.(2)斜面倾角a.

（3）B的最大速度％m2mg m1m【答案】（1）T； （2）30； （3）2g；k 5k【解析】（1）B处于静止状态时，压缩弹簧有mg=kx1当A刚要离开地面时，弹簧伸长有mg=kx2B上升高度与C沿斜面下滑距离为2mgS=X+X= 2k（2）当B的速度最大时，其加速度为零，绳子上的拉力大小为T，对B有T=mg+kX2对C有4mgsina=T联立解得a=30°（3）B从静止到获得最大速度的过程中弹簧弹性势能变化量为零，设B物体的最大速度为v，由机械能m守恒定律得14mghsina-mgh-—（m+4m）v2

2m解得v-2gm16.如图所示，光滑杆AB长为L,B端固定一根劲度系数为k、原长为10的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO'为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为9.

(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小4及小球速度最大时弹簧的压缩量Al1；(2)当球随杆一起绕OOf轴匀速转动时，弹簧伸长量为Al2，求匀速转动的角速度①；⑶若0=30。，移去弹簧，当杆绕OO'轴以角速度3=除，匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随0LL杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时球沿杆方向的速度大小为V0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W.mgsin0【答案】mgsin0【答案】(1)a=gsin0 Al=^~——(2)3=1kmgsin0+kAl 2.m(l+Al)cos200 2(3)W=3mgL+-mv28 2o【解析】(1)小球释放的瞬间，小球的加速度大小为mgsin0a= =gsin0m当小球速度相等时，有mgsin0=kl

]解得弹簧的压缩量为7 mgsin0li=F(2)当弹簧伸长量为l2，受力如图所示：在水平方向上有Fsin0+klcos0=m32(l+l)cos002竖直方向上有△△Fcos0一klsin0一mg-0解得mgsin0+kl 2-m(l+l)cos200 2(3)当杆绕OO'轴以角速度30匀速转动时，设小球距离B点L0，此时有△mgtan0=m32Lcos000解得此时小球的动能为E-Lm(3Lcos0)2TOC\o"1-5"\h\zk0 2 00小球在最高点A离开杆瞬间的动能为\o"CurrentDocument"E=—m[v2+(3Lcos0)2]

kA2 0 0根据动能定理有W—mgQL—L)sin0-E—E0 kA k0解得\o"CurrentDocument"W=3mgL+-mv2

8 2 017.如图所示，滑块和滑板静止在足够大的水平面上，滑块位于滑板的最右端，滑板质量为M=0.6kg,长为LLOSm,滑块质量为m=0.2kg,质量也为m=0.2kg的小球用细绳悬挂在O点，绳长L2=0.8m,静止时小球和滑板左端恰好接触。现把小球向左拉到与悬点等高处无初速释放，小球到达最低点时与木板发生弹性碰撞。空气阻力忽略不计，已知滑块与滑板之间的动摩擦因数为5=0.1，滑板与水平面之间的动摩擦因数电=0.2，滑块和小球均可看成质点，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；（2）滑块能否从滑板上掉下?试通过计算说明理由；（3）滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。4【答案】（1）6N；（2）没有掉下来，理由见解析；（3）35J【解析】（1）小球下摆过程中，由动能定理：mgL=-mv2220小球摆到最低点时，则有：v2T—mg=m-o-2解得T==6N（2）对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有：mv=mv+Mv01根据能量守恒，则有：111—mv2=—mv2+—Mv2202 2解得：v——2m/s,v1—2m/s碰后滑块向右加速，滑板向右减速对滑块，根据牛顿第二定律有：从mg―ma11解得：a1=1m/s2对滑板，根据牛顿第二定律有：从mg+N（m+M）g=Ma12 2解得：a2=3m/s2假设没有掉下来，经过时间t共速度，则有:at=v-at1 12得t=0.5s根据：v=at共1解得：v共=0.5m/s滑块位移为：解得：\=0.125m滑板位移为：1x=vt——at22 1 22解得：x2=0.625m相对位移Ax=x—x=0.5m<L121