專題3牛頓運動定律-2021高考物理一輪復習壓軸題剖析(力學部分)(解析版)

1、24 / 24專題3牛頓運動定律一、選擇題Q3題為單項選擇題，410為多項選擇題)1 .光滑水平地而上有兩個卷放在一起的斜而體A、B,兩斜而體形狀大小完全相同，質(zhì)量分別為M、m.如 圖甲、乙所示，對上面或下面的斜而體施加水平方向的恒力P、尸2均可使兩斜而體相對靜止地做勻加速直 線運動，已知兩斜而體間的摩擦力為零，則斤與R之比為()A. M ： mB. ： MC. m ： (M+MD.【答案】A【解析】Q作用于A時，設A和8之間的彈力為N,對A有:Ncos 3=Mg對8有：Nsin 6=ma對A和8組成的整體有：(M +m)MF = (M+m)a=：gtan 8：in尸2作用于A時，對6有：/n

2、tan 6=ma對A和3組成的整體有：Fi=(M+m)af=j?tan 6,二=絲F2 m故選A。2.如圖所示，斜劈A靜止放置在水平地面上，木樁B固定在水平地而上，彈簧女把物體與木樁相連，彈簧與斜面平行.質(zhì)量為m的物體和人在彈簧k的作用下沿斜劈表而向下運動，此時斜劈受到地面的摩擦力方向向左.則下列說法正確的是（）A.若剪斷彈簧，物體和人的加速度方向一定沿斜而向下B.若剪斷彈簧，物體和人仍向下運動，A受到的摩擦力方向可能向右C.若人從物體機離開，物體機仍向下運動，A受到的摩擦力可能向右D.若剪斷彈簧同時人從物體，離開，物體/向下運動，A可能不再受到地而摩擦力【答案】A【解析】剪斷彈簧前，對斜面分

3、析，受重力、地面的支持力和靜摩擦力、滑塊對斜面體的力（滑塊對斜而 體的滑動摩擦力和壓力的合力），斜劈受到地而的摩擦力方向向左，故根據(jù)平衡條件，滑塊對斜而體的力 向右下方；根據(jù)牛頓第三定律，斜面對滑塊的力向左上方；若剪斷彈簧，滑塊和人整體還要受重力，故合 力偏左，根據(jù)牛頓第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正確：若剪斷彈簧，物體和人仍向下運動，故物 體和人整體對斜而體的力不變，故斜而體受力情況不變，故地而摩擦力依然向左，故B錯誤：若人從物體 m離開，由于慣性，物體m仍向下運動；動摩擦因數(shù)是不變的，故滑塊對斜面體壓力和滑動摩擦力正比例 減小，故壓力和滑動摩擦力的合力依然向右下方，故地而對斜而體的靜摩

4、擦力依然向左，故C錯誤；若剪 斷彈簧同時人從物體m離開，由于慣性，物體m仍向下運動：動摩擦因素是不變的，故滑塊對斜面體壓 力和滑動摩擦力正比例減小，故壓力和滑動摩擦力的合力依然向右下方，故地而對斜而體的靜摩擦力依然 向左，故D錯誤：故選A3.如圖，小球A置于固定在水平而上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著，彈簧固定在豎直板 上.兩小球A、5通過光滑滑輪0用輕質(zhì)細線相連，兩球均處于靜止狀態(tài).已知球B質(zhì)量為?，。點在半 圓柱體圓心。|的正上方，0A與豎直方向成30。角.QA長度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成45。 角，現(xiàn)將輕質(zhì)細線剪斷的瞬間（重力加速度為g）（）A.彈簧彈力大小B.球3

5、的加速度為gC.球A受到的支持力為J5wgD.球A的加速度為gg【答案】D【解析】A、隔離對B分析，根據(jù)共點力平衡得:""一""""""""Ac水平方向有：7；sin45° = F豎宜方向有：6cos45o = mg.則T()b = 2mg 彈簧彈力F = mg, A錯誤:B、輕繩剪斷后，Zw=°，另兩個力不變，此時:a = 2 = 0g , B錯誤：mC、輕繩剪斷后，Km=O,沿圓弧切線和沿半徑方向處理力，瞬間速度為零，沿半徑方向合力為零，有:N = /AZ4gsin60&

