《三維設(shè)計(jì)》2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)-第一階段-專題二-第2講-專題特輯-課下-針對高考押題訓(xùn)練

[課下——針對高考押題訓(xùn)練]押題訓(xùn)練(一)1．(2022·天津高考)如圖1甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖1乙所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則()圖1A．0～t1時間內(nèi)F的功率漸漸增大B．t2時刻物塊A的加速度最大C．t2時刻后物塊A做反向運(yùn)動D．t3時刻物塊A的動能最大解析：選BD0～t1時間內(nèi)，物塊靜止，F(xiàn)的功率為零，選項(xiàng)A錯誤；t2時刻合外力最大，物塊A的加速度最大，選項(xiàng)B正確；t2時刻后物塊A連續(xù)向前運(yùn)動，選項(xiàng)C錯誤；t1～t3時間內(nèi)，物塊始終加速運(yùn)動，t3時刻后物塊做減速運(yùn)動，所以t3時刻物塊A的動能最大，選項(xiàng)D正確。2．(2022·上海高考)質(zhì)量相等的均質(zhì)松軟細(xì)繩A、B平放于水平地面，繩A較長。分別捏住兩繩中點(diǎn)緩慢提起，直至全部離開地面，兩繩中點(diǎn)被提升的高度分別為hA、hB，上述過程中克服重力做功分別為WA、WB。若()A．hA＝hB，則確定有WA＝WBB．hA>hB，則可能有WA<WBC．hA<hB，則可能有WA＝WBD．hA>hB，則確定有WA>WB解析：選B當(dāng)hA＝hB時，則確定有WA<WB，故選項(xiàng)A錯。當(dāng)hA>hB時，有WA<WB、WA>WB、WA＝WB三種可能，故選項(xiàng)B正確，D錯誤。當(dāng)hA<hB時確定有WA<WB，選項(xiàng)C錯誤。3．(2022·南京模擬)如圖2所示，圓心在O點(diǎn)、半徑為R的圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上，Oc與Oa的夾角為60°，軌道最低點(diǎn)a與桌面相切。一輕繩兩端系著質(zhì)量為m1和m2的小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))，掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊，開頭時，m1位于c點(diǎn)，然后從靜止釋放，設(shè)輕繩足夠長，不計(jì)一切摩擦。則() 圖2A．在m1由c下滑到a的過程中下滑到a點(diǎn)的過程中，兩球速度大小始終相等B．在m1由c下滑到a的過程中重力的功領(lǐng)先增大后削減C．若m1恰好能沿圓弧下滑到a點(diǎn)，則m1＝2m2D．若m1恰好能沿圓弧下滑到a點(diǎn)，則m1＝3m2解析：選BC小球m1沿繩的方向的分速度與m2的速度大小相等，A錯誤；重力m1g的功率P1＝m1g·v1豎，小球m1在豎直方向的分速度v1豎先增大后減小，故P1也先增大后減小，B正確；由m1和m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得：m1gR(1－cos60°)＝m2gR，故m1＝2m2，C正確，D錯誤。4.如圖3所示，質(zhì)量m＝10kg和M＝20kg的兩物塊，疊放在光滑水平面上，其中物塊m通過處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連，初始時刻，彈簧處于原長狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)k＝250N/m?，F(xiàn)用水平力F圖3作用在物塊M上，使其緩慢地向墻壁移動，當(dāng)移動40cm時，兩物塊間開頭相對滑動，在相對滑動前的過程中，下列說法中正確的是()A．M受到的摩擦力保持不變B．物塊m受到的摩擦力對物塊m不做功C．推力做的功等于彈簧增加的彈性勢能D．開頭相對滑動時，推力F的大小等于200N解析：選C當(dāng)兩物體間開頭相對滑動時，物體m受力平衡，即摩擦力等于彈簧的彈力，此時彈簧形變量為40cm，則有Ff＝F彈＝kx＝250N/m×0.4m＝100N，由于M始終緩慢地運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，此時F＝100N，選項(xiàng)D錯誤；對于M和m組成的系統(tǒng)，依據(jù)功能關(guān)系知，推力F做的功等于彈簧彈性勢能的增加量，選項(xiàng)C正確；在相對運(yùn)動之前，二者均處于平衡狀態(tài)，彈簧彈力與摩擦力平衡，因此，M受到的摩擦力大小變化，選項(xiàng)A錯誤；物體m在摩擦力作用下發(fā)生了位移，摩擦力對m做了正功，選項(xiàng)B錯誤。5．一蹦極運(yùn)動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點(diǎn)時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽視，運(yùn)動員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是()A．