【單元練】高中物理必修2第八章【機(jī)械能守恒定律】知識(shí)點(diǎn)總結(jié)

1、24一、選擇題如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m,均勻的細(xì)鏈條長(zhǎng)為厶，置于光滑水平桌面上，用手按住一L端，使鏈條-長(zhǎng)部分垂在桌面下，（桌面高度大于鏈條長(zhǎng)度），則鏈條上端剛離開桌面時(shí)的動(dòng)能為（）C.2mgL3D.4mgLB解析：B以桌面為零勢(shì)能面，開始時(shí)鏈條的重力勢(shì)能為L(zhǎng)1mgLE=一mg=142當(dāng)鏈條剛脫離桌面時(shí)的重力勢(shì)能為E=mg丄L262故重力勢(shì)能的變化量3mgL根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，鏈條上端剛離開桌面時(shí)的動(dòng)能增加量為，即動(dòng)能為83mgL，故B正確，ACD錯(cuò)誤。8故選B。如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓

2、力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（A.mgRB.01廠C.3mgRD.mgRA解析：A質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得V2N-mg二m-Q-R由題有N-2mg可得質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，由動(dòng)能定理得mgR-W=1mv2f2Q得克服摩擦力所做的功為-mgR故A正確BCD錯(cuò)誤。故選A。如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長(zhǎng)的輕繩系于0點(diǎn)，B球用輕質(zhì)彈簧系0點(diǎn)。0與0點(diǎn)在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點(diǎn)等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止開始釋放，當(dāng)兩球達(dá)到各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)兩球恰好

3、仍處在同一水平面上，則（JQj一兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，兩球動(dòng)能相等兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，B球動(dòng)能較大兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A、B兩球機(jī)械能相等兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A球機(jī)械能較大D解析：D兩個(gè)球都是從同一個(gè)水平面下降的，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)還是在同一個(gè)水平面上，AB兩球重力做的功相同，B球在下落的過程中彈簧要對(duì)球做負(fù)功，B球在最低點(diǎn)的動(dòng)能要比A的小，A錯(cuò)誤；兩個(gè)球都是從同一個(gè)水平面下降的，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)還是在同一個(gè)水平面上，AB兩球重力做的功相同，B球在下落的過程中彈簧要對(duì)球做負(fù)功，B球在最低點(diǎn)的動(dòng)能要比A的小，B錯(cuò)誤；由于下落的過程中彈簧要對(duì)球做負(fù)功，B的機(jī)械能減小，所以兩球到

4、達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A球機(jī)械能較大，C錯(cuò)誤；由于下落的過程中彈簧要對(duì)球做負(fù)功，B的機(jī)械能減小，所以兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下24方時(shí)，A球機(jī)械能較大，D正確。故選Do幼兒園滑梯（如圖甲所示）是孩子們喜歡的游樂設(shè)施之一，滑梯可以簡(jiǎn)化為如圖乙所示模型。一質(zhì)量為m的小朋友（可視為質(zhì)點(diǎn)），從豎直面內(nèi)、半徑為r的圓弧形滑道的A點(diǎn)由靜止開始下滑，利用速度傳感器測(cè)得小朋友到達(dá)圓弧最低點(diǎn)B時(shí)的速度大小為（號(hào)（g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋?。已知過人點(diǎn)的切線與豎直方向的夾角為30，滑道各處動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則小朋友在沿著AB下滑的過程中（）nQ囪甲在最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)滑道的壓力大小為2mg處于先超重后失重狀態(tài)重力的功率先減小后增

5、大克服摩擦力做功為A解析：A根據(jù)牛頓第二定律得V2FN-mg=mr結(jié)合牛頓第三定律得小朋友在最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)滑道的壓力大小為3Fn二一mg2選項(xiàng)A正確；小朋友在A點(diǎn)時(shí)加速度沿著切線向下，處于失重狀態(tài)，到最低點(diǎn)時(shí)加速度豎直向上,處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小朋友在A點(diǎn)時(shí)速度為零，重力的功率為零，到最低點(diǎn)時(shí)重力的方向與速度方向垂直，重力的功率也為零，故重力的功率先增大后減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得mgr(1-cos60)-Wf=mv2聯(lián)立可得克服摩擦力做功為mgr選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選Ao在水平地面上豎直上拋一個(gè)小球，小球在運(yùn)動(dòng)過程中重力瞬時(shí)功率的絕對(duì)值為P,離地高度伉不計(jì)空氣阻力，從拋出到落回原地的過程中

