押課標卷物理第24題(解析版)-備戰(zhàn)2020年高考物理臨考題號押題

押課標卷理綜第24題題號考情分析考查知識點分值預測知識點第24題近幾年高考中對力學綜合知識的考查一般體現(xiàn)在計算中，尤其在動量成為必考內(nèi)容后，其考核更加多樣化．對于一般的力學問題要涉及以下知識點：①牛頓運動定律結(jié)合運動學公式處理有規(guī)律的運動；②動能定理結(jié)合能量守恒定律處理變力及曲線運動問題；③動量定理結(jié)合能量守恒定律處理碰撞、爆炸、反沖類問題．此部分在復習中要有效地尋求解題的突破口.力學計算15預計2020年高考新課標全國卷第24題會以力學計算知識為主。（2019·新課標全國Ⅰ卷）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v–t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。（1）求物塊B的質(zhì)量；（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。【答案】（1）3m（2）（3）【解析】（1）根據(jù)圖（b），v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為，碰撞后瞬間的速度大小為，由動量守恒定律和機械能守恒定律有①②聯(lián)立①②式得③（2）在圖（b）所描述的運動中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W，由動能定理有④⑤從圖（b）所給的v–t圖線可知⑥⑦由幾何關(guān)系⑧物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得⑩（3）設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為μ，有eq\o\ac(○,11)設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為，由動能定理有eq\o\ac(○,12)設(shè)改變后的動摩擦因數(shù)為，由動能定理有eq\o\ac(○,13)聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式可得eq\o\ac(○,14)如圖所示，傳送帶水平部分的長度=4.5m，在電動機帶動下勻速運行。質(zhì)量M=0.49kg的木塊（可視為質(zhì)點）靜止在傳送帶左端的光滑平臺上．質(zhì)量為m=10g的子彈以v0=50m/s的速度水平向右打入木塊并留在其中，之后木塊滑到傳送帶上，最后從右輪軸正上方的P點離開傳送帶做平拋運動，正好落入車廂中心點Q。已知木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.5，P點與車底板間的豎直記度H=1.8m，與車廂底板中心點Q的水平距離x=1.2m，取g=10m/s2，求：（1）木塊從傳送帶左端到達右端的時間；（2）由于傳送木塊，電動機多消耗的電能。【答案】（1）2.3s（2）1J【解析】（1）傳送帶的速度等于木塊運動到P點后做平拋運動，得x=vt豎直方向：解得拋出速度：v=2m/s子彈打入木塊過程，由動量守恒定律得mv0=（M+m）v1木塊沿傳送帶加速運動，由牛頓第二定律得μ（M+m）g=（M+m）a加速至v的位移x1==0.3m<4.5m加速運動時間t1=s之后隨傳送帶向右勻速運動，勻速運動時間t2=s木塊從傳送帶左端到達右端的時間t=t1+t2=2.3s（2）根據(jù)功能關(guān)系，電動機多做的功等于該過程煤塊動能的增量ΔEk與煤塊與皮帶由于摩擦生熱而產(chǎn)生的內(nèi)能Q之和，即E=ΔEk+Q（1分）其中解得：ΔEk=0.75J產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg（x帶–x塊）=μmg△x=0.25J聯(lián)立可得：E=ΔEk+Q=1J1．如圖所示，一個質(zhì)最為M，長為L的圓管豎直放置，頂端塞有一個質(zhì)量為m的彈性小球，M=4m，球和管間的滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小均為4mg，管下端離地面高度H=5m．現(xiàn)讓管自由下落，運動過程中管始終保持豎直，落地時向上彈起的速度與落地時速度大小相等，若管第一次彈起上升過程中，球恰好沒有從管中滑出，不計空氣阻力，重力加速度g=10m／s2．求(1)管第一次落地彈起剛離開地面時管與球的加速度分別多大?(2)從管第一次落地彈起到球與管達到相同速度時所用的時間．(3)圓管的長度L．【答案】（1），方向向下，方向向上（2）04s；（3）4m【解析】（1）管第一次落地彈起時，管的加速度大小為，球的加速度大小為，由牛頓第二定律對管對球故，方向向下方向向上（2）球與管第一次碰地時，由得碰后管速，方向向上碰后球速，方向向下球剛好沒有從管中滑出，設(shè)經(jīng)過時間t，球、管速度相同，則有對管對球代入數(shù)值聯(lián)立解得（3）管經(jīng)t時間上升的高度為球下降的高度管長考點：牛頓第二定律的應(yīng)用2．