《2020高考物理一輪總復習 第五章 機械能 能力課2 機械能守恒定律練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復習 第五章 機械能 能力課2 機械能守恒定律練習（含解析）新人教版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課2 機械能守恒定律 一、選擇題 1.(2019屆桂林模擬)一棵樹上有一個質(zhì)量為0.3 kg的熟透了的蘋果P，該蘋果從樹上與A等高處先落到地面C最后滾入溝底D.已知AC、CD的高度差分別為2.2 m和3 m，以地面C為零勢能面，A、B、C、D、E面之間豎直距離如圖所示．算出該蘋果從A落下到D的過程中重力勢能的減少量和在D處的重力勢能分別是(g取10 m/s2)(　　) A．15.6 J和9 J　　　　　　　　 B．9 J和－9 J C．15.6 J和－9 J D．15.6 J和－15.6 J 解析：選C　以地面C為零勢能面，根據(jù)重力勢能的計算公式得D處的重力勢能Ep＝

2、mgh＝0.3×10×(－3) J＝－9 J，從A下落到D的過程中重力勢能的減少量ΔEp＝mgΔh＝0.3×10×(2.2＋3) J＝15.6 J，選項C正確． 2.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正處于原長(圖乙)．忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力．則小球從A位置運動到C位置的過程中，下列說法正確的是(　　) A．經(jīng)過位置B時小球的加速度為0 B．經(jīng)過位置B時小球的速度最大 C．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能守恒 D．小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小 解析：選C　分析小球從A位置到

3、B位置的過程中受力情況，開始時彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在B點時，彈力為零，小球從B到C的過程中，只受重力．根據(jù)牛頓第二定律可以知道小球從A位置到B位置過程中，小球先向上做加速運動再向上做減速運動，所以速度最大位置應該是加速度為零的位置，在A、B之間某一位置，選項A、B錯誤；從A位置到C位置過程中小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，選項C正確，D錯誤． 3.(多選)(2018屆湖南郴州一中模擬)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是(

4、　　) A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小 B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加 C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關(guān) 解析：選ABC　在運動員到達最低點前，運動員一直向下運動，根據(jù)重力勢能的定義可知重力勢能始終減小，故選項A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運動員向下運動，所以彈力做負功，彈性勢能增加，故選項B正確；對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故選項C正確；重力做功是重力勢能轉(zhuǎn)化的量度，即WG＝－ΔEp，

5、而蹦極過程中重力做功與重力勢能零點的選取無關(guān)，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關(guān)，故選項D錯誤． 4.(多選)(2018屆山東山師附中三模)如圖所示，質(zhì)量為m的a、b兩球固定在輕桿的兩端，桿可繞O點在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，已知兩物體距O點的距離L1>L2，現(xiàn)在由圖示位置靜止釋放，則在a下降過程中(　　) A．a(chǎn)、b兩球的角速度大小始終相等 B．重力對b球做功的瞬時功率一直增大 C．桿對a做負功，a球機械能不守恒 D．桿對b做負功，b球機械能守恒 解析：選AC　a、b兩球同時繞O點轉(zhuǎn)動，角速度大小始終相等，故A正確；剛開始，b的速度為0，重力對b球做功的瞬時功率為0，在豎

6、直位置，速度與重力方向垂直，重力對b球做功的瞬時功率為0，所以重力對b球做功的瞬時功率先增大后減小，故B錯誤；在a下降過程中，b球的動能增加，重力勢能增加，所以b球的機械能增加，根據(jù)重力之外的力做功量度物體機械能的變化，所以桿對b做正功，球a和b系統(tǒng)機械能守恒，所以a機械能減小，所以桿對a做負功，故D錯誤，C正確． 5.(多選)(2019屆揭陽市揭東一中檢測)如圖，兩個相同小物塊a和b之間用一根輕彈簧相連，小物塊a和b及彈簧組成的系統(tǒng)用細線靜止懸掛于足夠高的天花板下．細線某時刻被剪斷，系統(tǒng)下落，已知重力加速度為g，則(　　) A．細線剪斷瞬間，a和b的加速度大小均為g B．彈簧恢復原

