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功和能计算题好题1风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=32m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左。小球以速度=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。求：（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；（2）小球落地时的动能。（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J?【答案】 （1）48m （2）120J （3）024s 04s【解析】试题分析：（1）由题意可得小球在竖直方向做自由落体运动，由公式带入数据可得运动时间为（1分）小球在水平方向做匀减速运动，由牛顿第二定律带入数据可得加速度为：（1分）水平位移公式为：带入数据可得位移为： （1分）（2）以小球为研究对象，令小球的初动能为，末动能为由动能定理（1分）带入数据可得（1分）（3）小球离开杆后经过时间t的水平位移（1分）下落的高度为H，由动能定理（1分）将和代入得带入数据得 ，（1分）考点：自由落体、动能定理、牛顿第二定律。2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 的小车若以速度撞击弹簧，可使轻杆向右移动了L/4。轻杆与槽间的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）若弹簧劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x（2）求小车离开弹簧瞬间的速度V（3）在轻杆运动的过程中，试分析小车的运动是不是匀变速运动？如果不是请说明理由，如果是请求出加速度a。【答案】（1） （2） （3）做匀减速运动，【解析】试题分析： （1）对轻杆受力分析可知受到向右的弹力、向左的摩擦力，由平衡条件有 得： （2分）（2）以小车为研究对象，设小车离开弹簧瞬间的速度为根据能量守恒： （2分）则可求得反弹速度为： （1分）（3）因为轻杆运动时弹力始终和摩擦力相等，此过程对小车只受弹力作用所以做匀减速运动。根据牛顿第二定律 （2分）则：（1分）考点：动能定理、牛顿第二定律3如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，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A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。求：（1）斜面倾角？（2）A获得的最大速度为多少？【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）释放A后，A斜面加速下滑，当速度最大时，加速度，A、B之间通过绳连接，则A速度最大时，B的速度也最大，加速度，以A、B整体为研究对象，由平衡条件得：，F为此时弹簧弹力，因C此时恰好离开地面，则有，联立方程得斜面倾角。（2）刚开始以B为研究对象弹簧弹力，C恰好离开地面时以C为研究对象，弹簧弹力，所以，由能量守恒得：，解得考点：考查了牛顿第二定律，共点力平衡条件，能量守恒【名师点睛】本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒4如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C点是最低点,圆心角BOC=37,D点与圆心O等高,圆弧轨道半径R=10m,现在一个质量为m=02kg可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,DE距离h=16m,小物体与斜面AB之间的动摩擦因数=05。取sin37=06,cos37=08,g=10m/s2。求：（1）小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小。（2）要使小物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度LAB至少要多长。（3）若斜面已经满足（2）中的要求,小物体从E点开始下落,直至最后在光滑圆弧轨道上做周期性运动,在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）小物体从E到C,由机械能守恒定律得 在C点,由牛顿第二定律得： 联立解得。（2）从EDCBA过程,由动能定理得 联立解得：。（3）因为 （或）,所以,小物体不会停在斜面上,小物体最后以C为中心,B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从E点开始直至稳定,系统因摩擦所产生的热量， 联立解得。考点：动能定理的应用、牛顿第二定律、功能关系、机械能守恒定律【名师点睛】在考查力学问题时，常常将动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律等综合在一起进行考查，并且常常综合平抛、圆周运动及匀变速直线运动等运动的形式。5如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。质量m=100g的小球穿在长L=12m 的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为05，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放。g取10m/s2，sin370=06，cos370=08，求：（1）当=370时，小球离开杆时的速度大小；（2）改变杆与竖直线的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时的正切值。