6、#176; = L八g »2C錯誤;/72,gcos6001D、沿切線方向，a = 3= -g, D正確;叫 2故選D.4.如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為6,以恒定速率=4m/s順時針轉(zhuǎn)動。一煤塊以初速 度1g12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g=10m/s2,則下列說法正確的是()A.傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tan8=0.75：B.煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.5C.煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為4sD.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為(12+4&) m【答案】AD【解析】AB.由 I 圖像得0ls內(nèi)煤塊的加速度

7、大小12-4 ,2 。/7ax =m/s* = 8ni/s"1 1方向沿傳送帶向下；b2s內(nèi)煤塊的加速度大小4 0)& =m/s* = 4m/s"一 1方向沿傳送帶向下。0ls,對煤塊由牛頓第二定律得mg sin 0 + 川ng cos 0 =12s,對煤塊由牛頓第二定律得msinO 卬geos% 心 2解得tan=0.75f =0.25故A正確，B錯誤；C.，一，圖像圖線與時間軸所圍面枳表示位移大小，所以煤塊上滑總位移大小為410m,由運動學公式得 下滑時間為_ /27_ 12x10 尺'下 YzX丁'所以煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為（2

8、 + 6）s ,故C錯誤:D.（Ms內(nèi)煤塊比作.送棚多走4m劃痕長4m, l<s內(nèi)傳送帶比煤塊多走2n】，劃痕還是4m 2（2 +有）內(nèi)傳送帶向上運動，煤塊向下運動，劃痕總長為2 + L/, + 山= (12 + 4/1n ,2故選ADo5.如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A靜置在水平桌而上，通過足夠長的輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著質(zhì)量為3m的 物塊民 現(xiàn)由靜止釋放物塊A、&以后的運動過程中物塊A不與定滑輪發(fā)生碰撞.已知重力加速度大小 為g,不計所有阻力，下列說法正確的是（）A.在相同時間內(nèi)物塊A、8運動的路程之比為2:1B.物塊A、3的加速度之比為1:1C.輕繩的拉力為，D. 8下落高度h時速

9、度為J等【答案】AC【解析】根據(jù)動滑輪的特點可知5下降s, A需要走動2s,而j=2%, A正確：因為都是從靜止開始運動的，故有2 x產(chǎn)，解得”=：，B鉗誤；對A分析有：T = maA,對3分析有22“b 13mg 2T = 3maB ,解得T = - , a C止確：對8,加速度為4 =3% =,根據(jù)速度位/乙/仃/=2./,解得口= *2, D錯注:6.如圖所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為，的小滑塊.木板受到水平 拉力尸作用時，用傳感器測出長木板的加速度”與水平拉力下的關系如圖所示，重力加速度#=10而針，A.小滑塊的質(zhì)量?=2 kgB.小滑塊與長木板之間的動摩

10、擦因數(shù)為0.1C.當水平拉力產(chǎn)=7 N時,長木板的加速度大小為3儂2D.當水平拉力E增大時，小滑塊的加速度一定增大【答案】AC【解析】對整體分析，由牛頓第二定律有：F= (M+m) a,當F=6N時，此時兩物體具有最大共同加速度，代入數(shù)據(jù)解得：M+m=3kg當F大于6N時，根據(jù)牛頓第二定律得：a=絲區(qū)M M M川隹段的斜率k=! = l： M=lkg,滑塊的質(zhì)於為：m=2kg.故A正確;B、C項：根據(jù)F大于6N的圖線知，："|F=6N時，加速度a=2m/s2,即有：2=6-/2><10代入數(shù)據(jù)解得：產(chǎn)02*F=7N時，長木板的加速度為：aJz0,2；2*2% = 3m/s

11、2.根據(jù)pmg=ma彳導木板的加速度為：a=ng=4m/1s2,故B錯誤，C正確；D項：當拉力增大時，兩物體發(fā)生滑動時，木塊的加速度為“=幺詈= "g=2%，恒'定不變，故D 錯誤.故選AC.7 .如圖所示，水平傳送帶以速度H勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t = 0時刻P在傳送帶左端具有速度v?, P與定滑輪間的繩水平，t = to時刻P離開傳送帶.不計定滑輪質(zhì)量和摩 擦，繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是(【答案】BC【解析】若匕=眩，小物體P可能受到的靜摩擦力等于繩的拉力，一直相對傳送帶靜止勻速向右運動若最 大靜摩擦力小于繩的拉