甲、乙兩車同時同向從同一地點出發(fā)，甲車以v1＝16m/s的初速度，a1＝－2m/s2的加速度做勻減速直線運動，乙車以v2＝4m/s的初速度，a2＝1m/s2的加速度做勻加速直線運動，求兩車再次相遇前兩車相距最大距離和再次相遇時兩車運動的時間．【答案】24m、8s【解析】【詳解】當兩車速度相等時，相距最遠，再次相遇時，兩車的位移相等．設(shè)經(jīng)過時間t1相距最遠．由題意得v1＋a1t1＝v2＋a2t1∴t1＝＝s＝4s此時Δx＝x1－x2＝(v1t1－)－(v2t1＋)＝[16×4＋×(－2)×42]m－(4×4＋×1×42)m＝24m設(shè)經(jīng)過時間t2，兩車再次相遇，則v1t2＋a1＝v2t2＋a2解得t2＝0(舍)或t2＝8s.所以8s后兩車再次相遇．思路分析：當兩車速度相等時，相距最遠，再次相遇時，兩車的位移相等．設(shè)經(jīng)過時間t1相距最遠．Δx＝x1－x2v1t2＋a1＝v2t2＋a2試題點評：本題考查了追擊相遇問題，當兩車速度相等時，相距最遠，再次相遇時，兩車的位移相等是關(guān)鍵3．如圖所示，質(zhì)量為2m和m的兩個彈性環(huán)A、B用不可伸長的、長為L的輕繩連接，分別套在水平細桿OP和豎直細桿OQ上，OP與OQ在O點用一小段圓弧桿平滑相連，且OQ足夠長．初始時刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后釋放兩個小環(huán)，A環(huán)通過小段圓弧桿時速度大小保持不變，重力加速度為g，不計一切摩擦，試求：(1)當B環(huán)下落L2時A(2)A環(huán)到達O點后再經(jīng)過多長時間能夠追上B環(huán)；【答案】(1)5gL5(2)【解析】【分析】（1）A與B下降的過程中系統(tǒng)的機械能守恒，先由速度的合成與分解求出A、B速度的關(guān)系，然后即可求出A、B在不同點的速度；（2）根據(jù)勻變速直線運動的公式，結(jié)合位移關(guān)系即可求出A追上B的時間。【詳解】（1）當B環(huán)下落L2時繩子與水平方向之間的夾角滿足sinα＝L2L由速度的合成與分解可知v繩＝vAcos30°＝vBsin30°則vB＝vAtan300B下降的過程中A與B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有mgL所以A環(huán)的速度vA＝5gL（2）由于A到達O點時B的速度等于0，由機械能守恒，122mvA′2＝mgL解得vA′＝gL環(huán)A過O點后做初速度為vA′、加速度為g的勻加速直線運動，B做自由落體運動；當A追上B時，有vA′t＋12gt2＝L＋12解得t＝L【點睛】該題結(jié)合機械能守恒考查運動的合成與分解，解答的關(guān)鍵是能看到A與B的速度不一定大小相等，但它們沿繩子方向的分速度大小相等.4．如圖所示，光滑水平面上有一小車B，右端固定一沙箱，沙箱上連接一水平的輕質(zhì)彈簧，小車與沙箱的總質(zhì)量為M=2kg．車上在沙箱左側(cè)距離S=1m的位置上放有一質(zhì)量為m=1kg小物塊A，物塊A與小車的動摩擦因數(shù)為=0.1．僅在沙面上空間存在水平向右的勻強電場，場強E=2.3×103V/m．當物塊A隨小車以速度向右做勻速直線運動時，距沙面H=5m高處有一質(zhì)量為的帶正電的小球C，以的初速度水平向左拋出，最終落入沙箱中．已知小球與沙箱的相互作用時間極短，且忽略彈簧最短時的長度，并取g=10m/s2．求：（1）小球落入沙箱前的速度和開始下落時與小車右端的水平距離；（2）小車在前進過程中，彈簧具有的最大值彈性勢能；（3）設(shè)小車左端與沙箱左側(cè)的距離為L．請討論分析物塊A相對小車向左運動的整個過程中，其與小車摩擦產(chǎn)生的熱量Q與L的關(guān)系式．【答案】(1)10m/s,方向豎直向下，15m（2）9J（3）①若時，②若時，．【解析】【分析】小球C在電場中運動過程，受到重力和電場力作用，兩個力均為恒力，可采用運動的分解法研究：豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解；小球落入沙箱的過程，系統(tǒng)水平動量守恒，由動量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度．之后，由于車速減小，物塊相對車向右運動，并壓縮彈簧，當A與小車速度相同時彈簧的彈性勢能最大．根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求解；由功能關(guān)系求熱量Q與L的關(guān)系式．要分物塊是否從小車上滑下兩種情況研究．