【答案】（）；（2）【解析】试题分析：（）当杆竖直固定放置时， 解得：当时， 垂直杆方向上有：得：，小球受摩擦力小球沿杆运动的加速度为由得，小球到达杆下端时速度为（2）当摩擦力为0 时，球与杆的弹力为0， 由平衡条件得： ，得：。考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、牛顿第二定律【名师点睛】本题考查利用牛顿第二定律和运动学公式解决问题的能力，关键是分别对小球的受力情况进行分析，找出平衡条件即可。6传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角=370， 在电动机的带动下以v=2m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L=7m。N端有一离传送带很近的挡板P可将传送 带上的物块挡住。在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L=3m。 sin37=06，cos37=08，g取10m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。（1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数1。（2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数2=05。求：与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离；【答案】（1）1（2）16m【解析】试题分析：（1）金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，达到M点金属块由O运动到M有 Lat12+vt2即 at12+2t23 且 t1+t2=t即 t1+t2=2 v=at1即 2=at1 根据牛顿第二定律有 1mgcos370mgsin370ma 由式解得 t1=1st=2s 符合题设要求，加速度a=2m/s2由式解得金属块与传送带间的动摩擦因数1=1（2）a由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，其加速度为a1，运动距离LON=4m，第一次与P碰撞前的速度为v1a1=gsin-gcos=2m/s2与挡板P第一次碰撞后，木块B以速度v1被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s1；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s2a2gsin+gcos10m/s2，因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离s=s1+s2=16m考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】本题是一个多过程问题，比较复杂，关键理清物块在传送带上整个过程中的运动规律，搞清摩擦力的方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。7如图所示，竖直固定的光滑圆弧轨道OA和光滑圆弧轨道AB在最低点A平滑连接，OA弧的半径为R，AB弧的半径为，一小球从O点正上方h（未知）处由静止释放，小球经O点进入圆弧轨道运动，小球能够运动到半圆弧的最高点B，并在此后击中OA弧上的点P，不计空气阻力，设BP与AB间的夹角为，求：（1）h应满足的条件；（2）的最小值（可用反三角函数表示）。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）小球从释放至运动到B点根据动能定理在B点，由牛顿第二定律，有，因为所以解得（2）水平方向，有竖直方向，有联立，解得因为，当时，最小，解得，考点：考查了平抛运动，圆周运动，动能定理【名师点睛】本题关键明确小球的运动规律，然后结合动能定理、向心力公式、牛顿第二定律、平抛运动的规律列式求解8如图所示，一个质量为1kg的煤块从光滑曲面上高度m处无初速释放，到达底端时水平进入水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率为3 m/s已知煤块与传送带间的动摩擦因数02煤块冲上传送带后就移走光滑曲面（g取10 m/s2）（1）若两皮带轮之间的距离是6 m，煤块将从哪一边离开传送带?（2）若皮带轮间的距离足够大，从煤块滑上到离开传送带的整个过程中，由于煤块和传送带间的摩擦而产生的划痕长度有多长? 摩擦力对煤块做的功为多大？【答案】（1）从右边离开传送带；（2）【解析】试题分析：（1）物体将从传送带的右边离开。物体从曲面上下滑时机械能守恒，有解得物体滑到底端时的速度以地面为参照系，物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生的位移为， 表面物体将从右边离开传送带。（2）以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，从传送带左端掉下，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为：取向右为正方向，物体发生的位移为物体运动的时间为这段时间内皮带向左运动的位移大小为物体相对于传送带滑行的距离为考点：动能定理的应用、功能关系【名师点睛】传送带问题，关键要根据物体的受力情况分析物体的运动过程，加速度是联系力和运动的桥梁，由受力求得加速度，再根据运动学规律求解。9如图所示，质量为m=02kg的小球（可视为质点）从水平桌面右端点A以初速度水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其为半径R=08m的圆环剪去了左上角135的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道，取。（1）求小球在A点的初速度以及AP间的水平距离x；（2）求小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力；（3）判断小球能否到达圆轨道最高点M。