運(yùn)動員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢能始終減小B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加C．蹦極過程中，運(yùn)動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D．蹦極過程中，重力勢能的轉(zhuǎn)變與重力勢能零點(diǎn)的選取有關(guān)解析：選ABC重力做功打算重力勢能的變化，隨著高度的降低，重力始終做正功，重力勢能始終減小，故A選項(xiàng)正確；彈性勢能的變化取決于彈力做功，當(dāng)橡皮筋張緊后，隨著運(yùn)動員的下落彈力始終做負(fù)功，彈性勢能始終增大，故B選項(xiàng)正確；在蹦極過程中，由于只有重力和彈性繩的彈力做功，故由運(yùn)動員、地球及彈性繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)C正確；重力勢能的大小與勢能零點(diǎn)的選取有關(guān)，而勢能的轉(zhuǎn)變與勢能零點(diǎn)選取無關(guān)，故選項(xiàng)D錯誤。6．(2022·陜西師大附中模擬)如圖4所示，在勻速轉(zhuǎn)動的電動機(jī)帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1勻速向右運(yùn)動，一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上傳圖4送帶，最終滑塊返回傳送帶的右端。關(guān)于這一過程的下列推斷，正確的有()A．滑塊返回傳送帶右端的速率為v1B．此過程中傳送帶對滑塊做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)C．此過程中電動機(jī)對傳送帶做功為2mveq\o\al(2,1)D．此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)m(v1＋v2)2解析：選AB滑塊在傳送帶上向左做勻減速直線運(yùn)動，速度減小到零后向右做勻加速直線運(yùn)動，速度增大到v1后做速度為v1的勻速直線運(yùn)動，所以滑塊返回傳送帶右端的速率為v1，選項(xiàng)A正確；由動能定理可得，此過程中傳送帶對滑塊做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，選項(xiàng)B正確；由能量守恒定律，此過程中電動機(jī)對傳送帶做功等于二者相對滑動產(chǎn)生的熱量和傳送帶對滑塊做功之和，不等于2mveq\o\al(2,1)，選項(xiàng)C錯誤；此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量等于二者相對滑動距離與摩擦力的乘積，不等于eq\f(1,2)m(v1＋v2)2，選項(xiàng)D錯誤。7．(2022·衡水期末)足夠長的粗糙斜面上，用力推著一物體沿斜面對上運(yùn)動，t＝0時撤去推力，0～6s內(nèi)速度隨時間的變化狀況如圖5所示，由圖象可知()圖5A．0～1s內(nèi)重力的平均功率大小與1～6s內(nèi)重力平均功率大小之比為5∶1B．0～1s內(nèi)摩擦力的平均功率大小與1～6s內(nèi)摩擦力平均功率大小之比為1∶1C．0～1s內(nèi)位移大小與1～6s內(nèi)位移大小之比為1∶5D．0～1s內(nèi)機(jī)械能變化量大小與1～6s內(nèi)機(jī)械能變化量大小之比為1∶5解析：選BCD0～1s內(nèi)物體沿斜面對上位移為5m，平均速度為5m/s；1～6s內(nèi)物體沿斜面對下位移為25m，平均速度為5m/s；0～1s內(nèi)位移大小與1～6s內(nèi)位移大小之比為1∶5,0～1s內(nèi)重力的平均功率大小與1～6s內(nèi)重力平均功率大小之比為1∶1，選項(xiàng)A錯誤、C正確。摩擦力與1～6s內(nèi)摩擦力大小相等，0～1s內(nèi)摩擦力的平均功率大小與1～6s內(nèi)摩擦力平均功率大小之比為1∶1，選項(xiàng)B正確；0～1s內(nèi)機(jī)械能變化量大小與1～6s內(nèi)機(jī)械能變化量大小之比為1∶5，選項(xiàng)D正確。8．(2022·濰坊模擬)如圖6甲所示，平行于斜面的輕彈簧，勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與Q物塊連接，P、Q質(zhì)量均為m，斜面光滑且固定在水平面上，初始時物塊均靜止?，F(xiàn)用平行于斜面對上的力F拉物塊P，使P做加速度為a的勻加速運(yùn)動，兩個物塊在開頭一段時間內(nèi)的v－t圖象如圖乙所示(重力加速度為g)，則()圖6A．施加拉力前，Q給P的力大小為mgsinθB．施加拉力前，彈簧的形變量為eq\f(2mgsinθ,k)C．到t1時刻，P與Q分別，此時彈簧彈力恰好為零D．