【詳解】（1）小球C下落到沙箱的時間為，則豎直方向上：代入數(shù)據(jù)解得：t=1s小球在水平方向左勻減速運動：根據(jù)速度公式有：代入數(shù)據(jù)解得：，所以小球落入沙箱瞬間的速度：，方向豎直向下小球開始下落時與小車右端的水平距離：設(shè)向右為正，在小球落快速落入沙箱過程中，小車（不含物塊A）和小球的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設(shè)小球球入沙箱瞬間，車與球的共同速度為，則有：可得：由于小車速度減小，隨后物塊A相對小車向右運動并將彈簧壓縮，在此過程中，A與小車（含小球）系統(tǒng)動量守恒，當彈簧壓縮至最短時，整個系統(tǒng)有一共同速度，則有：解得：根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，彈簧的最大勢能為：代入數(shù)據(jù)解得：隨后彈簧向左彈開物塊A，假設(shè)A運動至車的左端時恰好與車相對靜止．此過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，所以系統(tǒng)具有的速度仍為：根據(jù)功能關(guān)系有：解得小車左端與沙箱左側(cè)的距離為：分情況討論如下：①若時，物塊A停在距離沙箱左側(cè)處與小車一起運動，因此摩擦產(chǎn)生的熱量為：②若時，物塊A最終會從小車的左端滑下，因此摩擦產(chǎn)生熱量為：【點睛】解決該題關(guān)鍵要正確分析小球的運動情況，掌握動量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小車的過程中是小球與車水平方向的動量守恒．5．某工廠車間通過圖示裝置把貨物運送到二樓倉庫，AB為水平傳送帶，CD為傾角θ=37°、長s=3m的傾斜軌道，AB與CD通過長度忽略不計的圓弧軌道平滑連接，DE為半徑r=0.4m的光滑圓弧軌道，CD與DE在D點相切，OE為豎直半徑，F(xiàn)G為二樓倉庫地面（足夠長且與E點在同一高度），所有軌道在同一豎直平面內(nèi)．當傳送帶以恒定速率v=10m/s運行時，把一質(zhì)量m=50kg的貨物（可視為質(zhì)點）由靜止放入傳送帶的A端，貨物恰好能滑入二樓倉庫，已知貨物與傳送帶、傾斜軌道及二樓倉庫地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)貨物在二樓倉庫地面滑行的距離；(2)傳送帶把貨物從A端運送到B端過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能．【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）由題意，貸物恰好能滑入二樓倉庫則在圓軌道的最高點E，恰好由重力提供向心力，得：mg=所以：vE=＝2m/s貨物到達倉庫后在運動的過程中只有摩擦力做功，由動能定理得：-μmgs=0-代入數(shù)據(jù)得：s=1m（2）貨物從B到達E的過程中重力和摩擦力做功，由動能定理得：-mgs?sin37°-μmgs?cos37°-mgr（1+cos37°）=代入數(shù)據(jù)得：vB=8m/s貨物在傳送帶上加速時，沿水平方向的摩擦力提供加速度，由牛頓第二定律得：ma=μmg所以：a=μg=0.2×10=2m/s2貨物從開始運動到速度等于8m/s的過程中的位移為x，則：2ax＝vB2代入數(shù)據(jù)得：x=16m該過程中的時間：t=＝4s該過程中傳送帶的位移：x′=vt=10×4=40m貨物相對于傳送帶的位移：△x=x′-x=40-16=24m所以傳送帶把貨物從A端運送到B端過程中因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=μmg?△x=0.2×50×10×24=2400J6．如圖所示，在傾角＝37°的光滑斜面上用裝置T鎖定軌道ABCD．AB為平行于斜面的粗糙直軌道，CD為光滑的四分之一圓孤軌道，AB與CD在C點相切，質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊（可視為質(zhì)點）從軌道的A端由靜止釋放，到達D點后又沿軌道返回到直軌道AB中點時速度為零．已知直軌道AB長L＝1m，軌道總質(zhì)量M＝0.1kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．（1）求小物塊與直軌道的動摩擦因數(shù)；（2）求小物塊對圓弧軌道的最大壓力；（3）若小物塊第一次返回C點時，解除軌道鎖定，求從此時起到小物塊與軌道速度相同時所用的時間．【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）小物塊在從A→B→D→C→直軌AB中點的過程中，根據(jù)能量守恒解得：＝0.25（2）設(shè)圓軌道的半徑為R，小物塊在從A→B→D的過程中，根據(jù)動能定理mg（Lsin－Rcos＋Rsin）－mgLcos＝0解得：R＝2m設(shè)四分之一圓弧軌道的最低點為P，小物塊從D點返回C點的過程中，經(jīng)過P點時，小物塊對圓軌的壓力最大，設(shè)速度為vp，軌道對小球的最大支持力大小為F，小物塊對圓軌道的最大壓力為F＇，則F＇＝F解得：F＇＝9N（3）設(shè)小物塊第一次返回C點時，速度為vC，解除軌道鎖定后，小物體的加速度沿斜面向下，大小為a1，軌道的加速度沿斜面向上，大小為a2．從此時起到小物塊與軌道共速時所用的時間為t，則ma1＝mgsin＋mgcosMa2＝mgcos－MgsinvC－a1t＝a2t解得：vC＝2m/s，a1＝8m/s2，a2＝4m/s2t＝7．