【答案】（1）（2）（3）不能【解析】试题分析：（1）物块由A点做平抛运动，在P点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，则物块在P点的竖直分速度为：由平抛运动规律得：代入数据解得：（2）物块在P点的速度为：物块从P点到N点，由动能定理得：物块在N点，由牛顿第二定律得：代入数据解得物块所受支持力为：由牛顿第三定律得，物块对N点的压力为，方向竖直向下（3）假设小球能够到达M点，由功能关系得：代入数据解得：小球能够完成圆周运动，在M点须有：，即：，由知，小球不能到达圆轨道最高点M考点：考查了机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式的应用【名师点睛】物块由A点做平抛运动，在P点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，然后根据平抛运动的特点即可求解；物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，知道了到达P点的速度方向，将P点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据竖直方向上做自由落体运动求出竖直分速度，再根据角度关系求出水平分速度，即离开D点时的速度vD最后由牛顿第二定律即可求出压力；物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点10如图所示， 质量为 m 的物体以速度 v0 竖直上抛，物体落回地面时的速度大小为， 设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变。 求：（1）物体运动过程中所受空气阻力的大小及上升的最大高度；（2）若物体落地时与地面碰撞过程中无能量损失，求物体运动的总路程。【答案】（1）Fmg（2）【解析】试题分析：（1）设空气阻力为 F，物体上升最大高度为 h，由动能定理得：上升阶段：mghFh0mv02下落阶段： mghFhm（）20由两式得：解得空气阻力大小为 Fmg物体上升的最大高度 （2）物体自抛出到静止，设总路程为 x，由于空气阻力做功与路程有关，全过程的位移为零，据动能定理得Fx0mv02解得所求路程为：考点：动能定理的应用【名师点睛】本题有多种解法，但对不涉及时间、方向等细节问题，特别是多过程问题，应用动能定理求解较方便。11如图所示，从A点以的水平速度抛出一质量的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量，A、B两点距C点的高度分别为、，物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板与地面的动摩擦因数，求：（1）小物块滑到至C点时，对圆弧轨道C点的压力；（2）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）设物块经过C点的速度为，则对于AC过程，由动能定理得：，则得在C点，有可得，根据牛顿第三定律得小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小，方向竖直向下。（2）小物块滑上长木板后所受的滑动摩擦力为，物块对长木板的滑动摩擦力大小地面对长木板的最大静摩擦力因，所以物块在长木板滑行时长木板相对于地面静止不动设长木板长至少为L时，才能保证小物块不滑出长木板根据动能定理得：，可得。考点：平抛运动、向心力、动量守恒定律、动能定理【名师点睛】此题主要考查了平抛运动基本规律、牛顿运动定律及动能定理的直接应用，关键要正确分析物块的运动过程和状态。12一端弯曲的光滑绝缘杆ABD固定在竖直平面上，如图所示，AB段水平，BD段是半径为R的半圆弧，有电荷量为Q（Q0）的点电荷固定在圆心O点一质量为m、电荷量为q（q0）的带电小环套在光滑绝缘杆上，在水平外力作用下从C点由静此开始运动，到B点时撤去外力，小环继续运动，发现刚好能到绝缘杆的最高点D已知CB间距为（提示：根据电磁学有关知识，在某一空间放一电荷量为Q的点电荷，则距离点电荷为r的某点的电势为，其中k为静电力常量，设无穷远处电势为零）（1）求小环从C运动到B过程中，水平外力做的功；（2）若水平外力为恒力，要使小环能运动到D点，求水平外力的最小值F0；（3）若水平外力为恒力，大小为F（F大于（2）问中的F0），求小环运动到D点时，绝缘杆对环的弹力大小和方向【答案】（1）（2）（3）见解析过程。【解析】试题分析：（1）小球从C运动到B，带电小环要克服电场力做功，克服电场做的功W电等于电势能的增加，则，所以，小球从C运动到B，设到B得速度为VB，水平外力做的功为W，则 小球从B到D过程中，带电小环在等势面上运动电场力不做功，设到D点的速度为vD则又刚好到D点，则D点速度为vD=0，所以，（2）小球要能运动到D点，则vD0由C运动到D点，由此可以解得所以水平外力的最小值为（3）由C运动到D点，设D点速度为vD，小环运动到D点时，设绝缘杆对小环的弹力大小为FN，方向指向圆心，由此可得讨论：（a）若，则弹力大小为 ，方向指向圆心（b）若，则弹力为零（c）若，则弹力大小为，方向背向圆心考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】对小球的运动的物理过程进行分析，根据动能定理求小圆环的速度的大小，在应用动能定理的时候，一定要分析清楚运动过程中各力做功的情况，在求绝缘杆对环的力的时候注意分析环所受的作用力的方向是向上的还是向下的。13如图，一长为内壁光滑的绝缘细管竖直放置，管的底部固定一电荷量为Q（Q0）的点电荷M，现在管口A处无初速度释放一电荷量为q（q0），质量为m的点电荷N，N在距离底部点电荷为的B处速度恰好为零。再次从A处无初速度释放电荷量为q，质量为3m的点电荷P（已知静电常量为k，重力加速度为g）。求：（1）电荷P运动过程中速度最大处于底部点电荷距离（2）电荷P运动到B处时的速度大小。