6、，P與h關(guān)系圖像為（）解析：C不計(jì)空氣阻力，小球豎直向上拋出后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球的初速度為v，小球上升過程的位移h,即小球距地面的高度為h,速度為根據(jù)2gh=v2一v20解得v=v2一2gh0速度向上，重力豎直向下，重力的瞬時(shí)功率的絕對(duì)值P=mgv=mg、jv22gh小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過同一位置即離地面的高度h相同時(shí)小球的速度大小相等，方向相反，重力瞬時(shí)功率的絕對(duì)值相等，即小球上升過程與下降過程距離地面高度h相同時(shí)重力瞬時(shí)功率的絕對(duì)值相等，即mgjvj-2gh故選Co如圖所示，一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個(gè)小球A和BoA球質(zhì)量為m，B球質(zhì)量為3m，用手托住B球，當(dāng)輕繩剛好被拉緊時(shí)

7、，B球離地面的高度是h，A球靜止于地面，定滑輪的質(zhì)量與輪與軸間的摩擦均不計(jì)，重力加速度為&，在釋放B球后，至BA.B.C.D.在此過程中，小球A的重力勢(shì)能增加了3mgh在此過程中，繩子對(duì)小球A做功mgh在此過程中，B球重力勢(shì)能的減小量等于其動(dòng)能的增加量B球剛落地時(shí)，B球的速度大小為事嬴D解析：D小球A的重力勢(shì)能增加量等于克服重力所做的功，即AE=mghpA錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可知，B球重力勢(shì)能的減小量等于A、B兩球動(dòng)能的增加量和A球重力勢(shì)能的增加量，C錯(cuò)誤；B球剛落地時(shí)，A、B兩球速度大小相等，假設(shè)為W對(duì)整體據(jù)機(jī)械能守恒定律可得13mgh=-4m-v2+mgh26,若拉力F做的功為W,平均功

8、率為3；物體克服摩擦阻力Ff做的功為化，平均功率為F2FfB.WW2，F(xiàn)=2FfD.P1=P2,F=2FfA)Pa，貝y12F-FFff即F2Ff設(shè)物體的最大速度為由平均功率公式P=府得vvP二F，P二F-i22f2由于F2f，則P2P12故選A。81925年物理學(xué)家霍曼提出了霍曼轉(zhuǎn)移軌道，該軌道可消耗最小的能量來發(fā)射地球靜止軌道衛(wèi)星。發(fā)射時(shí)首先讓衛(wèi)星進(jìn)入停泊軌道，在D點(diǎn)點(diǎn)火使衛(wèi)星進(jìn)入GTO軌道，在F點(diǎn)再次點(diǎn)火使衛(wèi)星進(jìn)入GEO軌道，忽略因火箭點(diǎn)火產(chǎn)生的質(zhì)量變化，則下列說法正確的是（）地球靜止軌道GEO）衛(wèi)星在停泊軌道的運(yùn)行周期大于在GEO軌道的運(yùn)行周期衛(wèi)星在停泊軌道的加速度小于在GEO軌道的加

9、速度衛(wèi)星在GTO軌道上D點(diǎn)時(shí)速率大于在F點(diǎn)時(shí)的速率衛(wèi)星在停泊軌道的機(jī)械能大于在GEO軌道的機(jī)械能C解析：C根據(jù)周期公式T二2可知衛(wèi)星軌道半徑越大，周期越大，半徑越小，周期越小，衛(wèi)星在停泊軌道的運(yùn)行周期小于在GEO軌道的運(yùn)行周期，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B根據(jù)萬有引力定律可得加速度GMa=r2可知軌道半徑越小，加速度越大，衛(wèi)星在停泊軌道的加速度大于在GEO軌道的加速度，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.衛(wèi)星在GTO軌道運(yùn)行時(shí)機(jī)械能守恒，故衛(wèi)星在F點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能大，動(dòng)能小，衛(wèi)星在D點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能小，動(dòng)能大，故選項(xiàng)C正確；D.經(jīng)過兩次點(diǎn)火，衛(wèi)星的機(jī)械能均增加，所以衛(wèi)星在GEO軌道的機(jī)械能大于在停泊軌道的機(jī)械能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選Co如