7、長時，a和b的加速度大小均為g C．下落過程中彈簧一直保持拉伸狀態(tài) D．下落過程中a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析：選BD　開始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力大小等于物塊b的重力mg，當細線剪斷瞬間，彈簧不能突變，則物塊b受力仍然平衡，加速度為零，而a受向下的重力和拉力作用，加速度為2g，故A錯誤；彈簧恢復原長時，兩物塊均只受重力，故加速度大小為g，由于此時物塊a的速度大于b的速度，故此后一段時間彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B正確，C錯誤；對a、b和彈簧組成的系統(tǒng)來說，由于只有重力和彈簧彈力做功，故機械能守恒，故D正確． 6.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道和光滑水平軌道相切，

8、三個小球1、2、3沿水平軌道分別以速度v1＝2、v2＝3、v3＝4水平向左沖上半圓形軌道，g為重力加速度，下列關(guān)于三個小球的落點到半圓形軌道最低點A的水平距離和離開軌道后的運動形式的說法正確的是(　　) A．三個小球離開軌道后均做平拋運動 B．小球2和小球3的落點到A點的距離之比為 ∶2 C．小球1和小球2做平拋運動的時間之比為1∶1 D．小球2和小球3做平拋運動的時間之比為1∶1 解析：選BD　設小球恰好通過最高點時的速度為v，此時由重力提供向心力，則mg＝m，得v＝ 設小球能通過最高點時在軌道最低點的最小速度為v′，由機械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv′2 得v′＝

9、 由于v1＝2

10、簧相連，彈簧原長為L，用長為2L的細線連接兩球．現(xiàn)將質(zhì)量為M的物塊用光滑的鉤子掛在細線上，從細線繃直開始釋放，物塊向下運動．則物塊(　　) A．運動到最低點時，小球的動能為零 B．速度最大時，彈簧的彈性勢能最大 C．速度最大時，桿對兩球的支持力為(M＋2m)g D．運動到最低點時，桿對兩球的支持力小于(M＋2m)g 解析：選AC　物塊從開始釋放先做加速運動，后做減速運動直到速度為零即到達最低點，此時小球速度為零，兩球相距最近，彈簧形變最大，彈性勢能最大，故A正確，B錯誤；速度最大時，即此時系統(tǒng)合力為零，將兩小球和物塊看成系統(tǒng)，受重力(M＋2m)g，桿對兩球的支持力二力平衡，故C正

11、確；運動到最低點時，物塊具有向上的加速度，由類整體法可知，桿對兩球的支持力大于(M＋2m)g，故D錯誤． 8.如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的二倍．當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是(　　) A．2R B. C. D. 解析：選C　設A球剛落地時兩球速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律2mgR－mgR＝(2m＋m)v2得v2＝gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝＝，B球上升的最大高度為h＋R＝R. 9.(2016年海南卷)如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿

12、軌道做完整的圓周運動．已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在高點時對軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1－N2的值為(　　) A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg 解析：選D　設小球在最低點時速度為v1，在最高點時速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律有，在最低點：N1－mg＝，在最高點：N2＋mg＝；從最高點到最低點，根據(jù)機械能守恒定律有mv22＋mg·2R＝mv12，聯(lián)立可得N1－N2＝6mg，故選項D正確． 10.(2019屆云南模擬)如圖所示，由半徑為R的光滑圓周和傾角為45°的光滑斜面組成的軌道固定在豎直平面內(nèi)，斜面和圓周之間由小圓弧平滑連接．一

13、小球恰能過最高點，并始終貼著軌道內(nèi)側(cè)順時針轉(zhuǎn)動．則小球通過斜面的時間為(重力加速度為g)(　　) A．2 B．2 C．(2－2) D．(－) 解析：選D　小球恰好通過最高點的速度v1＝，由機械能守恒定律得mv12＋mgR＝mv22，解得小球通過斜面頂端時的速度v2＝，由運動學規(guī)律得R＝v2t＋gt2sin45°，則t＝(－)，選項D正確． 二、非選擇題 11.(2018年江蘇卷)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度．細線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l.用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此

14、時BC與水平方向的夾角為53°.松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動．忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T. 解析：(1)設小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2. F1sin53°＝F2cos53° F＋mg＝F1cos53°＋F2sin53°且F1＝Mg 解得F＝Mg－mg. (2)小球運動到與A、B相同高度過程中 小球上升高度h1＝3lsin53°，物塊下降高度h2＝2l