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）电荷运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离r，则有：，解得：（2）电荷P运动到B处时的速度，由动能定理，有：，依题意有：联立两式可得：考点：考查了库仑定律，动能定理【名师点睛】本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力14一弹珠弹射玩具模型如图所示，水平粗糙管AB内装有一轻弹簧，左端固定。竖直放置管道BCD光滑,其中CD为半径为R=01m的1/4圆周，C与地面高度也为R。用质量m1=03kg的弹珠（可看成质点）将弹簧缓慢压缩到某一确定位置M，弹珠与弹簧不固连，由静止释放后物块恰停止在D点。用同种材料、质量为m2=01kg的弹珠仍将弹簧缓慢压缩到M点释放，由静止释放后弹珠由D点飞出后落在与D点正下方D点相距x=08m处。g=10m/s2，求：（1）m2从D点飞出时的速度大小。（2）弹珠m2在D点时对轨道的弹力。（3）弹簧缓慢压缩到M点时储存的弹性势能【答案】（1）4m/s（2）15N（3）12J【解析】试题分析：（1）（2），方向竖直向下由牛三知m2在D点时对轨道的弹力 FN=15N方向竖直向上（3）考点：平抛运动；牛顿第二定律；功能关系15如图所示，一个质量为m的小孩在平台上以加速度a做匀加速助跑，目的是抓住在平台右端的、上端固定的、长度为L的轻质悬绳，并在竖直面内做圆周运动已知轻质绳的下端与小孩的重心在同一高度，小孩抓住绳的瞬间重心的高度不变，且无能量损失若小孩能完成圆周运动，则：（1）小孩抓住绳的瞬间对悬线的拉力至少为多大？（2）小孩的最小助跑位移多大？（3）设小孩在加速过程中，脚与地面不打滑，求地面对脚的摩擦力大小以及摩擦力对小孩所做的功【答案】（1）6mg（2）（3）ma，零【解析】试题分析：（1）小孩能完成竖直面内的圆周运动，则在最高点最小的向心力等于小孩所受的重力设小孩在竖直面内最高点运动的速度为v2，依据牛顿第二定律小孩在最高点有：设小孩在最低点运动的速度为v1，小孩抓住悬线时悬线对小孩的拉力至少为F，依据牛顿第二定律小孩在最低点有：小孩在竖直面内做圆周运动，依据机械能守恒定律可得，mv22+2mgL=mv12联立以上三式解得：F=6mg，v12=5gL依据牛顿第三定律可知，小孩对悬线的拉力至少为6mg（2）小孩在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据题意，小孩运动的加速度为a，末速度为v1，根据匀变速直线运动规律，v12=2ax解得：（3）由牛顿运动定律可知摩擦力大小f=ma ，由于地面对小孩的摩擦力位移为零，所以摩擦力对小孩做功为零考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律的应用16如图所示，一质量为mB=2kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间由一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角=37。一质量也为mA=2kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为1=025，与木板B上表面间的动摩擦因数为2=02，sin=06，cos=08，g取10m/s2，物块A可看作质点。请问：（1）物块A刚滑上木板B时的速度为多大?（2）物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间?（3）木板B有多长?【答案】（1）8m/s （2）2s ；（3）8m【解析】试题分析：（1）物块A从斜面滑下的加速度为a1，则mAgsin-1mAgcos=mAa1解得a1=4m/s2物块A滑到木板B上的速度为（2）物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，对物块A有v2=v1-a2t2 xA=v1t2-a2对木板B有v2=a2t2 xB=a2t22位移关系xA-xB=L联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2=2s， L=8m考点：牛顿第二定律的应用17如图所示，一电动遥控小车停在水平地面上，小车质量，质量的小物块（可视为质点）静止于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数，现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间时物块从车板上滑落，已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的，不计空气阻力，取重力加速度，求：（1）物块离开小车时，物块的速度大小；（2）时间内小车的牵引力做的功W。【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）物块滑落前受到的滑动摩擦力大小为做匀加速运动的加速度为当运动时间时物块的速度为。（2）时间内，由题图乙得小车的加速度大小为根据牛顿第二定律得：，其中，解得小车的位移在时间内，牵引力由题图乙得小车的位移大小所以时间内小车的牵引力做的功代入数据解得 。考点：动能定理的应用、牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键要理清小车和滑块的运动情况，采用隔离法研究加速度和速度等物理量，解答时要抓住速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，“面积”表示位移。18利用弹簧弹射和传送带传动装置可以将工件运送至高处。