三年高考2014-2016物理试题分项版解析专题20计算题力与运动提升题解析版含解析

专题20力与运动（提升题）1（19分）【2014福建21】图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为M的游客（视为质点）可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。（1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD2R，求游客滑到的速度VB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功WF；（2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，有因为受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度H。（提示在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为）RVMF2向【答案】（1）（2）GHWFH3（2）设OP与OB间夹角为，游客在P点时的速度为，受支持力为N，从B到PPV由机械能守恒可得021COSPMVRMG过P点时，根据向心力公式，有，N0，RVMGP2COSRHCOS解得RH32【考点定位】本题考查平抛运动、圆周运动、动能定理【方法技巧】分析清楚研究对象的运动过程，动能定理的应用重点在对运动过程的选择，然后分析这个过程中有哪些力在做功；做圆周运动物体在某一个位置，列向心力方程，一个运动过程，列动能定理。2【2016江苏卷】（16分）如图所示，倾角为的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行A、B的质量均为M撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动不计一切摩擦，重力加速度为G求（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N；（2）A滑动的位移为X时，B的位移大小S；（3）A滑动的位移为X时的速度大小VA【答案】（1）MGCOS（2）（3）1COSX2SINCOAGXV【解析】（1）支持力的大小NMGCOS（2）根据几何关系SXX（1COS），SYXSIN且S2XY解得S1COSX（3）B的下降高度SYXSIN根据机械能守恒定律221ABMGV根据速度的定义得，AXVTBST则21COSBV解得IN3AGX【考点定位】物体的平衡、机械能守恒定律【方法技巧】第一问为基础题，送分的。第二问有点难度，难在对几何关系的寻找上，B的实际运动轨迹不是沿斜面，也不是在竖直或水平方向，这样的习惯把B的运动正交分解，有的时候分解为水平、竖直方向，也可能要分解到沿斜面和垂直斜面方向，按实际情况选择，第三问难度较大，难在连接体的关联速度的寻找，这类关系的寻找抓住沿弹力的方向分速度相同。3【2016上海卷】（12分）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H32M处，杆上套一质量M3KG，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F15N，方向水平向左。小球以初速度V08M/S向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取G10M/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【解析】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为208SHTG小球在水平方向做匀减速运动，加速度25M/SFA水平位移20148MSVTA【考点定位】曲线运动、自由落体运动、匀速运动、动能定理【方法技巧】首先分析出小球的运动情况，竖直方向自由落体运动，水平方向匀减速直线运动，根据运动情况计算小球运动时间和水平位移；通过动能定理计算小球落地动能；通过动能定理和运动学关系计算时间。4【2016全国新课标卷】（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。56R质量为M的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小14为G。（取）34SIN7755，COS（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。（2）求P运动到点时弹簧的弹性势能。（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距72RR，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。【答案】（1）；（2）；（3）；BVGRP15EMGRD5VGR13M【解析】（1）根据题意知，B、C之间的距离L为L7R2R设P到达B点时的速度为VB，由动能定理得2SINCOSBGLV式中37，联立式并由题给条件得2BV（3）设改变后P的质量为M1。D点与G点的水平距离X1和竖直距离Y1分别为175SIN26XR1COSY式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。设P在D点的速度为VD，由D点运动到G点的时间为T。由平抛运动公式有21YGTX1VDT联立式得35DVGR设P在C点速度的大小为VC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有2211COS6DMVGP由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有2P1115SINMG5COSCEMGXRXRMV联立式得13【考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含知识点多、过程多，难度较大；解题时要仔细分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，灵活选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的能力。5【2016全国新课标卷】（20分）轻质弹簧原长为2L，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5M的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为L。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5L的水平轨道，B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数05。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度L，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为G。（1）若P的质量为M，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。【答案】（1）（2）L532MM【解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至L时，质量为5M的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为L时的弹性势能为EP5MGL设P的质量为M，到达B点时的速度大小为VB，由能量守恒定律得2P14BVGL联立式，取MM并代入题给数据得6BVGL若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小V应满足20MGL设P滑到D点时的速度为VD，由机械能守恒定律得221BDMVGL联立式得2GLVD满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度VD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为T，由运动学公式得21LGTP落回到AB上的位置与B点之间的距离为SVDT联立式得2SL【考点定位】能量守恒定律、平抛运动、圆周运动【名师点睛】此题是力学综合题；考查平抛运动、圆周运动以及动能定理的应用；解题时要首先知道平抛运动及圆周运动的处理方法，并分析题目的隐含条件，挖掘“若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下”这句话包含的物理意义；此题有一定难度，考查考生综合分析问题、解决问题的能力。