如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M=6.0kg的物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉(zhuǎn)動，使傳送帶上表面以u=2.0m/s勻速運動。傳送帶的右邊是一半徑R=1.25m位于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道。質(zhì)量m=2.0kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，傳送帶兩軸之間的距離l=4.5m。設(shè)第一次碰撞前，物塊A靜止，物塊B與A發(fā)生碰撞后被彈回，物塊A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：(1)物塊B滑到圓弧的最低點C時對軌道的壓力；(2)物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶上運動的總時間?！敬鸢浮浚?）60N，豎直向下（2）12J（3）8s【解析】【詳解】(1)設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0，由機械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：v0=5m/s在圓弧最低點C，由牛頓第二定律得：代入數(shù)據(jù)解得：F=60N由牛頓第三定律可知，物塊B對軌道的壓力大?。篎′=F=60N，方向：豎直向下；(2)在傳送帶上，對物塊B，由牛頓第二定律得：μmg=ma設(shè)物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v，有代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小，設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v2、v1，兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv=mv1+Mv2由機械能守恒定律得：解得：物塊A的速度為零時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，由能量守恒定律得：(3)碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動，設(shè)物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′，由動能定理得解得：l′=2m＜4.5m所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上，當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速運動，可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v1′=2m/s，繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第1次碰撞到第2次碰撞之間，物塊B在傳送帶運動的時間為t1。由動量定理得：解得：設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v4、v3，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速運動，可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v3′=1m/s，繼而與物塊A發(fā)生第2次碰撞，則第2次碰撞到第3次碰撞之間，物塊B在傳送帶運動的時間為t2．由動量定理得：解得：同上計算可知：物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物塊B在傳送帶運動的時間為構(gòu)成無窮等比數(shù)列，公比，由無窮等比數(shù)列求和公式當n→∞時，有物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶運動的總時間為8．如圖所示為車站使用的水平傳送帶的模型，皮帶輪的半徑均為R=0.1m，兩輪軸距為L=3m，在電機的驅(qū)動下順時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將一個旅行包（可視為質(zhì)點）無初速放在水平傳送帶左端，已知旅行包與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.6，g=10m/s2，不計空氣阻力。（1）要使旅行包到達右端不會直接飛出，傳送帶的速度應(yīng)小于多少？（2）若傳送帶實際速度為0.2m/s，春運期間每天傳送的旅行包平均總質(zhì)量為10噸，則電機每天相對于空載多消耗的電能E是多少？（所有旅行包均無初速，且與傳送帶間的μ相同）【答案】（1）小于1m/s；（2）400J?