如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37角，倾角也是37的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数=025传送带传动装置顺时针匀速转动的速度v=4m/s，两轮轴心相距L=5m，B、C 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑现将质量m=1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0=8m/s，AB 间的距离s=1m工件可视为质点，g 取10m/s2（sin37=06，cos37=08）求:（1）弹簧的最大弹性势能；（2）工件沿传送带上滑的时间；（3）若传送装置顺时针匀速转动的速度v 可在v4m/s的范围内调节，试推导工件滑动到C 点时的速度vC 随速度v变化的关系式；【答案】（1）38J （2）15s（3）当传送带速度在4m/sv8m/s时，当传送带的速度v8m/s时， 【解析】试题分析：（1）弹簧的最大弹性势能为，解得（2）工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：与传送带共速需要的时间工件滑行的位移大小因为，所以工件将沿传送带继续减速上滑假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则工件滑行的位移大小故假设成立，工件沿传送带上滑的时间（3）当传送带速度在4m/sv8m/s的范围内调节时，工件先以加速度a1减速向上滑行当速度减到v后又以加速度减速向上滑行工件滑动C点的速度随速度v的变化关系式当传送带的速度v8m/s的范围内调节时，工件将沿传送带以加速度a2减速滑行到C点工件滑动到C点的速度随速度v变化的关系式m/s考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力19如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数，小球进入管口C端时，它对上管壁有的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为，取重力加速度。求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能；（3）小球最终停止的位置。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为的相互作用力，故小球受到的向心力为：。（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零，设此时滑块离D端的距离为，则有解得，由机械能守恒定律有，得。（3）在C点，由，代入数据得：，滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得，解得BC间距离，小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中设物块在BC上的运动路程为，由动能定理有，解得，故最终小滑块距离B为处停下。考点：机械能守恒定律【名师点睛】本题综合运用了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及牛顿第二定律，综合性较强，是高考的热点题型，需加强这方面的训练。20在竖直平面内有一个粗糙的圆弧轨道，其半径，轨道的最低点距地面高度，如图所示，一质量的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点的水平距离，空气阻力不计，g取，求：（1）小滑块离开轨道时的速度大小；（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为，初速度为，则，解得：。（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律：，解得：。根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小，方向竖直向下。（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：，所以小滑块克服摩擦力做功为。考点：动能定理的应用、牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的直接应用，知道小球离开轨道后做平抛运动，难度适中。22如图甲所示，水平地面上放置一倾角=37的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端。某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，F随位移变化的规律如图乙所示。已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t=0.5s内位移=1m，05s后物块再运动=2m时速度减为0。取，sin37=06，cos37=08。求：（1）由静止开始，50s末物块运动的速度的大小；（2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功；（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力的大小。【答案】（1）4m/s（2）12J（3）【解析】试题分析：（1）由题意，05s内物块做匀加速直线运动，则，解得：m/s2，4m/s。（2）加速和减速过程，沿斜面向上的力分别为18N、6N，设物块与斜面间的动摩擦因数为，由动能定理有：加速过程：减速过程：联立解得：1kg，05，12J。（3）斜面体受到物块的压力受到物块的摩擦力设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为，由平衡条件有：解得：。