10、圖，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的輕彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊（滑塊與彈簧不拴接），向下壓縮彈簧至離地高度h=0.1m處，由靜止釋放滑塊，通過傳感器測(cè)量出滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的動(dòng)能E-h圖像，其中h=0.18m時(shí)對(duì)應(yīng)圖像的最頂點(diǎn)，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線，其余為曲線，取g=10m/s2,由圖像可知（）彈簧的原長(zhǎng)為0.18m滑塊的質(zhì)量為0.2kg彈簧的彈性勢(shì)能最大值為0引彈簧的彈性勢(shì)能最大值為0.32JB解析：B由高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖像為直線可知，彈簧的原長(zhǎng)為0.2m，故A錯(cuò)誤；由圖像可知，滑塊在0.2m處動(dòng)能為0.3J,從0.2m上升到0

11、.35m范圍內(nèi)，由機(jī)械能守恒可得mg（0.35-0.2）=0.3解得m=0.2kg故B正確；CD.從0.1m到0.35m的過程中，根據(jù)能量守恒可知，增加的重力勢(shì)能即為彈簧的彈性勢(shì)能的最大值，有E=mgAh=0.2x10 x（0.350.1）J=0.5Jpm故CD錯(cuò)誤。故選Bo為轎車中的手動(dòng)變速桿，若保持發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率不變，將變速桿推至不同擋位，可獲得不同的運(yùn)行速度，從15擋速度增大，R是倒車擋。某型號(hào)轎車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為96kW，在水平路面上行駛的最大速度可達(dá)288km/h。假設(shè)該轎車在水平路面上行駛時(shí)所受阻力恒定，則該轎車（）以最大牽引力爬坡，變速桿應(yīng)推至“5擋該車在水平路面上行駛時(shí)受所阻

12、力大小為800N以額定功率在水平路面上以最大速度行駛時(shí)，其牽引力為1200N以54km/h的速度在水平路面上勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為96kWC解析：C288km/h=80m/s,54km/h=15m/sA.根據(jù)P=Fv可知，以最大牽引力爬坡，速度應(yīng)最小，因此變速桿應(yīng)推至“1擋，A錯(cuò)誤;BC.最大速度行駛時(shí)F=f此時(shí)96x10380N=1200NB錯(cuò)誤，C正確;以54km/h的速度在水平路面上勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率P=fv=1200 x15W=1.8x104W=18kWD錯(cuò)誤。故選Co二、填空題均勻鐵鏈全長(zhǎng)為厶，質(zhì)量為其中一半平放在光滑水平桌面上，其余懸垂于桌邊，如圖所示，此時(shí)鏈條的

13、重力勢(shì)能為，如果由圖示位置無初速釋放鐵鏈，直到當(dāng)鐵鏈剛掛直，此時(shí)速度大小為（重力加速度為g,桌面高度大于鏈條長(zhǎng)度，取桌面所在平面為零勢(shì)能面）000800008解析：-mgL81平放在光滑水平桌面上的一半鐵鏈的重力勢(shì)能為0，懸掛在桌下面的一半鐵鏈的重心距L離桌面的距離為-，其重力勢(shì)能為1mgx2L卜-1mgL4丿8所以此時(shí)鏈條的重力勢(shì)能為-mgL。82從無初速釋放鐵鏈，到鐵鏈剛掛直，整個(gè)過程機(jī)械能守恒。鐵鏈剛掛直時(shí)，其重力勢(shì)能為mgxf-厶=-1mgLI2丿25根據(jù)機(jī)械能守恒mgL=mgL+mv2822解得12某同學(xué)在原地進(jìn)行單手運(yùn)球訓(xùn)練中發(fā)現(xiàn)，讓籃球從靜止開始下落并自由反彈，彈起的最大高度比原