12、力，則小物體P先向右勻減速運動，減速到零后反向勻加速直到離開傳送帶，由牛 頓第二定律知mQg-“mpg=（m0+機尸）。，加速度不變；若匕 >嶺，小物體P光向右勻加速直線運動， 由牛頓第二定律知卬勺g= （mQ+mp）a ,到小物體P加速到，傳送帶速度匕相等后勻速，故B選項可能：<%,小物體P先向右勻減速直線運糖 由牛頓第二定律知也g =（叫+叫）4， 到小物體P減速到與傳送帶速度匕相等后繼續(xù)向右加速但滑動摩擦力方向改向，此時勻減速運動的加速度 為%g +8 = （%+加?）4,到加速為零后，又反向以a?加速度勻加速運動，而a?,，故C選項, A、D選項錯誤.8 .如圖所示，勁度數(shù)

13、為的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平而上質(zhì)量為/的物體接觸（未 連接），彈簧水平且無形變.用水平力尸緩慢推動物體，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了,此時物體靜 止.撤去尸后，物體開始向左運動，運動的最大距離為4%.物體與水平而間的動摩擦因數(shù)為，重力加 速度為g.則（）A.撤去F后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動B.撤去尸后，物體剛運動時的加速度大小為極-g mC.物體做勻減速運動的時間為D.物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為吆（x0-絲生） K【答案】BD【解析】A.撤去產(chǎn)后，物體水平方向上受到彈簧的彈力和滑動摩擦力，滑動摩擦力不變，而彈簧的彈力 隨著壓縮量的減小而減

14、小,彈力先大于滑動摩擦力，后小于滑動摩擦力，則物體向左先做加速運動后做減 速運動，隨著彈力的減小，合外力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故物體先做變加速運動，再做 變減速運動，最后物體離開彈簧后做勻減速運動，A錯誤:B.剛開始時，由牛頓第二定律有:kx 一 jL/mg = ma解得:a = j一g mB正確:C.由題意知，物體離開彈簧后通過的最大距離為3xo,由牛頓第二定律得:將此運動看成向右的初速度為零的勻加速運動，則：01 J3"。= 2聯(lián)立解得：，=梅 c錯誤；D.當彈簧的彈力與滑動摩擦力大小相等、方向相反時，速度速度最大時合力為零，則有F = "mg = kx解

15、得x = 華,所以物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為： K叱=ping (x0 -a) = fimg (% -D正確。故選BD。9.如圖甲所示，傾角6=30。的光滑斜而固定在水平面上，自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋 板上。一質(zhì)量為，的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動，小球運 動的v-r圖像如圖乙所示，其中QA段為直線段，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，8C是平滑曲 線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。關于小球的運動過程，下列說法正確的是（）A.小球在時刻所受彈簧的彈力等于"喀B.小球在時刻的加速度大于2c.小球從L時刻所

16、在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點D.小球從（時刻到人.時刻的過程中，重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量【答案】BC【解析】A.小球在。時刻速度達到最大，此時彈簧的彈力等于重力沿斜而的分力，則有F “ = nig sin 300 = mg2故A錯誤:B.在乙圖中,關于A點對稱的點可知此時彈簧的彈力為Q5zg ,一對稱性得由對稱軸到對稱點的彈簧的 彈力再變化0.5叫，故到達C點時彈簧的彈力大于2x0.5mg = 吆，所以彈力大于mg,根據(jù)牛頓第 定律可知F 一?gsin。= ma解得 故B正確：C.整個過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒,故從c點釋放，小球能到達原來的釋放點，故C 正

17、確：D.小球從時刻到q時刻的過程中，系統(tǒng)機械能守恒，則有重力勢能的減小量與動能的減小量等于彈簧 彈性勢能的增加量，所以重力勢能的減小量小于彈簧彈性勢能的增加量，故D錯誤。故選BC。10.如圖，C是放在光滑水平面上的一塊右端有固定檔板的長木板，在木板的上面有兩塊可視為質(zhì)點的小 滑塊月和B,三者的質(zhì)量均為m,滑塊A、8與木板間的動摩擦因數(shù)均為.最初木板靜止，A以初速度 V。從C的左端、B以初速度2v。從木板中間某一位置同時以水平向右的方向滑上木板C.在之后的運動過4程中5曾以的速度與。的右檔板發(fā)生過一次彈性碰撞，重力加速度為g,則對整個運動過程，下列說 法正確的是()X >nApfc7777