考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力23如图所示,质量mB=35kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数k=100N/m一轻绳一端与物体B连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后,另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA=16kg的小球A连接已知直杆固定,杆长L为08m,且与水平面的夹角=37初始时使小球A静止不动,与A端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F为45N已知AO1=05m,重力加速度g取10m/s2,绳子不可伸长现将小球A从静止释放,则：（1）若直线CO1与杆垂直,求物体A运动到C点的过程中绳子拉力对物体A所做的功；（2）求小球A运动到底端D点时的速度【答案】（1）7J（2）2m/s【解析】试题分析：（1）释放小球前,B处于静止状态,由于绳子拉力大于重力,故弹簧被拉伸,设弹簧形变量为x有：kx=FmBg所以x=01m对A球从顶点运动到C的过程应用动能定理得：W+mAgh=mAvA20 其中,h= xCO1cos37而xCO1= xAO1sin37=03m物体B下降的高度h=xAO1xCO1=02m 2分由此可知，弹簧此时被压缩了01m，此时弹簧弹性势能与初状态相等，对于A、B、和弹簧组成的系统机械能守恒：mAgh+mBgh=mAvA2+mBvB2 由题意知，小球A运动方向与绳垂直，此瞬间B物体速度vB=0 由得：W=7J（2）由题意知，杆长L=08m，故CDO1=37故DO1=AO1，当A到达D时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，在D点对A的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，可得平行于绳方向的速度即为B的速度，由几何关系得：vB= vAcos37 对于整个下降过程由机械能守恒得：mAgLsin37=mAvA 2+mBvB 2 由得：vA=2m/s考点：机械能守恒；运动的合成和分解24如图所示，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面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，Mm=41，重力加速度为g求：（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？【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有：解得：小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：解得：，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，则有解得， 物块Q离开平板车时，速度为：（2）由能的转化和守恒定律，知 又解得，平板车P的长度为考点：动量守恒定律和能量守恒定律25如图所示，质量M=80kg的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力F=80N。当向右运动的速度达到=15m/s时，有一物块以水平向左的初速度=10m/s滑上小车的右端，小物块的质量m=20kg，物块与小车表面的动摩擦因数=02，设小车足够长，取，各问最终计算结果均保留1位小数。（1）物块从滑上小车开始，经过多次时间速度减小为零？（2）求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移大小；（3）求整个过程系统生成的摩擦热。【答案】（1）t105s（2）11m（3）Q83J【解析】试题分析：（1）物块滑上小车后，做加速度为am的匀变速运动，根据牛顿第二定律mgmam解得： am20m/s2设物块滑上小车后经过时间t1速度减为零，v0amt1解得：t105s（2）小车做加速度为aM的匀加速运动，根据牛顿第二定律FmgMaM解得： aM05m/s2设物块向左滑动的位移为x1，根据运动学公式x1v0t1amt025m当滑块的速度为零时，小车的速度V1为V1V0+aMt1175m/s设物块向右滑动经过时间t2相对小车静止，此后物块与小车有共同速度V，根据运动学公式，有 VV1+aMt2amt2解得：Vm/s t2=s滑块在时间t2内的位移为x2=amt=m因此，滑块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为xx2x1=m11m（3）t1时间内小车的对地位移相对位移t2时间内小车的对地位移相对位移摩擦热解得Q83J考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力5如图所示，质量分别为、的三个小球A、B、C，用两根长为L的轻绳相连，置于倾角为、高为L的固定光滑斜面上，A球恰能从斜面顶端处竖直落下，弧形挡板使小球只能竖直向下运动，碰撞过程中没有动能损失，小球落地后均不再反弹，现由静止开始释放它们，不计所以摩擦，求：（1）A球刚要落地时的速度大小；（2）C球刚要落地时的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）设A球刚要落地时速度大小为，由机械能守恒定律：，则。（2）设B球刚要落地时速度为，C球刚要落地时速度为，由机械能守恒定律：则，则。考点：机械能守恒定律【名师点睛】本题绳系系统机械能守恒问题，关键要善于选择研究的过程，分段进行列式求解。6如图所示，小轿车的总质量为15t（含油箱内18kg的汽油），每个轮胎与地面的接触面积为0025m2，老马开着这辆小轿车沿高速公路行驶300km后到达目的地。假设该车受到的牵引力始终为920N。已知汽油的热值q = 46107J/kg，若汽油完全燃烧时，有30的内能转化为机械能。（g取10N/kg）请你解答下列问题：（1）该车静止时，对水平地面的压强；（2）该车到达目的地过程中，牵引力所做的功；（3）通过计算说明该车在行驶的这段路途中是否需要加油。【答案】见解析。【解析】试题分析: （1）该车静止时，对水平地面的压力：F=G=mg=15103kg10N/kg=15104N 1分该车静止时，对水平地面的压强：p=F/S=15104N /40025m2=15105Pa 1分（2）该车到达目的地的过程中，牵引力所做的功：W=Fs=920N300103m=276108J 1分（3）汽油完全燃烧释放的热量: Q放=mq=18kg46107J/kg=828108J 1分转化成的机械能: W1=Q放=30%828108J=2484108J W1W 该车在行驶途中需要加油 1分（最后一问还可以比较m、s、Q放，只要答案合理即可给分）考点: 压强的大小及计算、功的计算。