t2時刻彈簧恢復(fù)到原長，物塊Q達(dá)到速度最大值解析：選AB施加拉力前，由物塊的平衡條件得：kx＝2mgsinθ，彈簧的形變量x＝eq\f(2mgsinθ,k)，Q對P的彈力FN＝mgsinθ，故A、B正確。由題圖可知，t1時刻之后兩物塊分別，此時P、Q的加速度均為a，方向沿斜面對上，由F彈－mgsinθ＝ma可知，F(xiàn)彈≠0，C錯誤；t2時刻Q的加速度為零，速度最大，但有F彈＝mgsinθ，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，D錯誤。9．(2022·蘇州期末)如圖7所示，水平地面與一半徑為l的豎直光滑圓弧軌道相接于B點(diǎn)，軌道上的C點(diǎn)位置處于圓心O的正下方。距地面高度為l的水平平臺邊緣上的A點(diǎn)處有一質(zhì)量為m的小球以v0＝eq\r(2gl)的速度水平飛出，小球在空中運(yùn)動至B點(diǎn)時，恰好沿圓弧軌道在該點(diǎn)的切線方向滑入軌道。小球運(yùn)動過程中空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，試求：圖7(1)B點(diǎn)與拋出點(diǎn)A正下方的水平距離x；(2)圓弧BC段所對的圓心角θ；(3)小球滑到C點(diǎn)時，對圓軌道的壓力。解析：(1)設(shè)小球做平拋運(yùn)動到達(dá)B點(diǎn)的時間為t，由平拋運(yùn)動規(guī)律，l＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，聯(lián)立解得x＝2l。(2)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時豎直分速度為vy，veq\o\al(2,y)＝2gl，tanθ＝eq\f(vy,v0)，解得θ＝45°。(3)小球從A運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)時速度大小為vC，有機(jī)械能守恒定律，mgl(1＋1－eq\f(\r(2),2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，設(shè)軌道對小球的支持力為F，有：F－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),l)，解得：F＝(7－eq\r(2))mg，由牛頓第三定律可知，小球?qū)A軌道的壓力大小為F′＝(7－eq\r(2))mg，方向豎直向下。答案：(1)2l(2)45°(3)(7－eq\r(2))mg豎直向下10．如圖8所示，是某公園設(shè)計(jì)的一種驚險(xiǎn)刺激的消遣設(shè)施，軌道除CD部分粗糙外，其余均光滑。一挑戰(zhàn)者質(zhì)量為m，沿斜面軌道滑下，無能量損失地滑入第1個圓管形軌道，依據(jù)設(shè)計(jì)要求，在最低點(diǎn)與最高點(diǎn)各放一個壓力傳感器，測試挑戰(zhàn)者對軌道的壓力，并通過計(jì)算機(jī)顯示出來。挑戰(zhàn)者到達(dá)A處時剛好對管壁無壓力，又經(jīng)過水平軌道CD滑入第2個圓管軌道，在最高點(diǎn)B處挑戰(zhàn)者對管的內(nèi)側(cè)壁壓力為0.5mg，A、B分別是兩軌道的最高點(diǎn)，然后從平臺上飛入水池內(nèi)，水面離軌道的距離為h＝2.25r。若第1個圓管軌道的半徑為R，第2個圓管軌道的半徑為r，g取10m/s2，管的內(nèi)徑及人的尺寸相對圓管軌道的半徑可以忽視不計(jì)，則圖8(1)挑戰(zhàn)者若能完成上述過程，則他應(yīng)從離水平軌道多高的地方開頭下滑？(2)挑戰(zhàn)者從A到B的運(yùn)動過程中克服軌道阻力所做的功是多少？(3)挑戰(zhàn)者入水時的速度大小是多少？解析：(1)挑戰(zhàn)者到達(dá)A處時剛好對管壁無壓力，可得出mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，設(shè)挑戰(zhàn)者從離水平軌道H高處的地方開頭下滑正好運(yùn)動到A點(diǎn)對管壁無壓力，在此過程中機(jī)械能守恒有mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg2R，解得H＝2.5R。。(2)在B處挑戰(zhàn)者對管的內(nèi)側(cè)壁壓力為0.5mg，分析挑戰(zhàn)者受力，依據(jù)牛頓其次定律得：mg＋FN＝eq\f(mv\o\al(2,B),r)挑戰(zhàn)者在從A到B的運(yùn)動過程中，由動能定理得mg×2(R－r)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(5,2)mgR－eq\f(11,4)mgr。(3)設(shè)挑戰(zhàn)者在第2個圓管軌道最低點(diǎn)D處的速度為v，則－mg×2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\f(\r(22),2)gr。