14、來低20cm。為了讓球每次都能彈回到原來的高度，當(dāng)球回到最高點(diǎn)時(shí)，向下拍打一次球，每分鐘拍打100次，籃球質(zhì)量為600g。取重力加速度大小為10m/s2。不計(jì)空氣阻力和拍球瞬間的能量損失，則該同學(xué)每次拍打小球需做功為_J，拍打小球的平均功率為_W。220解析：22.012每次拍打做得功使得小球能夠多上升20cm，因此為W二mgh=0.6x10 x0.2二1.2J拍打小球的平均功率為1.2x10060W=2.0W如圖是滑道壓力測(cè)試的示意圖，光滑斜面與半徑為R滑圓弧軌道,在滑圓弧軌道弧的最低點(diǎn)B處平滑相連接，某質(zhì)量為m的滑塊從斜面上高h(yuǎn)處由靜止下滑，重力加速度為g則：1）滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面底端的B點(diǎn)時(shí)

15、的速度大小為2）滑塊進(jìn)入圓弧軌道的B對(duì)軌道的壓力。(2h)解析：J2ghmg1+右kR丿(1)1滑塊從高h(yuǎn)處由靜止下滑到B點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得vB=dgh(2)在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有V2N一mg=m-B-R解得N=mg根據(jù)牛頓第三定律，可知滑塊進(jìn)入圓弧軌道的B對(duì)軌道的壓力為mg(I+尋kR丿在“用DIS實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)研究機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)中使用傳感器來測(cè)量小球通過該點(diǎn)的。光電門瞬時(shí)速度解析：光電門瞬時(shí)速度在“用DIS實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)研究機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)中使用光電門傳感器來測(cè)量小球通過該點(diǎn)的瞬時(shí)速度。質(zhì)量為發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為P0的汽車沿平直公路行駛，當(dāng)它的加速度為a時(shí)，速度為測(cè)得發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率

16、為3,假定運(yùn)動(dòng)中所受阻力恒定，它在平直的路上勻速行駛的最大速度為。解析:Pv0P一mav1當(dāng)速度為v時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為P1，此時(shí)的牽引力根據(jù)牛頓第二定律有解得F-f=maf=F一ma=1一mav當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大2PPPPvv=0=0=0=0mFfPP-mavi-maiv足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面傾角為30,質(zhì)量為m=1kg的物體在斜面上由靜止開始下滑,則：第2秒內(nèi)重力做功的功率為W；2秒末重力做功的功率為W(g=10m/s2)5W50W解析：5W50W1物體下滑的加速度為a，根據(jù)牛頓二定律mgsin30o=ma解得秒內(nèi)的位移2s內(nèi)的位移因此第2秒的位移因此第2秒內(nèi)的功率(2)2第2秒

17、末的速度秒末重力做功的功率a=5m/s2ix=at2=2.5mi2x=at2=10m22x=x-x=7.5mII2iP=mgXii血3。=37.5WIIisv=at=i0m/sP=mgvsin30o=50W兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B,分別從水平地面上0點(diǎn)正上方高度分別為4L和L兩處水平拋出，恰好擊中距離0點(diǎn)2L的地面上同一目標(biāo)，空氣阻力不計(jì)。以地面為零勢(shì)能面，兩小球拋出時(shí)的初速度大小之比為：%=，落地時(shí)的機(jī)械能之比為Ea%=。1：217：8解析：1:217:81平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以對(duì)A球有14L=gt2A解得tA初速度vAB球有L二1gt22B解得B初速度所以以水平面為零勢(shì)能

18、面，則A球剛拋出時(shí)的機(jī)械能為17=_mv2+mg-4L二mgLa4在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，所以落地時(shí)的機(jī)械能也為mgL,b球剛拋出時(shí)的機(jī)械能為E二一mv2+mgL二2mgLB2B在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，所以落地時(shí)的機(jī)械能也為2mgL，所以落地時(shí)的機(jī)械能之比E:E二17:8AB如圖所示，置于豎直平面內(nèi)的AB為光滑細(xì)桿軌道，它是以初速為勺、水平射程為s的平拋運(yùn)動(dòng)軌跡制成的，A端為拋出點(diǎn)，B端為落地點(diǎn)。則A、B兩端點(diǎn)的豎直高度差為?，F(xiàn)將小環(huán)a套在AB軌道的最上端，它由靜止開始從軌道頂端滑下，則小環(huán)a從軌道末端出來的水平速度大小為。（重力加速度為g）1由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知S=v0t解得h=竺2v20從A