7如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长为1.5m，现有质量为0.2kg可视为质点的物块m2，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在小车上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2，求：物块在车面上滑行的时间t；要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少？【答案】；。【解析】试题分析：小车与物块组成的系统动量守恒，最后物块与小车保持相对静止，有共同速度。根据动量守恒定律，有：共同速度对物块受力分析，根据动量定理，有：物块在车面上滑行的时间要使物块恰好不从车厢滑出，则物块滑到车的右端时恰与小车有共同的速度根据动量守恒定律，有：根据能量守恒定律，有：解得：物块滑上小车左端的速度即要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度不能超过5m/s考点：动量守恒定律，动量定理，能量守恒定律8如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l4 m，现从静止释放圆环不计定滑轮和空气的阻力，取g10 m/s2，求：（1）若圆环恰能下降h3 m，A和B的质量应满足什么关系？（2）若圆环下降h3 m时的速度vB5 m/s，则A和B的质量有何关系？（3）不管A和B的质量为多大，圆环下降h3 m时的速度不可能超过多大？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）若圆环恰好能下降，由机械能守恒定律得：，由几何关系可得：，解得：，因此为使圆环能下降，两个物体的质量应满足；（2）若圆环下降时的速度，由机械能守恒定律得：，如图所示，A、B的速度关系为，解得：；（3）B的质量比A的大得越多，圆环下降时的速度越大，当时可认为B下落过程机械能守恒，有：，解得圆环的最大速度：，即圆环下降时的速度不可能超过。考点：机械能守恒定律【名师点睛】该题的关键是用好系统机械能守恒这个知识点，难点是对于B的速度极限值的判断，其条件是，即A的质量可以忽略，认为B的机械能守恒。9如图所示，一物体质量m=2 kg。在倾角为=37的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB=4 m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC=02 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD=3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2。求:（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）弹簧的最大弹性势能Epm。【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）物体由A运动到D过程中运用动能定理得：将，解得：（2）弹簧压缩到C点时，对应的弹性势能最大，由A到C的过程根据能量守恒定律得：代入数据得：考点：动能定理。【名师点睛】灵活选择物理过程，利用动能定理列方程求解；同时注意弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化。10如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测推力F、物体速度V随时间t变化的规律如图乙所示，取g=10m/s2，求：（1）物体的质量m和物体与水平面间的动摩擦因数；（2）第2s内物体克服摩擦力做的功W；（3）前2s内推力F做功的平均功率【答案】（1）物体的质量m是0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数是0.40；（2）第2s内物体克服摩擦力做的功W是2.0J；（3）前2s内推力F做功的平均功率是1.5W【解析】试题分析：（1）第2 s内，根据速度时间图象可知，物体的加速度为a=2 m/s2，第3 s内，物体做匀速直线运动，所以根据牛顿第二定律有：3mg=2m，mg=2 N解得：m=0.5 kg，=0.40（2）第2 s内物体运动的位移为 s=m=1m，摩擦力大小为 f=2 N，克服摩擦力做的功：Wf=fs=2.0 J（3）前2 s内推力F做功为W=Fs=3 J，平均功率为：=1.5 W11如图所示，倾角37的斜面上，轻弹簧一端固定在A点，自然状态时另一端位于B点斜面上方有一半径R=1m、圆心角等于143的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D处，圆弧轨道的最高点为M用质量为m1=6.3kg的物块将弹簧缓慢压缩至C点，由静止释放后弹簧恢复原长时物块到B点速度恰好减小为0用同种材料、质量为m2=0.3kg的另一小物块将弹簧缓慢压缩到C点后由静止释放，物块经过B点后的位移与时间的关系为x=8t4t2（x单位：m，t单位：s），若物块经过D点后恰能到达M点，重力加速度g=m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物块与斜面间的动摩擦因数；（2）BD间的距离lBD；（3）m2从被释放至运动到M点的过程中克服摩擦力做的功W【答案】（1）物块与斜面间的动摩擦因数是0.25；（2）BD间的距离lBD是（3）m2从被释放至运动到M点的过程中克服摩擦力做的功W是0.795J【解析】试题分析：（1）由物块经物块经过B点后的位移与时间的关系为x=8t4t2，可知，物块经过B点时的速度为vB=8m/s，从B到D的过程中加速度大小为a=8m/s2根据牛顿第二定律，有mgsin37+mgcos37=ma解得，=0.25（2）设物块经过M点的速度为vM，由牛顿第二定律得