挑戰(zhàn)者離開第2個圓管軌道后在平面上做勻速直線運(yùn)動，然后做平拋運(yùn)動落入水中，在此過程中機(jī)械能守恒，設(shè)挑戰(zhàn)者入水時的速度大小為v′，則mgh＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝eq\r(10gr)。答案：(1)2.5R(2)eq\f(5,2)mgR－eq\f(11,4)mgr(3)eq\r(10gr)押題訓(xùn)練(二)1．(2022·濟(jì)南模擬)如圖1所示，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小滑塊，在F＝4N水平拉力的作用下，從水平面上的A處由靜止開頭運(yùn)動，滑行s＝1.75m后由B處滑上傾角為37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不變，方向變?yōu)檠匦泵鎸ι?，滑動一段圖1時間后撤去拉力。已知小滑塊沿斜面上滑到的最遠(yuǎn)點(diǎn)C距B點(diǎn)為L＝2m，小滑塊最終恰好停在A處。不計(jì)B處能量損失，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。試求：(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)小滑塊在斜面上運(yùn)動時，拉力作用的距離x；(3)小滑塊在斜面上運(yùn)動時，拉力作用的時間t。解析：(1)小滑塊由C運(yùn)動到A，由動能定理，得mgsin37°L－μmgs＝0解得μ＝eq\f(24,35)(2)小滑塊由A運(yùn)動到C，由動能定理，得Fs－μmgs＋Fx－mgsin37°·L＝0解得x＝1.25m(3)小滑塊由A運(yùn)動到B，由動能定理，得Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2由牛頓其次定律，得F－mgsin37°＝ma由運(yùn)動學(xué)公式，得x＝vt＋eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝0.5s答案：(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s2．(2022·湖南師大附中模擬)冬季有一種雪上“府式冰撬”滑溜運(yùn)動，運(yùn)動員從起跑線推著冰撬加速一段相同距離，再跳上冰撬自由滑行，滑行距離最遠(yuǎn)者獲勝，運(yùn)動過程可簡化為如圖2圖2所示的模型，某一質(zhì)量m＝20kg的冰撬靜止在水平雪面上的A處，現(xiàn)質(zhì)量M＝60kg的運(yùn)動員，用與水平方向成α＝37°角的恒力F＝200N斜向下推動冰撬，使其沿AP方向一起做直線運(yùn)動，當(dāng)冰撬到達(dá)P點(diǎn)時運(yùn)動員快速跳上冰撬與冰撬一起運(yùn)動(運(yùn)動員跳上冰撬瞬間，運(yùn)動員和冰撬的速度不變)。已知AP距離為x＝12m，冰撬與雪面間的動摩擦因數(shù)為0.2,不計(jì)冰撬長度和空氣阻力。(g取10m/s2，cos37°＝0.8)求：(1)冰撬從A到P的運(yùn)動時間；(2)冰撬從P點(diǎn)開頭還能滑行的距離。解析：(1)對冰撬受力分析如圖，冰撬做勻加速直線運(yùn)動階段：Fcosα－μ(mg＋Fsinα)＝ma1代入數(shù)據(jù)得：a1＝4.8m/s2x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(5)s(2)對冰撬和人受力分析如圖，冰撬加速運(yùn)動結(jié)束時：vP＝a1t1＝eq\f(24,5)eq\r(5)m/s減速階段：μ(M＋m)g＝(M＋m)a2代入數(shù)據(jù)得a2＝2m/s2則冰撬連續(xù)滑行距離為x′＝eq\f(v\o\al(2,P),2a2)＝28.8m答案：(1)eq\r(5)s(2)28.8m3．(2022·徐州模擬)如圖3所示，水平傳送帶AB長L＝6m，以v0＝3m/s的恒定速度轉(zhuǎn)動。水平光滑臺面與傳送帶平滑連接于B點(diǎn)，豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道半徑R＝0.4m，與水平臺面相切于C點(diǎn)。一質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)無初速釋放，當(dāng)它運(yùn)動到A、B中點(diǎn)位置時，剛好與傳送帶保持相對靜止。重力加速度g＝10m/s2。試求：圖3(1)物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)物塊剛滑過C點(diǎn)時對軌道的壓力FN；(3)物塊在A點(diǎn)至少要具有多大的速度，才能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)D(結(jié)果可用根式表示)。