18、777777777777777/777772A.滑塊A的最小速度為彳小B.滑塊8的最小速度為之心6C.滑塊A與B可能發(fā)生碰撞D.系統(tǒng)的機械能減少了 40%【答案】ABD【解析】當小滑塊A和B相對長木板滑動時，受的滑動摩擦力相同，根據(jù)動量定理可知在相同的時間內(nèi)小 滑塊A和B的速度變化量相同；當長木板與小滑塊A共速時滑塊A的速度最小，設滑塊A的最小速度為 %，速度變化量為%-%,視長木板、小滑塊A和B為系統(tǒng)，動量守恒，規(guī)定向右運動為正方向，則有:2機%=62%一(-%) + 2，九,解得=、；設小滑塊B與擋板發(fā)生碰撞之前瞬間長木板45速度為匕，根據(jù)動量守恒則有：mv0+m*2v0 =m-v0+2m

19、v11解得匕=7%；小滑塊B與擋板發(fā)生 性碰撞，小滑塊B與長木板交換速度，之后小滑塊A和B做加速直線運動，長木板加速勻減速直線運動,直到共速，所以滑塊A5B不能發(fā)生碰撞：設長木板、小滑塊A和B的共速為匕，根據(jù)動量守恒則有:mv0 + /» 2v0 = 3mv2,解得匕=%，系統(tǒng)的機械能減少 了 £ =+ 17(2%尸一! 3* = 八，:,222些=皿= 04即E 1， 1小、).，故A、B、D正確，C錯誤:-mv+-/n(2voy 乙乙說法正確的是選ABD.二、非選擇題(共8題)11 .如圖甲所示，傾角為。的傳送帶以恒定速率逆時針運行.現(xiàn)將一質(zhì)量m=2 kg的小物體輕輕放

20、在傳送 帶的A端，物體相對地而的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，2 s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為 正方向，g=10 m/s2,求：(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v：(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)P.【答案】(1)8mls (2) 0.5【解析】由M圖象的ifii積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為I圖線與r軸所用的面積,所以：£ = 1x1x10 + 1x(10 + 12)x1 = 16m 22由平均速度的定義得:v=y = 8m/s由7圖象可知傳送帶運行速度為v1=10nVs,Av)07s內(nèi)物體的加速度為：q= 10m/s-卜2 s內(nèi)的加速度為：s=2m/s

21、2根據(jù)牛頓第二定律得： 7g sin 0 + ?g cos 0 = malmg sin 0 - 4mg cos 6 = ma2聯(lián)立兩式解得： =0.5.12 .如圖所示，一塊質(zhì)量為M =2kg,長為L = 3m的均質(zhì)薄木板靜止在足夠長的水平桌面上，在木板的 左端靜止擺放著質(zhì)量為7 = 1kg的小木塊（可視為質(zhì)點），薄木板和小木塊之間的動摩擦因數(shù)為4=0.1 ,薄木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為人=0.2.在/=0時刻，在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力方= 12N, g 取lOm/s?.貝ij：（1）拉力廠剛作用在木板上時，木板M的加速度大小是多少？（2）如果/一直作用在M上，那么經(jīng)多少時間”將

22、離開M?（3）若在時間/ = ls末撤去尸，再經(jīng)過多少時間M和川第一次速度相同？在此情況下，最終加在M上 留下的痕跡的長度是多少？【答案】（1）InVs2； 2.5m/s2： （2） 2s： - 3 -s： Im3【解析】（l）?剛作用在木板上時，由牛頓第二定律，對，有:mg=9mi代入數(shù)據(jù)得t/i=l m/s2對M有：F-4i?g-"2（ M+fn ）行Af,”代入數(shù)據(jù)解得：6/2=2.5 ni/s2（2）設所離開用的時間為“，則對，有：1 2A = 5 印1對M有：1 ，M =一". 2又有L=X2-X聯(lián)立解得：t=2s(3) uls時加的速度V1=t/)r1=1 x

23、1 m/s= 1 m/sM的速度為:v2=4/2h=2.5x lni/s=2.5m/s此過程中用相對例的位移0.75mIs后m仍以m的加速度作勻加速運動，M將以“3的加速度勻減速運動，且有:(M+m) g=A/3解得：% = 3.5 m/s設再經(jīng)及后二者速度相等，有：匕+卬2解得1L = S-3此時兩者的共同速度為4v= m/s3此過程中相對例的位移/匕+叭 X+八 cAq = (X2 -(九=0 25m則在此情況下，最終，在A/上留下的痕跡的長度：Ax = Ax. + Ax, = Im13.如圖甲所示，一傾角為37。的傳送帶以恒定速度運行.現(xiàn)將一質(zhì)量m=1kg的小物體拋上傳送帶，物 體相對地