19、到B由動(dòng)能定理可得mgh=扌mv2由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，其速度與水平方向夾角為聯(lián)立解得，小球飛出時(shí)水平速度大小為v=vcos0=xgsv0+g2S2如圖所示，在豎直平面固定著光滑的1/4圓弧槽，它的末端水平，上端離地高H處一個(gè)小球從上端無初速度滑下，若要小球的水平射程為最大值，則圓弧槽的半徑為最大的水平射程為。解析：2HH【解析】【解析】2設(shè)圓弧半徑為R,下落過程有動(dòng)能定理可得mgR=-!-mu22小球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，故x=ut聯(lián)立解得=：4R(HR丿最大為故當(dāng)R=HR，即R=H-時(shí)，水平射程最大,4某人從12.5m高的樓頂拋出一小球，不計(jì)空氣阻力，小球落到地面時(shí)的動(dòng)能是拋出時(shí)的11倍小球的質(zhì)

20、量為0.6kg.g取iom/s2，則人對(duì)物體做的功為J.5解析：5因?yàn)椴挥?jì)空氣阻力，只有重力做功，機(jī)械能守恒，因此重力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，由題意可得1mgh二10Xmv2而人對(duì)物體做功即為物體的初動(dòng)能，故mghmv2二10解得人對(duì)物體做的功為7.5J。三、解答題如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿人處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)。圓環(huán)從人處由靜止釋放后，經(jīng)過B處速度最大，到達(dá)C處(AC=h)時(shí)速度減為零。若在此時(shí)給圓環(huán)一個(gè)豎直向上的速度u,它恰好能回到A點(diǎn)。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,求：圓環(huán)在下滑過程中，克服摩擦力做的功？在C處，彈簧的彈性勢(shì)能？1C17解

21、析：4mv2；(2)4mv2-mgh研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式mgh-W-W二0-0二0f彈在C處獲得一豎直向上的速度V,恰好能回到A,運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式1-mgh+W-W二0mv2彈f2解得下滑過程中，克服摩擦力做的功1=mv2由(1)解得在C處，彈簧的彈性勢(shì)能W=mv2一mgh彈4如圖是漫畫中出現(xiàn)的裝置，描述了一個(gè)“吃貨用來做“糖炒栗子的萌事兒：將板栗在地面小平臺(tái)上以一定的初速度經(jīng)兩個(gè)四分之一圓弧銜接而成的軌道，從最高點(diǎn)P飛出進(jìn)入炒鍋內(nèi)，利用來回運(yùn)動(dòng)使其均勻受熱。我們用質(zhì)量為m的小滑塊代替栗子，借用這套裝置來研究一些物理問題。設(shè)大小兩個(gè)四分之一圓弧半徑分別

22、為2R、R，小平臺(tái)和圓弧均光滑。將過鍋底的縱截面看做是由兩個(gè)斜面AB、CD和一段光滑圓弧BC組成。斜面與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，而且不隨溫度變化。兩斜面傾角均為0=37。，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小擋板，小滑塊碰撞它不損失機(jī)械能?；瑝K的運(yùn)動(dòng)始終在包括鍋底最低點(diǎn)的豎直平面內(nèi)，重力加速度為g。如果滑塊恰好能從P點(diǎn)飛出，求滑塊經(jīng)過P點(diǎn)的速度。接(1)問，若滑塊恰好沿AB斜面進(jìn)入鍋內(nèi)，且一個(gè)來回后不會(huì)從A點(diǎn)滑出，求滑塊在鍋內(nèi)斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程。對(duì)滑塊的不同初速度，求其通過最高點(diǎn)P和小圓弧最低點(diǎn)Q時(shí)受壓力之差的最小值。V2mg2R解得乙=J2gR。由題意知，滑塊進(jìn)入人點(diǎn)時(shí)的速度