解析：(1)對物塊，由靜止開頭做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓其次定律和運(yùn)動學(xué)公式有μmg＝maveq\o\al(2,0)＝2a·eq\f(1,2)L解得μ＝0.15(2)物塊剛滑過C點(diǎn)時的速度vC＝v0＝3m/s在C點(diǎn)，有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得FN＝32.5N由牛頓第三定律知，物塊對軌道的壓力大小為32.5N，方向豎直向下。(3)物塊經(jīng)過半圓軌道最高點(diǎn)D的最小速度為vD＝eq\r(gR)＝2m/s由C到D的過程中，由動能定理有－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mvC′2解得vC′＝eq\r(20)m/s>3m/s可見，物塊從A到B的全過程中始終做勻減速直線運(yùn)動，到達(dá)B端的速度至少為vB′＝vC′＝eq\r(20)m/s由(1)問可知，物塊在傳送帶上減速運(yùn)動時的加速度大小a＝1.5m/s2由運(yùn)動學(xué)公式有vB′2－vA′2＝－2aL解得vA′＝eq\r(38)m/s答案：(1)0.15(2)32.5N，方向豎直向下(3)eq\r(38)m/s4．(2022·濰坊模擬)如圖4所示，半徑為R的豎直光滑半圓軌道BC與水平軌道AB相切于B點(diǎn)，AB長xAB＝1m，離水平地面h＝1.6m。一質(zhì)量m＝2kg的滑塊，以速度v0＝4m/s從A點(diǎn)向右運(yùn)動，經(jīng)B點(diǎn)滑上半圓軌道。已知滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2。圖4(1)求滑塊在平臺上從A到B的運(yùn)動時間t(結(jié)果可保留根式)；(2)若滑塊能沿半圓軌道運(yùn)動而不脫離半圓軌道，求R應(yīng)滿足的條件；(3)若R＝0.9m，求滑塊在地面上的落點(diǎn)到平臺左側(cè)的水平距離x。解析：(1)由運(yùn)動學(xué)公式xAB＝v0t－eq\f(1,2)at2由牛頓其次定律μmg＝ma得t＝(2－eq\r(3))s(2)①若滑塊恰好運(yùn)動到半圓軌道的最高點(diǎn)，有mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)由動能定理得－μmgxAB－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得R＝0.24m②若滑塊恰好滑到半圓弧一半高度時不再上滑，有－μmgxAB－mgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得R＝0.6m綜上所述，R應(yīng)滿足：R≤0.24m或R≥0.6m(3)R＝0.9m>0.6m，滑塊從圓軌道返回，由動能定理－2μmgxAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v2＝2eq\r(2)m/s滑塊從A點(diǎn)水平拋出，有x＝v2t1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解得x＝1.6m答案：(1)(2－eq\r(3))s(2)R≤0.24m或R≥0.6m(3)1.6m押題訓(xùn)練(三)1．(2022·泉州模擬)如圖1甲所示，圓形玻璃平板半徑為r,離水平地面的高度為h，一質(zhì)量為m的小木塊放置在玻璃板的邊緣，隨玻璃板一起繞圓心O在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。圖1(1)若勻速圓周運(yùn)動的周期為T，求木塊的線速度和所受摩擦力的大小。(2)緩慢增大玻璃板的轉(zhuǎn)速，最終木塊沿玻璃板邊緣的切線方向水平飛出，落地點(diǎn)與通過圓心O的豎直線間的距離為s，俯視圖如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，試求木塊落地前瞬間的動能。解析：(1)依據(jù)勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律可得木塊的線速度大小v＝eq\f(2πr,T)木塊所受摩擦力等于木塊做勻速圓周運(yùn)動的向心力。Ff＝m(eq\f(2π,T))2r(2)木塊脫離玻璃板后在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，有h＝eq\f(1,2)gt2在水平方向上做勻速運(yùn)動，水平位移x＝vtx與距離s、半徑r的關(guān)系s2＝r2＋x2木塊從拋出到落地前機(jī)械能守恒，得Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh由以上各式解得木塊落地前瞬間的動能Ek＝mg(eq\f(s2－r2,4h)＋h)答案：(1)eq\f(2πr,T)m(eq\f(2π,T))2r(2)mg(eq\f(s2－r2,4h)＋h)2．如圖2所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標(biāo)原點(diǎn)O在傳送帶的左端，傳送帶長L＝8m，勻速運(yùn)動的速度v0＝5m/s。一質(zhì)量m＝1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上xP＝2m的P點(diǎn)。