6【2014天津10】（16分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物KG4AM块B置于A的最右端，B的质量。现对A施加一个水平向右的恒力F10N，AKG2BM运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间T06S，二者的速度达到。求S/M21V（1）A开始运动时加速度A的大小；（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度V的大小；（3）A的上表面长度L。【答案】（1）25M/S2；（2）1M/S；（3）045M；【解析】（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律得AMF代入数据解得2S/5（2）对A、B碰撞后共同运动的过程中，由动量定理得S60TVMVMFTBAT代入数据解得S/1V【考点定位】牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理【方法技巧】本题主要是牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理的使用。7【2014四川9】15分）石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。（1）若”太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为H1的同步轨道站，求轨道站内质量为M1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为，地球半径为R。（2）当电梯仓停在距地面高度H24R的站点时，求仓内质量M250KG的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度G10M/S2，地球自转角速度73105RAD/S，地球半径R64103KM。【答案】（1）（2）115N12MH【解析】（1）设货物相对地心的距离为R1，线速度为V1由R1RH1，得距离地面高为H1的同步轨道站相对地形的线速度为V11RH则货物相对地心的动能为21KEMV联立得12KR说明四式各1分（2）设地球的质量为M，人相对地心的距离为R2，向心加速度为A2，轨道所在处的重力加速度为G22RRHA则在地球表面有2MGG设距离地心处的向心加速度为G2，24HR22MMGGRH解得25G相对太空舱静止的人受到太空舱地板的支持力为N22MNA联立解得N115N在由牛顿第三定律知，对水平地板的压力为N15说明式各式2分，各式1分【考点定位】牛顿运动定律万有引力定律动能【方法技巧】理解同步的含义，即与地球有相同的角速度，根据公式在地球上空不同高度处，重力加速度不同。22MMGGRH8【2014广东35】如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板。物体P1沿轨道向右以速度V1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P。以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在至内工作。已知P1、P2的2TS4T质量都为，P与AC间的动摩擦因数为，AB段长，G取MKG0LM10M/S2。P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。（1）若，求P1、P2碰后瞬间的速度大小V和碰撞损失的动能；6/VSE（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求的取值范围和P向1左经过A点时的最大动能E。【答案】（1）9J（2）10M/SV114M/S17J【解析】（1）由于P1和P2发生弹性碰撞，据动量守恒定律有碰撞过程中损失的动能为22K19JEMV（2）解法二从A点滑动到C点，再从C点滑动到A点的整个过程，P做的是匀减速直线。设加速度大小为A，则AG1M/S2设经过时间T，P与挡板碰撞后经过B点，则VBVAT，VV1/223BVL若T2S时经过B点，可得V114M/S若T4S时经过B点，可得V110M/S则V1的取值范围为10M/SV114M/SV114M/S时，碰撞后的结合体P的最大速度为1M27/SV根据动能定理，KM24GLE代入数据，可得通过A点时的最大动能为K1J【考点定位】本题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律【应试技巧】认真审题，先通过动量守恒定律确定碰撞前后速度关系，再分析整个过程为匀减速运动，据运动学关系确定相关量。9【2014江苏15】（16分）如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为V0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为，乙的宽度足够大，重力加速度为G。（1）若乙的速度为V0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离S；（2）若乙的速度为2V0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小V；（3）保持乙的速度2V0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为M，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率。P【答案】（1）S；（2）V2V0；（3）G0P054MGV【解析】（1）由于滑动摩擦力的方向与相等运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度V0和与传送带乙运动方向相反的速度V0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45，如下图所示，并建立图示直角坐标系。根据牛顿第二定律可知AX，AYG2G2即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在X方向上的位移即侧向滑过的距离为SGV20（2）同理作出工件相对传送带运动和所受滑动摩擦力的矢量图如下图所示。设摩擦力与Y轴方向间的夹角为，根据牛顿第二定律和加速度的定义式可知，始终存在TANXYA2V21因此工件相对传送带做匀减速直线运动，因此工件在乙上刚停止侧向滑动时应相对传送带乙静止，因此工件此时的速度大小为V2V0（3）每个工件在传送带乙上相对传送带滑行距离为SGV250每个工件在传送带乙上相对传送带滑行的时间为T0每个工件在相对传送带滑动的T时间内，电动机对乙做的功为WMGS201VM201电动机的平均输出功率为PTW联立以上各式解得054MGV【考点定位】本题主要考查了牛顿运动定律、滑动摩擦力的方向、运动的合成与分解的应用问题，属于较难题。【方法技巧】本题重点是对物体的受力、运动的分析，结合牛顿第二定律求解，对功能的关系，利用能量守恒。10【2015浙江23】如图所示，用一块长的木板在墙和桌面间架设斜面，10ML桌面高H08M，长。斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定。