15、根據(jù)機械能守恒定律mgh1＝Mgh2 解得M∶m＝6∶5. (3)根據(jù)機械能守恒定律，小球回到起始點．設此時AC方向的加速度大小為a，物塊受到的拉力為T，由牛頓第二定律得Mg－T＝Ma，小球受AC的拉力T′＝T 由牛頓第二定律得T′－mgcos53°＝ma 解得T＝. 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3) 12．如圖甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客不會掉下來．我們把這種情形抽象為如圖乙所示的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使質(zhì)量為m的小球從弧形軌道上端滾下，小球從圓軌道下端進入后沿圓軌道運動．如果已知圓軌道的半徑為R，重力加速度為g，不考慮阻力．

16、 (1)求若小球從高為h處由靜止釋放，小球到達圓軌道底端時對軌道的壓力； (2)若要使小球運動過程中不脫離軌道，討論小球由靜止釋放時的高度應滿足的條件； (3)若讓小球從高為h＝2R處的A點由靜止釋放，試求小球通過圓軌道底端后所能到達的最大高度． 解析：(1)小球從高為h處由靜止釋放到到達圓軌道底端的過程，由機械能守恒定律得mgh＝mv2 在底端，由牛頓第二定律得N－mg＝m 解得N＝mg＋m＝mg 根據(jù)牛頓第三定律得N′＝N＝mg，方向為豎直向下． (2)要使小球運動過程中不脫離軌道 第一種可能：恰能到達最高點，設在最高點時速度為vm，有mg＝m 能過最高點，則在最高

17、點時速度應滿足v≥vm＝ 由機械能守恒定律有mgh＝mv2＋mg·2R 解得h≥R. 第二種可能：小球到達圓軌道上與圓心等高處時速度恰為零，有mgh＝mgR 則h＝R 不能到達圓軌道上高于圓心處，則h≤R. 所以h≥R或h≤R. (3)h＝2R

18、·2R＝mgh′＋mvx2 解得h′＝R. 答案：(1)mg，豎直向下　(2)h≥R或h≤R　(3)R |學霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1.(2019屆石家莊一模)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)．開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細繩伸直，此時物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上．現(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài) B．物體A即將落地時，物體B處于失重狀態(tài) C．物體A下落過程中，彈簧的彈性

19、勢能最大值為mgh D．物體A下落過程中，A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小 解析：選C　根據(jù)題述“A與地面即將接觸時速度恰好為零”可知A先加速后減速向下運動，加速度方向先向下后向上，物體A先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；根據(jù)題述“A與地面即將接觸時速度恰好為零，此時物體B對地面恰好無壓力”，可知此時細繩中拉力等于B的重力，B處于靜止狀態(tài)，加速度為零，B不是處于失重狀態(tài)，選項B錯誤；對A和彈簧組成的系統(tǒng)，在A由靜止下落到A與地面即將接觸時的過程，系統(tǒng)重力勢能、動能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，取地面為重力勢能為零，初狀態(tài)系統(tǒng)機械能等于mgh，末狀態(tài)系統(tǒng)機械能為彈性勢能，由機械能守恒定

20、律，物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mgh，選項C正確；物體A下落過程中，A的重力勢能一直減小，A的動能和彈簧的彈性勢能之和一直增大，選項D錯誤． 2.(多選)(2018屆佛山模擬)如圖所示，一根長為L不可伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O，兩端分別連接質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當小球轉(zhuǎn)動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點，且此時物塊B的速度剛好為零，則下列說法中正確的是(　　) A．物塊B一直處于靜止狀態(tài) B．小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中機械能守恒 C．小球A運動到水平軸正下方時的速度小于 D．小球A從圖示位置運動到水平軸正

21、下方的過程中，小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析：選CD　當小球轉(zhuǎn)動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點，所以小球A下降的高度為，繩的拉力大于B的重力，物塊B會上升一定的高度h，由機械能守恒得·2mv2＝2mg·－mgh，所以小球A運動到水平軸正下方時的速度v<，A錯誤，C正確；在整個過程中小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤，D正確． 3.如圖所示，在一個直立的光滑管內(nèi)放置一個輕質(zhì)彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一個質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則正確的是(　　) A．小球運動的最大速度等于2 B．彈簧的