23、由于pvtanO，滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的高度不斷降低，最后在B、C間運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)只能到達(dá)B或C,設(shè)在斜面的總路程為s,據(jù)動(dòng)能定理可得1mg-2Rsin0一pmgcos0-s=0一一mv22221廠代入數(shù)據(jù)可解得s=R。16據(jù)牛頓第二定律可得，在Q點(diǎn)滿足v2F一mg=m-QiR在P點(diǎn)滿足v2F+mg=m-p-22RQ到P過程，據(jù)動(dòng)能定理可得11-mg-3R=mv2一mv22p2Q聯(lián)立可解得AF=F-F=8mg+m-p-i2R當(dāng)vp=2gR時(shí)，壓力之差取得最小值，代入可得AFmin=9mg。23某動(dòng)車組列車由4節(jié)動(dòng)車(自帶動(dòng)力的車廂)和4節(jié)拖廂(不帶動(dòng)力的車廂)組成。該動(dòng)車組先以恒定加速度a=0.5m

24、/s2由靜止啟動(dòng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到額定功率后再做變加速直線運(yùn)動(dòng)，總共經(jīng)過550s的時(shí)間加速后，動(dòng)車組便開始以最大速度270km/h勻速行駛。已知每節(jié)動(dòng)車可以提供P=750kW的額定功率，每節(jié)車廂平均質(zhì)量為m=20t。每節(jié)動(dòng)車在行駛中提供的功率相同，行駛中每節(jié)車廂所受阻力相同且恒定。求：動(dòng)車組在勻加速階段的總牽引力大??；列車勻加速運(yùn)動(dòng)維持的時(shí)間；列車在整個(gè)加速過程所通過的路程。解析：F=1.2X105N；(2)50s；(3)28.125km動(dòng)車組受到的總阻力為4Pf=4x104Nvm根據(jù)牛頓第二定律F一f=ma解出F=ma+f=1.2x105N設(shè)勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為u,勻加速時(shí)間為有4P=F

25、v解得v=25m/sF勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=-=50s1a設(shè)列車在整個(gè)加速過程中所通過的路程為s,根據(jù)動(dòng)能定理2px4+4p（t-）-f=2x8mvm解出s=28.125km如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為0二30。，其上人、B兩點(diǎn)間的距離為s=5m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=2m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m二10kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶的人點(diǎn)，小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)r=3，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中，求：(g取10m/s2)2小物體做加速運(yùn)動(dòng)階段的位移s1；小物體與傳送帶之間的摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q；傳送帶對(duì)小物體做的功W。270J(1)小物體做加

26、速運(yùn)動(dòng)階段，由動(dòng)能定理得(卩mgcos0-mgsin0)s=1mv2-0代入數(shù)值，得s=0.8m1小物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為r,對(duì)于小物體對(duì)于傳送帶s=vt2所以s=1.6m2摩擦生熱Q=Rmgcos0(ss)21代入數(shù)值得Q=60J由功能關(guān)系得W=1mv2+mgs-sin0代入數(shù)值得W=270J如圖所示，一勁度系數(shù)很大的輕彈簧(可認(rèn)為彈簧壓縮量較小，彈開物塊時(shí)彈簧作用時(shí)間可忽略不計(jì))一端固定在傾角為0=30的斜面底端，將彈簧壓縮至A點(diǎn)鎖定，然后將一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧放置，物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)r=3，解除彈簧鎖6定，物塊恰能上滑至B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的高度差為h0，已知重力加速度為go求物塊受到的滑動(dòng)摩擦力匚和彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能E卩；求物塊從A到B所用的時(shí)間ti與從B返回到A所用的時(shí)間t2之比；(3)若每當(dāng)物塊離開彈簧后，就將彈簧壓縮到A點(diǎn)并鎖定，物塊返回A點(diǎn)時(shí)立刻解除鎖定設(shè)斜面最高點(diǎn)C的高度H=2h0，試通過計(jì)算判斷物塊最終能否從