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训练 03 动力学和能量观点的综合应用 1.如图甲,有一固定在水平地面上倾角为 37°、足够长的斜面,质量 m=1kg 的物块,受到一个沿斜面方向 的外力 F 作用,从斜面底端以初速度 v0=3m/s 沿斜面向上运动,已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.4。利 用 DIS 实验系统进行测量,得到物块向上运动过程中,一段时间内的 v-t 图像(如图乙所示)(g 取 10m/s 2, sin37°=0.6,cos37°=0.8)。 (1)求物块向上运动过程中加速度的大小; (2)求物块所受的外力 F; (3)对于物块由斜面底端运动到最高点的过程,通过计算说明物块损失的机械能ΔE、物块克服外力 F 做的功 WF 和物块克服摩擦力做的功 W f 三者之间的关系。 【答案】(1)10m/s2;(2) 0.8N,F 的方向平行于斜面向下;(3) F fE W W   【详解】 (1)由 v-t 图像,得 3.0 1.0 m s 10m s0.2 0a   2 2 (2)由牛顿第二定律,得 sin37mg f F ma    将 cos37N mg , f N 代入上式,得 sin37 cos37F mg mg ma     将已知量代入,算得 0.8NF   所以 F 的大小是 0.8N,F 的方向平行于斜面向下。 (3)物块向上运动的最大位移 2 2 0 3 m 0.45m2 2 10 vs a    又 2 0 1 sin372E mv mgs    则 21 1 3 J 1 10 0.45 0.6J 1.8J2E         由 F 0.8 0.45J 0.36JW Fs    f cos37 0.4 1 10 0.8 0.45J 1.44JW mg s        可见 F fE W W   2.如图所示,倾角为37 足够长的斜面体固定在水平地面上,轻弹簧下端固定在斜面的底端,质量为 m 的 物块 A 放在斜面上,绕过斜面顶端定滑轮的细线一端连接在 A 上,另一端连接在质量为 3m 的物块 B 上, 用手托着物块 B ,使物块 A 与轻弹簧刚好接触但不挤压,滑轮右边的细线与斜面平行,物块 A 与斜面间的 动摩擦因数为 0.5,重力加速度为 g 。迅速放手,当物块 A 向上运动 L 的距离时,细线断开,物块 A 向上 运动到最高点后又向下运动,压缩弹簧至最低点后,物块 A 被反弹,至弹簧刚好恢复原长时物块 A 的速度 为零,sin37 0.6  , cos37 0.8  。求: (1)细线断开后物块 A 向上运动的距离; (2)物块 A 向下运动至与弹簧刚好接触时的速度大小及弹簧被压缩后具有的最大弹性势能。 【答案】(1) 2 L ;(2) 3 5 gL , 3 8 mgL 【详解】 (1)撤去手时,设物块 A 向上运动的加速度为 1a ,对 A 、 B 整体,根据牛顿第二定律有 13 sin cos 4mg mg mg ma     解得 1 1 2a g 当物块 A 向上运动 L 的距离时,速度为 1 12v a L gL  细线断后,物块 A 向上运动的加速度大小为 2 sin cosa g g g     细线断后,物块 A 继续向上运动的距离 2 1 2 2 v Ls a   (2)设物块 A 向下运动至刚好与弹簧接触时速度大小为 2v ,根据动能定理 2 2 1( sin cos )( ) 2mg mg s L mv     解得 2 3 5v gL 物块 A 压缩弹簧后至最低点,设弹簧的最大压缩量为 x ,根据动能定理 2 p 2 1( sin cos ) 0 2mg mg x E mv      物块被反弹后,根据能量守恒有 p( sin cos )mg mg x E    解得 p 3 8E mgL 3.如图所示,一质量为 m,电荷量为 q 的小球,以初速度 0v 沿两正对带电平行金属板左侧某位置水平向 右射入两极板之间,离开时恰好由 A 点沿圆弧切线进入竖直光滑固定轨道 ABC 中。A 点为圆弧轨道与极板 端点 DD 连线的交点,CB 为圆弧的竖直直径并与 DD 平行,竖直线 DD 的右边界空间存在竖直向下且大 小可调节的匀强电场 E。已知极板长为 l,极板间距为 d,圆弧的半径为 R, 53AOB   ,重力加速为 g, sin53 0.8  , cos53 0.6  。不计空气阻力,板间电场为匀强电场,小球可视为质点。 (1)求两极板间的电势差大小; (2)当电场强度 mg q E  时,求小球沿圆弧轨道运动过程中的最大速度; (3)若要使小球始终沿圆弧轨道运动且能通过最高点 C,求电场强度 E 的取值范围。 