22、勁度系數(shù)為 C．小球運動中最大加速度為g D．彈簧的最大彈性勢能為3mgx0 解析：選D　小球從A點到O點做自由落體運動，到達O點的速度為v2＝2g·2x0，解得v＝2，接觸彈簧后，合力減小，加速度減小，到合力減小到零時，速度達到最大值，所以最大速度大于2，A錯誤；小球速度達到最大時，mg＝F＝k·Δx，解得Δx＝

23、2 m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2 m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10 m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是(　　) A．桿對小球A做正功 B．小球A的機械能守恒 C．桿對小球B做正功 D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15 m 解析：選AD　將小球A、B視為一個系統(tǒng)，設小球的質(zhì)量均為m，最后小球B上升的高度為h，根據(jù)機械能守恒定律有×2mv2＝mgh＋mg(h＋0.2×sin30°)，解得h＝0.15 m，選項D正確；以小球A為研究對象

24、，由動能定理有－mg(h＋0.2×sin30°)＋W＝0－mv2，可知W>0，可見桿對小球A做正功，選項A正確，B錯誤；由于系統(tǒng)機械能守恒，故小球A增加的機械能等于小球B減小的機械能，桿對小球B做負功，選項C錯誤． 5.(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定在O1點，另一端系一小球，小球穿在固定于豎直面內(nèi)、圓心為O2的光滑圓環(huán)上，O1在O2的正上方，C是O1O2的連線和圓環(huán)的交點，將小球從圓環(huán)上的A點無初速度釋放后，發(fā)現(xiàn)小球通過了C點，最終在A、B之間做往復運動．已知小球在A點時彈簧被拉長，在C點時彈簧被壓縮，則下列判斷正確的是(　　) A．彈簧在A點的伸長量一定大于彈簧在C點的壓縮量 B

25、．小球從A至C一直做加速運動，從C至B一直做減速運動 C．彈簧處于原長時，小球的速度最大 D．小球機械能最大的位置有兩處 解析：選AD　因只有重力和彈簧彈力做功，故小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球在A點的動能和重力勢能之和最小，所以在A點彈簧的彈性勢能大于彈簧在C點的彈性勢能，A正確；小球從A點至C點，切線方向先加速后減速，當切線方向加速度為零時，速度最大，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，B、C錯誤；當彈簧處于原長狀態(tài)時，其彈性勢能為零，小球的機械能最大，由對稱性可知，在A、C間和C、B間應各有一處，D正確． 6．如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直

26、上拋，B球以傾斜角θ斜向上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則(　　) A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBhC D．hA＝hC>hB 解析：選D　A球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能．對A、C球列機械能守恒定律方程為 mgh＝mv02，解得h＝， 對B球：mgh′＋mvt2＝mv02，且vt≠0 所以h′＝

27、托住Q使整個系統(tǒng)靜止，此時輕繩剛好拉直，且AO＝L，OB＝h，AB

28、2mg(L－h(huán))＝mv2，得v＝2，選項C正確；由系統(tǒng)機械能守恒可知，當P速度再次為零時，Q物體回到原位置，選項D錯誤． 8.(多選)(2019屆棗莊期末)在豎直桿上安裝一個光滑導向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動；不計經(jīng)導向槽時小球的能量損失；設小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當小球有最大水平位移時，下列說法正確的是(　　) A．導向槽位置應在高為的位置 B．最大水平位移為 C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當小球落地時，速度方向與水平方向成45°角 解析：選AD　設平拋時的速度為v0，根據(jù)機械

29、能守恒定律可得mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根據(jù)平拋運動的知識可得下落時間t＝，則水平位移x＝v0t＝，所以當－2h＝2h時水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為x＝＝2h＝，B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知，在某高度處時上升的速率和下落的速率相等，C錯誤；設小球落地時速度與水平方向成θ角，位移與水平方向的夾角為α，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×＝1，則θ＝45°，D正確． 二、非選擇題 9.(2018屆德州一模)如圖所示，在粗糙水平軌道OO1上的O點靜止放置一質(zhì)量m＝0.25 kg的小物塊，它與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，OO1的距離s＝4 m．

30、在O1右側(cè)固定了一半徑R＝0.32 m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用F＝2 N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力(g＝10 m/s2)．求： (1)為使小物塊到達O1，求拉力F作用的最短時間； (2)若將拉力變?yōu)镕1，使小物塊由O點靜止運動至OO1的中點位置撤去拉力，恰能使小物塊經(jīng)過半圓弧的最高點，求F1的大?。? 解析：(1)小物塊能運動到O1點，由動能定理得Fx－μmgs＝0 解得x＝2 m 由牛頓第二定律得F－μmg＝ma 解得a＝4 m/s2 由運動公式得x＝at2 解得t＝1 s. (2)設小物塊到達O1點的速度為v2，剛好到達最高點時的速度為v 由牛頓第二定律