24、面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g=10m/s2,3】37。=0.6, cos 37°=0.8：求：(1)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2) 08 s內(nèi)物體機械能的增加量；(3)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。.【答案】(1)=O.875.(2)AE=9OJ (3) Q=126J【解析】(1)由圖象可以知道,傳送帶沿斜向上運動，物體放到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小為。=£ = 1帆/的勻減速直線運動,對其受力分析.由牛壩第二定律得： 2"mg cos 0 - nig sin 0 = ma可解得：4=0.875.(2)根據(jù)v

25、-t圖象與時間軸闈成的“面積”大小等于物體的位移，可得。8 s內(nèi)物體的位移2 + 61 CC t Ax =x4- x2x2 = 14/n2208 s s內(nèi)物體的機械能的增加量等于物體重力勢能的增加量和動能增加量之和，為AE = ingxsin 8 + g ？ x 4' 一; m x22 = 90J(3)08 s內(nèi)只有前6s發(fā)生相對滑動.06 s內(nèi)傳送帶運動距離為：s皮=4x6=24m 06 s內(nèi)物體位移為:5物二6？則06 s內(nèi)物體相對于皮帶的位移為底= 18"?08 s內(nèi)物體與傳送帶因為摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以二者間的相對位移大小，Q = pmg cos6 - As代入

26、數(shù)據(jù)得：0 = 126J故本題答案是:(l)=0.875.(2)AE=90J (3) 0=126J14.如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為?A=lkg和,B=5kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端， 兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為出=0.5：木板的質(zhì)量為，=4 kg,與地而間的動摩擦因數(shù)為2=01。某時 刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為=3 m/s, A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最 大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2,求：(1) B與木板相對靜止時，木板的速度：(2) A、B開始運動時，兩者之間的距離?！敬鸢浮?1) lm/s： (2) 1.9m,【解

27、析】(D滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地而上滑動，設A、B和木板所受的摩擦力大小分 別為力、.力和力，A和B相對于地面的加速度大小分別是 ,以和“b，木板相對于地而的加速度大小為，小 在 物塊B與木板達到共同速度前有fif2 = "?Bg人=2(叫+恤+加)8由牛頓第二定律得/1 = mAClA fl =mB“B力一工一人=必設在h時刻，B與木板達到共同速度，設大小為力。由運動學公式有匕=%一匕=卬1聯(lián)立©式，代入已知數(shù)據(jù)，可得B與木板相對靜止時，木板的速度Vj = Im/s (2)在八時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為12-5B = V(/l乙設在B與木板達到共同速

28、度i”后，木板的加速度大小為s，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律 有工+力=(桃+m)生 由式知，“A3/B：再由可知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為VI,但運動方向與木板相反：由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為打，設A的速度大小從也變到立所用時間為4則由運動學公式，對木板有嶺=9-®2 畛對A有匕=-匕+“A，2在12時間間隔內(nèi)，B （以及木板）相對地面移動的距離為1 ,5 =u也一 5 a2,2:超乙在G+切時間間隔內(nèi)，A相對地而移動的距離為=%包+，2）-聶包+，2）2®A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，

29、兩者之間的距離為50=5a+51+5b聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)，A、B開始運動時，兩者之間的距離% = 1.9m答：（1） B與木板相對靜止時，木板的速度為lm/s； （2） A、B開始運動時，兩者之間的距離為L9m.15 .如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地而上：B、C 兩物體通過細繩繞過輕質(zhì)定滑輪相連，。放在固定的光滑斜面上.用手拿住。，使細線剛剛拉直但無拉力 作用,并保證爪段的細線豎直、作段的細線與斜面平行.已知A、8的質(zhì)量均為C的質(zhì)量為4?，重 力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).釋放。后它沿斜面下滑，A 剛離開地

30、而時，3獲得最大速度，求：（1）當物體A從開始到剛離開地面時，物體C沿斜面下滑的距離.（2）斜而傾角a.（3） 8的最大速度VBm.【答案】等：（2） 30 ：2g糕【解析】（D8處于靜止狀態(tài)時，壓縮彈簧有mg=kx當A剛要離開地面時，彈簧伸長有mg=kxiB上升高度與。沿斜而下滑距離為f+"2 二等（2）當8的速度最大時，其加速度為零，繩子上的拉力大小為了，對6有T=mkx2對c有4wgsina=T聯(lián)立解得a=30。（3）8從靜止到獲得最大速度的過程中彈簧彈性勢能變化量為零，設5物體的最大速度為匕”，由機械能 守恒定律得Amghsina - mgh = Cm + 4?）v,22解得