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）設(shè)旅行包從右端飛出的速度為v，受到傳送帶的支持力為FN，則由牛頓第二定律得：mg-FN=m解得：v=當FN=0時，v有最大值vmax==1m/s旅行包一直加速能達到的最大速度為v′max==6m/s＞1m/s故傳送帶的速度應(yīng)小于1m/s（2）旅行包在傳送帶上相對滑動過程中，傳送帶與旅行包對地位移分為別為：x傳=v傳t，x包=t表示旅行包在滑動過程中的平均速度，有=故有：x傳=2x包消耗電能為E=μmgx傳旅行包在滑動過程中動能的增量為：△Ek=μmgx包故E=2△Ek結(jié)論：電機對每一個旅行包多消耗的電能均為旅行包堵加動能的兩倍，一半電能轉(zhuǎn)化為動能，一半電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能故春運期每天多消耗的電能為10噸行包在傳送帶上獲得總動能的兩倍E電=2△EK總=m總v02=10000×004J=400J9．如圖所示，光滑水平軌道距地面高h=0.8m，其左端固定有半徑R=0.6m的內(nèi)壁光滑的半圓管形軌道，軌道的最低點和水平軌道平滑連接．質(zhì)量m1=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速度與靜止在水平軌道上的質(zhì)量m2=2.0kg的小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，小球A被反向彈回并從水平軌道右側(cè)邊緣飛出，落地點到軌道右邊緣的水平距離s=1.2m．重力加速度g=10m/s2．求：(1)碰后小球B的速度大小vB；(2)小球B運動到半圓管形軌道最高點C時對軌道的壓力．【答案】（1）6m/s（2）20N，向下【解析】【詳解】(1)根據(jù)h=得:t=則v規(guī)定A的初速度方向為正方向，AB碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，以A運動的方向為正方向，有：m1v0=m2vB-m1vA，代入數(shù)據(jù)解得：vB=6m/s．(2)根據(jù)動能定理得:-代入數(shù)據(jù)解得:v根據(jù)牛頓第二定律得:m解得:F=m根據(jù)牛頓第三定律得，小球?qū)壍雷罡唿c的壓力大小為20N，方向向上．【點睛】本題考查了動能定理、動量守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到平拋運動、圓周運動，綜合性較強，關(guān)鍵要理清過程，選擇合適的規(guī)律進行求解.10．如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，求(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少．【答案】（1）0.24s（2）5m/s【解析】【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律得，物塊的加速度大小為：a2＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2，小車的加速度大小為：，根據(jù)v0-a2t=a1t得則速度相等需經(jīng)歷的時間為：．（2）物塊不從小車右端滑出的臨界條件為物塊滑到小車右端時恰好兩者達到共同速度，設(shè)此速度為v，由水平方向動量守恒得：m2v0=（m1+m2）v…①根據(jù)能量守恒得：μm2gL＝m2v0′2?(m1+m2)v2

②代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立①②解得v0′=5m/s．【點睛】本題考查了滑塊模型，關(guān)鍵理清物體的運動規(guī)律，對于第二問，也可以抓住臨界情況，結(jié)合動力學知識求解，但是沒有運用動量守恒和能量守恒解決方便．11．動車組是城際間實現(xiàn)小編組、大密度的高效運輸工具，以其編組靈活、方便、快捷、安全、可靠、舒適等特點而備受世界各國鐵路運輸和城市軌道交通運輸?shù)那嗖A．幾節(jié)自帶動力的車廂加幾節(jié)不帶動力的車廂編成一組，就是動車組．假設(shè)有一動車組由六節(jié)車廂連接而成，每節(jié)車廂的總質(zhì)量均為m=8×104kg.其中第一節(jié)、第二節(jié)帶動力，他們的額定功率分別是P1=2×107W和P2=1×107W(第一節(jié)車廂達到額定功率如功率不夠用時啟動第二節(jié)車廂)，車在行駛過程中阻力恒為車重的0.1倍(g＝10m/s2)(1)求該動車組的最大行駛速度；(2)若列車以1m/s2的加速度勻加速啟動，求t＝10s時，第一節(jié)和第二節(jié)車廂之間拉力的值【答案】(1)62.5m/s(2)8×105N【解析】【詳解】試題分析：（1）對整列動車，質(zhì)量M=6×8×104=4.8×105kg，當牽引力等于阻力時，動車速度最大，其中阻力：f=0.1Mg=0.1×6×8×104×10N=4.8×105N，假設(shè)兩節(jié)有動力的車廂都正常工作．