31、得mg＝m 由機械能守恒定律得mv12＝2mgR＋mv2 在水平軌道上運動，應用動能定理得F1s1－fs＝mv12 解得F1＝3 N. 答案：(1)1 s　(2)3 N 10.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面體上，一勁度系數(shù)為k＝200 N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m＝4 kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求： (1)彈簧恢復原長時細繩上的拉力； (2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度； (3)物體A的最大速度大小

32、． 解析：(1)彈簧恢復原長時，物體A、B的加速度大小相同， 對B分析有mg－T＝ma 對A分析有T－mgsin30°＝ma 代入數(shù)據(jù)解得T＝30 N. (2)初始位置，彈簧的壓縮量為 x1＝＝10 cm 當物體A速度最大時，即物體A的加速度為0，對物體A分析有mg＝kx2＋mgsin30° 彈簧的伸長量為x2＝10 cm 所以物體A沿斜面上升的距離為 x＝x1＋x2＝20 cm. (3)因為x1＝x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機械能守恒得mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝·2m·v2 解得v＝1 m/s. 答案：(1)30 N　(2)20

33、 cm　(3)1 m/s 11．(2019屆泉州質(zhì)檢)如圖甲所示，固定的光滑半圓軌道的直徑PQ沿豎直方向，其半徑R的大小可以連續(xù)調(diào)節(jié)，軌道上裝有壓力傳感器，其位置N始終與圓心O等高．質(zhì)量M＝1 kg、長度L＝3 m的小車靜置在光滑水平面上，小車上表面與P點等高，右端與P點的距離s＝2 m，一質(zhì)量m＝2 kg的小滑塊以v0＝6 m/s的水平初速度從左端滑上小車，小車與墻壁碰撞后小車立即停止運動．在R取不同值時，壓力傳感器讀數(shù)F與的關(guān)系如圖乙所示，已知小滑塊與小車表面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小滑塊到達P點時的速度v1； (2)圖乙中a和b的值；

34、 (3)在>3.125 m－1的情況下，小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xmin. 解析：(1)小滑塊滑上小車后將做勻減速直線運動，小車將做勻加速直線運動，設小滑塊加速度大小為a1，小車加速度為a2，由牛頓第二定律可得 對小滑塊有μmg＝ma1?、? 對小車有μmg＝Ma2?、? 設小車與小滑塊經(jīng)歷時間t后速度相等，則有v0－a1t＝a2t　③ 小滑塊的位移s1＝v0t－a1t2?、? 小車的位移s2＝a2t2?、? 代入數(shù)據(jù)解得s1＝5 m，s2＝2 m　⑥ 由于s2＝s，L＝s1－s2，說明小車與墻壁碰撞時小滑塊恰好與小車共速并到達小車右端，即小滑塊到達P點的速度v1＝

35、＝4 m/s.?、? (2)設小滑塊到達N點時的速度為vN，則有F＝m⑧ 從P點到N點過程中，由機械能守恒定律有mv12＝mvN2＋mgR?、? 由⑧⑨式得F＝m－2mg?、? 故b＝2mg＝40 N 由⑩式，結(jié)合圖乙可知，圖象的斜率k＝mv12＝32＝ 解得a＝1.25 m－1. (3)設小滑塊恰能經(jīng)過半圓軌道最高點Q時的軌道半徑為R，此時經(jīng)過Q點的速度為vQ 則有mg＝m 從P到Q點過程中，由機械能守恒可得mv12＝mvQ2＋2mgR　? 解得R＝0.32 m，即＝3.125 m－1 可見>3.125 m－1在的情況下，小滑塊在半圓軌道運動過程中始終不會脫離軌道 由?式可知vQ＝＝ 小滑塊離開Q點后做平拋運動至到達小車的過程中，有x＝vQt,2R＝gt2 解得x＝，當R＝0.2 m時，x有最大值xm＝0.8 m 小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xmin＝L－xm＝2.2 m. 答案：(1)4 m/s　(2)1.25　40　(3)2.2 m 16