31、% = 2器16 .如圖所示，光滑桿AB長為L, B端固定一根勁度系數(shù)為七原長為人的輕彈簧，質(zhì)量為，的小球套在 光滑桿上并與彈簧的上端連接，。'為過8點的豎直軸，桿與水平而間的夾角始終為8.(1)桿保持靜止狀態(tài)，讓小球從彈簧的原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小，及小球速度最大時彈簧的壓縮量A6 ；(2)當球隨桿一起繞。O'軸勻速轉(zhuǎn)動時，彈簧伸長量為A/”求勻速轉(zhuǎn)動的角速度(3)若6 = 30。，移去彈簧，當桿繞。0'軸以角速度供)=、歸，勻速轉(zhuǎn)動時，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平而內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，球受輕微擾動后沿桿向上滑動，到最高點A時球沿桿方向的速度大小為%,

32、求小球從開始滑動到離開桿過程中，桿對球所做的功卬.【答案】(Da = gsin6> .=收；0I 7gsin6 + kAA(2) co= 丫 ?(/()+&2)COS- 031,(3) W = mgL+mv82【解析】(1)小球釋放的瞬間，小球的加速度大小為 mgsinO .a = gsin，ni當小球速度相等時，有mgsinO = %/解得彈簧的壓縮量為_ igsin6(2)當彈簧伸長量為/?，受力如圖所示:在水平方向上有fsin + A/2cos=mz»2(/0 +a/2) cos 6豎直方向上有解得Fvcos 0 - kl 2sin 0 - mg =0co =mg

33、sin6 + k/7(/。+a/2)cos2（3）當桿繞。'軸以角速度為勻速轉(zhuǎn)動時，設小球距離B點4,此時有/ gtan6 = 欣 4)cos6解得2LL一 7此時小球的動能為i,% = 5 7g%cos8)-小球在最高點A離開桿瞬間的動能為1 , >=-rrj+(LcosOy根據(jù)動能定理有W-mg(L-4)sin0 = Em- Ek0解得31W=-mSL + -mv.o，17 .如圖所示，滑塊和滑板靜止在足夠大的水平而上，滑塊位于滑板的最右端，滑板質(zhì)量為M=0.6kg,長為A=0.6m,滑塊質(zhì)量為g0.2kg,質(zhì)量也為m=0.2kg的小球用細繩懸掛在。點,繩長&=0.8

34、m,靜止時小球和滑板左端恰好接觸?，F(xiàn)把小球向左拉到與懸點等高處無初速釋放，小球到達最低點時與木板發(fā)生彈 性碰撞?？諝庾枇雎圆挥嫞阎瑝K與滑板之間的動摩擦因數(shù)為必=。.1,滑板與水平面之間的動摩擦 因數(shù)4=0.2,滑塊和小球均可看成質(zhì)點，重力加速度g取10m/s2,求:（1）小球剛擺到最低點時與木板發(fā)生碰撞前繩的拉力大?。海?）滑塊能否從滑板上掉下?試通過許算說明理由:（3）滑塊和滑板之間由于相對滑動所產(chǎn)生的熱量。：1匯二24【答案】tl） 6N； （2）沒有掉下來,理由見解析；（3） J35【解析】（1）小球下擺過程中，由動能定理：7g4 =5，”說乙小球擺到最低點時，則有：T - mg

35、= m £解得T=6N（2）對小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系統(tǒng)動量守恒，則有：m0 = mv + M根據(jù)能量守恒，則有：1,121”）八二=+-MV 2 ° 22解得：v = -2 m/s, v, = 2 ni/s碰后滑塊向右加速，滑板向右減速對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有：必?g = max解得：ax = 1 ni/s2對滑板，根據(jù)牛頓第二定律有：從 mg + 式 7 + M ）g = Ma?解得:%=3 m/s2假設沒有掉下來，經(jīng)過時間共速度，則有:得，= 0.5s根據(jù)：解得：口共=0.5 m/s滑塊位移為：1 /X2=V/-«2rAXj = x2 - X| = 0.5m <