小物塊隨傳送帶運(yùn)動到Q點(diǎn)后沖上光滑斜面且剛好到達(dá)N點(diǎn)(小物塊到達(dá)N點(diǎn)后被收集，不再滑下)。若小物塊經(jīng)過Q處無機(jī)械能損失，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。求：圖2(1)N點(diǎn)的縱坐標(biāo)；(2)小物塊在傳送帶上運(yùn)動產(chǎn)生的熱量；(3)若將小物塊輕輕放在傳送帶上的某些位置，最終均能沿光滑斜面越過縱坐標(biāo)yM＝0.5m的M點(diǎn)，求這些位置的橫坐標(biāo)范圍。解析：(1)小物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動的加速度a＝μg＝5m/s2。小物塊與傳送帶共速時，所用時間t＝eq\f(v0,a)＝1s運(yùn)動的位移x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝2.5m<(L－xP)＝6m故小物塊與傳送帶共速后以v0＝5m/s的速度勻速運(yùn)動到Q，然后沖上光滑斜面到達(dá)N點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgyN解得yN＝1.25m(2)小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移x0＝v0t－x＝2.5m產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx0＝12.5J(3)設(shè)在坐標(biāo)為x1處輕輕將小物塊放在傳送帶上，最終剛好能到達(dá)M點(diǎn)，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM代入數(shù)據(jù)解得x1＝7m故小物塊在傳送帶上的位置坐標(biāo)范圍0≤x<7m答案：(1)1.25m(2)12.5J(3)0≤x<7m3．(2022·山東省試驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖3所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點(diǎn)，彈簧處于自然狀態(tài)時其右端位于B點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的內(nèi)表面光滑、粗細(xì)可忽視不計(jì)的圓管軌道MNP，其外形為半徑R＝0.8m的圓剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R。用質(zhì)量m1＝2.0kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長時物塊恰停止在B點(diǎn)。用同種材料、質(zhì)量為m2＝0.2kg的物塊將彈簧也緩慢壓縮到C點(diǎn)釋放，物塊過B點(diǎn)(B點(diǎn)為彈簧原長位置)后做勻減速直線運(yùn)動，其位移與時間的關(guān)系為x＝6t－2t2，物塊從桌面右邊緣D點(diǎn)飛離桌面后，恰在P點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入圓管軌道。運(yùn)動過程中，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10m/s2。圖3(1)求m2運(yùn)動至D點(diǎn)時的速度大??；(2)求BP間的水平距離；(3)計(jì)算分析m2經(jīng)圓管軌道能否到達(dá)最高點(diǎn)M，若能則求到達(dá)最高點(diǎn)M時m2對軌道壁的壓力；(4)求釋放m2后，m2在運(yùn)動過程中克服摩擦力做的功。解析：(1)設(shè)物塊由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動，落到P點(diǎn)時其豎直速度為vy＝eq\r(2gR)，eq\f(vy,vD)＝tan45°得vD＝4m/s(2)m2做平拋運(yùn)動用時為t，水平位移為s，R＝eq\f(1,2)gt2，s＝vDt，得s＝2R＝1.6m由x＝6t－2t2可知，在桌面上過B點(diǎn)后初速v0＝6m/s，加速度a＝4m/s2，減速到vD。BD間位移為s1＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,D),2a)＝2.5m即BP水平間距為s＋s1＝4.1m(3)若物塊能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，其速度為vMvP＝4eq\r(2)m/s－m2g(R＋Rcos45°)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,P)vM＝2eq\r(4－2\r(2))m/s大于零，可見能到達(dá)M點(diǎn)。設(shè)軌道對物塊的壓力方向向下，大小為F，則F＋m2g＝m2