則：（2）當t=10s時，v1=at=10m/s．假設(shè)只有第一節(jié)車廂提供動力，則對整列車：解得：P11=9.6×106W<P1=2×107W說明只有第一節(jié)車廂提供動力可以按照題設(shè)要求行駛．此時第一、二節(jié)間拉力最大；對后五節(jié)車廂：Fm－f2=M2a其中M2=5×8×104kg=4.0×105kg解得第一、二節(jié)間最大拉力：Fm=8×105N12．如圖所示，半徑為R=0.5m，內(nèi)壁光滑的圓軌道豎直固定在水平地面上．圓軌道底端與地面相切，一可視為質(zhì)點的物塊A以的速度從左側(cè)入口向右滑入圓軌道，滑過最高點Q，從圓軌道右側(cè)出口滑出后，與靜止在地面上P點的可視為質(zhì)點的物塊B碰撞（碰撞時間極短），P點左側(cè)地面光滑，右側(cè)粗糙段和光滑段交替排列，每段長度均為L=0.1m，兩物塊碰后粘在一起做直線運動．已知兩物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)均為，物塊A、B的質(zhì)量均為，重力加速度g?。?）求物塊A到達Q點時的速度大小v和受到的彈力F；（2）若兩物塊最終停止在第k個粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求兩物塊滑至第n（n<k）個光滑段上的速度與n的關(guān)系式．【答案】（1）4m/s；102N，方向向下；（2）（3）【解析】【詳解】（1）物塊A滑入圓軌道到達Q的過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒：①物塊A做圓周運動：②由①②聯(lián)立得：方向向下③（2）在與B碰撞前，系統(tǒng)機械能守恒，A和B在碰撞過程中動量守恒：④A、B碰后向右滑動，由動能定理得：⑤由④⑤聯(lián)立得所以；（3）碰后A、B滑至第n個光滑段上的速度，由動能定理得：⑥解得：點睛：本題考查動量守恒定律、機械能守恒定律及向心力等內(nèi)容，要求我們能正確分析物理過程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的轉(zhuǎn)化與守恒的靈活應(yīng)用．13．如圖，光滑軌道abcd固定在豎直平面內(nèi)，ab水平，bcd為半圓，在b處與ab相切．在直軌道ab上放著質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg的物塊A、B（均可視為質(zhì)點），用輕質(zhì)細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接），其彈性勢能Ep=12J．軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量M=2kg、長L=0.5m的小車，小車上表面與ab等高．現(xiàn)將細繩剪斷，之后A向左滑上小車，B向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點d處．已知A與小車之間的動摩擦因數(shù)μ滿足0.1≤μ≤0.3，g取10m/s2，求（1）A、B離開彈簧瞬間的速率vA、vB；（2）圓弧軌道的半徑R；（3）A在小車上滑動過程中產(chǎn)生的熱量Q（計算結(jié)果可含有μ）．【答案】（1）4m/s（2）0.32m(3)當滿足0.1≤μ<0.2時，Q1=10μ；當滿足0.2≤μ≤0.3時，【解析】【分析】（1）彈簧恢復到自然長度時，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求解兩物體的速度；（2）根據(jù)能量守恒定律和牛頓第二定律結(jié)合求解圓弧軌道的半徑R；（3）根據(jù)動量守恒定律和能量關(guān)系求解恰好能共速的臨界摩擦力因數(shù)的值，然后討論求解熱量Q.【詳解】（1）設(shè)彈簧恢復到自然長度時A、B的速度分別為vA、vB，由動量守恒定律：由能量關(guān)系：解得vA=2m/s；vB=4m/s（2）設(shè)B經(jīng)過d點時速度為vd，在d點：由機械能守恒定律：解得R=0.32m（3）設(shè)μ=μ1時A恰好能滑到小車左端，其共同速度為v,由動量守恒定律：由能量關(guān)系：解得μ1=0.2討論：（ⅰ）當滿足0.1≤μ<0.2時，A和小車不共速，A將從小車左端滑落，產(chǎn)生的熱量為（J）（ⅱ）當滿足0.2≤μ≤0.3時，A和小車能共速，產(chǎn)生的熱量為，解得Q2=2J14．如圖所示，質(zhì)量為m2＝2kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個輕彈簧．滑道CD部分粗糙，長為L＝0.2m，動摩擦因數(shù)μ＝0.10，其他部分均光滑．現(xiàn)讓質(zhì)量為m1＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)自A點由靜止釋放，取g＝10m/s2．求：(1)物塊到達最低點時的速度大??；(2)在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；(3)物塊最終停止的位置．