将质215ML量M02KG的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数，物块与105桌面间的动摩擦因数，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。（重力加速度取2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）210/SG（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）（2）当增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数；2（已知SIN3706，COS3708）（3）继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离。MX【答案】（1）（2）（3）TAN050819M【解析】（1）为使小物块下滑SINCOSMG满足的条件TA（2）克服摩擦力做功121SSFWLGL由动能定理得1SIN0FGL代入数据得208（3）由动能定理可得211SIFMMV代入数据得/V，21HGT04S，1XV，M129XL【考点定位】动能定理，运动学公式【名师点睛】在运用动能定理解题时，一定要弄清楚过程中有哪些力做功，做什么功特别需要注意重力做功和路径无关，只和始末位置高度有关，摩擦力做功和路径有关，11【2015重庆8】同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如题8图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为R14HN板上固定有三个圆环将质量为的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍M地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为处。不考虑空气阻力，重力加速度为LG求（1）距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；2L（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；（3）摩擦力对小球做的功【答案】（1）到底版的高度；（2）速度的大小为，压力的大小34H2GLH，方向竖直向下；（3）摩擦力对小球作功2LMGHR4MR【解析】（1）由平抛运动规律可知，LVT21GT同理，2VT21HGT解得，则距地面高度为434H（2）由平抛规律解得2LVT对抛出点分析，由牛顿第二定律，解得2VFMGR支2MGLFHR支由牛顿第三定律知，方向竖直向下。2LH压支（3）对P点至Q点，由动能定理210FMGRWV解得24FMGLWH【考点定位】平抛运动的规律、动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律。【名师点睛】曲线运动（平抛和圆周）的两大处理方法一是运动的分解；二是动能定理。12【2015福建21】如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为M的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为G。（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小2M的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求滑块运动过程中，小车的最大速度VM；滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小S。【答案】（1）3MG（2）SL/3GRVM31【解析】（1）由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大从A到B，根据动能定理02V在B点RVMGFBN2联立解得FN3MG，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3MG【考点定位】动能定理、能量守恒【名师点睛】本题主要是对研究对象受力分析、运动过程的分析以及功能关系分析，对非匀变速，主要是应用能的观点解决，即用动能定理求速度，向心力公式就力，动量守恒与能量守恒结合求解。13【2015全国新课标25】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为45M，如图（A）所示。时刻开始，0T小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。1TS碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1S时间内小物块的图线如图（B）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速VT度大小G取10M/S2。求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；12（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。【答案】（1）（2）（3）046M5（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121MGMA可得214/3AMS对滑块，则有加速度224/AS滑块速度先减小到0，此时碰后时间为1TS此时，木板向左的位移为末速度21103XVTAM18/3VS滑块向右位移214/0MST此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/AS木块继续减速，加速度仍为1/3S假设又经历二者速度相等，则有2T212ATVT解得205TS此过程，木板位移末速度231276XVTATM312/VATMS滑块位移24AT此后木块和木板一起匀减速。二者的相对位移最大为13246XXM滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度21/AGMS位移235VXMA所以木板右端离墙壁最远的距离为1356XM【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁14【2015天津10】某快点公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，皮带在电动机的带动下保持的恒定速度向右运动，现将一质量为的邮件轻放在1/VMS2MKG皮带上，邮件和皮带间的动摩擦力因数，设皮带足够长，取，在邮件05210/GMS与皮带发生相对滑动的过程中，求（1）邮件滑动的时间T；（2）邮件对地的位移大小X；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。【答案】（1）02S；（2）01M；（3）2J；【解析】（1）设邮件放到与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则有MGF取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有0MVFT联立解得S20T（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有1MVFX联立并代入数据解得M10X（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为S，则有VTS摩擦力对皮带做的功为FSW代入相关数据解得J2考点摩擦力、匀变速直线运动、功、动能、动量定理【名师点睛】本题属于力学综合问题，但难度不大，注意把握解决力学综合问题的三种观点（力和运动、冲量和动量、功和能）和解题技巧（系统的相互作用问题考虑使用两个守恒定律，单个物理的“X”问题考虑动能定理，单个物体的“T”问题考虑使用动量定理，单个物体的“A”问题考虑牛二定律），像本题中求时间和位移都是如此。15【2015安徽24】由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）。若A星体质量为2M，B、C两星体的质量均为M，三角形边长为A。求（1）A星体所受合力大小FA；（2）B星体所受合力大小FB；（3）C星体的轨道半径RC；（4）三星体做圆周运动的周期T。【答案】（1）（2）（3）（4）3AMFGA27BMFGA7CRA2ATGM【解析】（1）由万有引力定律，A星体所受B、C星体引力大小为22ABBCFFRA方向如图，则合力大小为23AMGA（4）三星体运动周期相同，对C星体，由227CBCMFGRAT可得2ATGM考点本题考查万有引力定律、力的合成、正交分解法等知识。【规律总结】利用万有引力来考查力的合成和几何关系，老题新做，又有新意16【2015四川10】如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E15106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是20106C，质量M025KG，与轨道间动摩擦因数04，P从O点由静止开始向右运动，经过055S到达A点，到达B点时速度是5M/S，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为，且TAN12。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率V的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取G10M/S2，求（1）小物体P从开始运动至速率为2M/S所用的时间；（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。【答案】（1）T105S；（2）【解析】（1）物体P在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力MG和支持力N作用，因此其滑动摩擦力大小为FMG1N根据表格数据可知，物体P在速率V02M/S时，所受水平外力F12NF，因此，在进入电场区域之前，物体P做匀加速直线运动，设加速度为A1，不妨设经时间T1速度为V12M/S，还未进入电场区域。根据匀变速直线运动规律有V1A1T1根据牛顿第二定律有F1FMA1由式联立解得T105S055S，所以假设成立FFMV1即小物体P从开始运动至速率为2M/S所用的时间为T105S（2）当物体P在速率V25M/S时，所受水平外力F26N，设先以加速度A2再加速T2005S至A点，速度为V2，根据牛顿第二定律有F2FMA2根据匀变速直线运动规律有V2V1A2T2由式联立解得V23M/S物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F26N不变，设位移为X1，加速度为A3，根据牛顿第二定律有F2FQEMA3根据匀变速直线运动规律有2A3X12BV由式联立解得X11M根据表格数据可知，当物体P到达B点时，水平外力为F3QE3N，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D点时，其水平向右运动位移为X2，时间为T3，则在水平方向上有X2VBT3根据几何关系有COT23VGT由式联立解得X2M15所以电场力做的功为WQE（X1X2）由式联立解得W925J【考点定位】物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用。【名师点睛】对多过程问题往往需要分段处理，做好受力分析与运动分析。【名师点睛】善于使用假设法，对未知的物理量、物理条件、物理情境等可先一一进行假设，通过假设后便可选择合适物理规律分析、求解。17【2015全国新课标25】下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37（SIN37）的山坡C，上面有一质量为M的石板B，其上下53表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为M（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间的动摩擦因数2减小为05，A、B开始运动，83此时刻为计时起点；在第2S末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离L27M，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小G10M/S2。求（1）在02S时间内A和B加速度的大小；（2）A在B上总的运动时间。【答案】（1）A13M/S2；A21M/S2；（2）4S【解析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题；（1）在02S内，A和B受力如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得11NFCOSMG22NFCOS1MG以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得1SINAF22G联立以上各式可得A13M/S2A21M/S2（2）在T12S，设A和B的加速度分别为，则V1A1T16M/SV2A2T12M/STT1时，设A和B的加速度分别为，此时AB之间摩擦力为零，同理可得1A22/6SM2A即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则02TV联立可得T21S在T1T2时间内，A相对于B运动的距离为MTATVATTVAS271212221此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后T3，A离开B，则有231321TTSL可得,T31S（另一解不合题意，舍去，）则A在B上的运动时间为T总T总T1T2T34S（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；【名师点睛】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题。要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的。18【2015北京23】如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，物块（可视为质点）的质量为M，在水平桌面上沿X轴转动，与桌面间的动摩擦因数为，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为X时，物块所受弹簧弹力大小为FKX，K为常量。（1）请画出F随X变化的示意图并根据FX图像，求物块沿X轴从O点运动到位置X过程中弹力所做的功。（2）物块由向右运动到，然后由返回到，在这个过程中。133X2A、求弹力所做的功；并据此求弹性势能的变化量；B、求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。【答案】（1），（2）；WKX221PAEKX、321FBMG、【解析】（1）在图象中，面积为外力拉弹簧时外力所做的功FX21FWXK弹簧的弹力对其做负功，21WKXB物体向右由运动到的过程摩擦力作功1X3131FWMGX物体由由返回到的过程摩擦力做功3222F全程摩擦力做功1231FFFWGX若物体直接由位置运动到位置，摩擦力做功为1XX21FMGX可知，两次沿不同路径从相同出发点运动到同一位置，摩擦力做功不同，说明摩擦力做功与路径有关。而弹簧弹力做功与路径无关，只与初末位置有关，因此存在弹性势能的概念，根据势能的定义可知，不存在摩擦力势能的概念。【考点定位】用图像法求变力做功，功能关系。【名师点睛】势能是保守力做功才具有的性质，即做功多少与做功的路径无关（重力势能弹性势能、电势能、分子势能、核势能），而摩擦力做功与路径有关，所以摩擦力不是保守力，没有“摩擦力势能”的概念。19【2015广东36】如图18所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R05M，物块A以V06M