【答案】（1）2m/s(2)2.8J(3)最終停在D點【解析】【分析】物體1從釋放到與物體2相碰前的過程中，系統(tǒng)中只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒和動量守恒列式，可求出物體1、2碰撞前兩個物體的速度；物體1、2碰撞過程，根據(jù)動量守恒列式求出碰后的共同速度．碰后，物體1、2向右運動，滑道向左運動，彈簧第一次壓縮最短時，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得知，物體1、2和滑道速度為零，此時彈性勢能最大；根據(jù)能量守恒定律求解在整個運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒列式，即可求出物體1、2相對滑道CD部分運動的路程s，從而確定出物體1、2最終停在何處；解：（1）從釋放到最低點，由動量守恒得到：由機械能守恒得到：解得：（2）由能量守恒得到：解得：（3）最終物塊將停在C、D之間，由能量守恒得到：解得：所以最終停在D點．15．如圖所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進入水平面上的滑道時無機械能損失，為使A制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線M處的墻上，另一端恰位于滑道的末端O點．已知在OM段，物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，其余各處的摩擦不計，重力加速度為g，求：（1）物塊速度滑到O點時的速度大??；（2）彈簧為最大壓縮量d時的彈性勢能（設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零）（3）若物塊A能夠被彈回到坡道上，則它能夠上升的最大高度是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】根據(jù)題意，明確各段的運動狀態(tài)，清楚各力的做功情況，再根據(jù)功能關(guān)系和能量守恒定律分析具體問題．【詳解】（1）從頂端到O點的過程中，由機械能守恒定律得：解得：（2）在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為：由能量守恒定律得：聯(lián)立上式解得：（3）物塊A被彈回的過程中，克服摩擦力所做的功仍為；由能量守恒定律得：解得物塊A能夠上升的最大高度為：16．如圖（a）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=2kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖（b）所示，取沿傳送帶向上為正方向，，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）0—10s內(nèi)物體位移的大??；（2）物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；（3）0—10s內(nèi)物體機械能增量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q．【答案】（1）33m（2）0.9375（3）405J【解析】【詳解】(1)由物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系的圖象可知：0—10s內(nèi)物體位移的大小為圖中曲線與坐標軸所圍成的圖像的面積：（2）由圖可知，物體在0-6秒內(nèi)的加速度．而由受力分析可知，在0—6s內(nèi),滿足所以算得（3）動能增量：勢能增量：機械能增量：設(shè)物體相對傳送帶的速度為，物體相對于傳送帶的位移：摩擦力做功17．如圖所示，半徑的四分之一粗糙圓弧軌道AB置于豎直平面內(nèi)，軌道的B端切線水平，且距水平地面高度為=1.25m，現(xiàn)將一質(zhì)量=0.2kg的小滑塊從A點由靜止釋放，滑塊沿圓弧軌道運動至B點以的速度水平飛出（?。螅海?）小滑塊沿圓弧軌道運動過程中所受摩擦力做的功；（2）小滑塊經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力大?。唬?）小滑塊著地時的速度大小.【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】（1）滑塊在圓弧軌道受重力、支持力和摩擦力作用，由動能定理mgR-Wf=mv2Wf=1.5J（2）由牛頓第二定律可知：解得：（3）小球離開圓弧后做平拋運動根據(jù)動能定理可知：解得：18．在真空環(huán)境內(nèi)探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖所示，P是一個微粒源，能持續(xù)水平向右發(fā)射質(zhì)量相同、初速度不同的微粒．高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差