【答案】(1) 2 04 3 3 mv d mgdlU ql  ;(2) 2 0 25 8 9 5Bv v gR  ;(3) 2 0125 189 mv mgE qR q   【详解】 (1)小球在 A 点,由运动的合成与分解关系知: 小球的竖直分速度 0 0 4tan53 3yv v v  小球在极板中,由平抛运动规律知 0 Lt v  yv at 由牛顿第二定律知 mg E q ma  由电场强度和电势差的关系知 UE d   联立得 2 04 3 3 mv d mgdlU ql  (2)小球在 A 点速度 0 0 5 cos53 3A vv v  由于电场方向竖直向下,故小球在圆弧轨道运动时,到达 B 点时的速度最大,则从 A 到 B,由动能定理得   2 21 1( ) cos53 2 2B AqE mg R R mv mv     ,又 mg q E  联立得 2 0 25 8 9 5Bv v gR  (3)从 A 到 C,由能量守恒得:  2 21 1( ) 1 cos532 2A Cmv mg qE R mv      为使小球能过最高点,在 C 点有 2   Cvmg Eq m R 可得 ( ) C mg qE Rv m  联立解得 2 0125 189 mv mgE qR q   4.如图所示,半径为 R=3m 的光滑半圆轨道 ABC 与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道 DC 相切于 C,圆轨道的 直径 AC 与斜面垂直。A 点左侧有一光滑平台,平台与 A 点的高度差 h=0.9m,平台上一弹簧水平放置,左 端固定,右端与质量为 m=0.5kg 的小滑块 P 接触但不连接。推动 P 压缩弹簧至某一位置后释放,P 刚好从 半圆轨道的 A 点切入半圆轨道内侧,之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与 A 点等高的斜面轨道上 D 点,重力 加速度 g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力。求: (1)弹簧的最大弹性势能; (2)小滑块与斜面间的摩擦因数; (3)小滑块经过半圆轨道最低点 B 时,对轨道的压力的最小值。 【答案】(1)8J;(2) 25 64   ;(3)7N 【详解】 (1)小滑块离开平台做平抛运动,设此时速度为 v0,则弹簧的最大弹性势能 2 0 1 2pE mv 小滑块到达 A 点时,速度与水平方向的夹角为θ 设竖直方向的速度为 vy,则有 2yv gh 由几何关系得 0 tan yvv  0 4 23v gh 联立解得 p 8JE  (2)小滑块从释放至到达 D 点,由能量守恒定律得 p cos CDE mgh mg x    2tan CD R x   解得 25 64   (3)经判断可知滑块最终将在 C 点及与 C 点等高点之间的圆轨道上往复运动,这种情况下滑块经过 B 点的速 度最小,对 B 点压力最小 设滑块经过 B 点的最小速度为 v2,由机械能守恒定律得 2 2 1(1 cos ) 2 vmgR m  在 B 点,由牛顿第二定律得 2 2 N2 vF mg m R   解得 N2 7NF  由牛顿第三定律知,小滑块在 B 点对轨道压力的最小值为 7N。 5.如图所示,电动传送带以恒定速度 0 1.2v  m/s 顺时针运行,传送带与水平面的夹角 37  ,现将质量 20m  kg 的箱子轻放到传送带底端,经过一段时间后,箱子被送到 1.8h  m 的平台上。已知箱子与传送带 间的动摩擦因数 0.85  ,不计其它损耗( 210m / sg  , sin37 0.6  , cos37 0.8  )。求: (1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小; (2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中,箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。 【答案】(1) 20.8m / s ;(2)122.4J 【详解】 (1)箱子刚开始运动时,受到竖直向下的重力 G 和沿斜面向上的滑动摩擦力 f,将重力沿斜面方向和垂直 斜面方向进行正交分解,由牛顿第二定律得 sinf mg ma  ,① Nf F ② N cosF mg  ,③ 联立①②③式,得 20.8m / sa  (2)箱子加速所用时间为 0 1.2 1.5s0.8 vt a    传送带位移 0 1.8mx v t 传 总长 3msin hL   箱子加速位移为 2 21 1 0.8 1.5 9m2 2 m 0.x at L     箱 产生的热量   122.4JQ f x f x x    传 箱 6.如图所示,质量为 m 的物体(可视为质点)在水平传送带中央随传送带以速度 v0 匀速运动,在传送带上 方固定光滑挡板 AB,AB 与传送带左边界的夹角为 53°,物体碰到挡板时,垂直于挡板方向的速度减小为零, 平行于挡板方向的速度不变,最终滑上工作台,已知传送带的宽度为 L,物体与传送带之间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g。取 sin53°=0.8,cos53°=0.6。求物体 (1)与挡板碰撞结束瞬间速度的大小 v; (2)沿挡板运动过程中对挡板的压力 F; (3)沿挡板运动过程中与传送带间因摩擦产生的热量 Q。 【答案】(1) 00.6v ;(2) F mg压 ;(3) 5 6Q mgL 【详解】 (1)将物体随传送带运动速度分解为沿挡板方向和垂直于挡板方向,如图所示 据速度的分解可得 0 0cos53 0.6v v v   物体与挡板碰撞结束时速度的大小为 00.6v 。 (2)物体与挡板碰撞结束后,相对传送带速度大小 0 0= = sin53 0.8v v v v 相对 垂直 方向垂直于挡板斜向后,物体水平面上受到传送带摩擦力与挡板弹力,大小相等,方向相反,对物体水平 方向 fF F支 ,由摩擦定律得 f NF F 竖直方向二力平衡 NF mg 由牛顿第三定律得 F F mg 压 支 方向垂直于挡板斜向前。 (3)物体碰撞挡板后沿挡板做匀速直线运动,由几何关系得 物体的位移 1 1 52 sin53 8 L x L  物体从碰到挡板到离开传送带的运动时间 1 0 25 24 x Lt v v   物体从碰到挡板到离开传送带,相对传送带的位移 2 5 6x v t L 相对 物体沿挡板运动过程中与传送带间因摩擦而产生的热量 2 5 6Q mgx mgL   7.倾斜传送带连接两平台 AB 和 CD,传送带与水平面的夹角 37   , 工件与传送带之间的动摩擦因数 0.5  ,B、C 两端相距 2.25m,如图所示。忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化,工件以 v0=5m/s 的速度滑上传送带,工件质量为 1kg,传送带以稳定的速度运行(速度大小可调)。若工件以最短的 时间从平台 AB 运动到平台 CD,重力加速度 g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求工件在传送带上运动的最短时间。 (2)求输送一个这样的工件,传送带的电机需额外消耗的最少电能。 【答案】(1)0.5s;(2)10J 【详解】 (1)当传送带的速度 v≥5m/s 时,工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下,工件所受摩擦力一直沿传送 带向上,则所用时间最短。对于工件,根据牛顿第二定律有 sin cosmg mg ma    解得加速度 a=2m/s2 方向沿传送带向下 根据运动学公式有 2 0 1 ( )2x v t a t   解得 t=0.5s (另一解 t=4.5s 不合题意舍去) (2)工件以最短时间运动,动能变化相同,重力势能变化相同,工件和传送带的相对位移最小,故此时传送 带以 v=5m/s 的速度运动,电机额外输出的电能最少;工件在传送带上的整个运动过程,传送带的位移 x1=vt=2.5m 因摩擦产生的热量  1cosQ mg x x   工件的末速度 0 4m/sv v at   电机额外输出的电能 2 2 0 1 1sin ( )2 2E mgx mv mv Q     解得 △E=10J 8.如图,相距 L=11.5m 的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动,其速 度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定。质量 m=10 kg 的载物箱(可视为质点),以初速度 v0=5.0 m/s 自 左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10,重力加速度取 g =10m/s2。 (1)若 v=4.0 m/s,求载物箱通过传送带所需的时间; (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度; 【答案】(1)2.75s;(2) 4 3m/s , 2m/s 【详解】 (1)传送带的速度为 4.0m/sv 时,载物箱在传送带上先做匀减速运动,设其加速度为 a,由牛顿第二定律有: mg ma  ① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为 x1,由运动学公式有 2 2 0 12v v ax   ② 联立①②式,代入题给数据得 x1=4.5m③ 因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至 v,然后开始做匀速运动,设载物箱从滑上传送带到离开传 送带所用的时间为 t1,做匀减速运动所用的时间为 t2,由运动学公式有 0 2v v at  ④ 1 1 2 L xt t v   ⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据有 t1=2.75s⑥ (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时,到达右侧平台时的速度最小,设为 v1,当载物箱滑上传送 带后一直做匀加速运动时,到达右侧平台时的速度最大,设为 v2。由动能定理有 2 2 1 0 1 1 2 2mgL mv mv   ⑦ 2 2 2 0 1 1 2 2mgL mv mv   ⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 1 2m/sv  , 2 4 3m/sv  ⑨ 9.如图所示,长 L=9m 的传送带与水平方向的夹角 =37°,在电动机的带动下以 v=4m/s 的速率沿顺时针方 向运行。在传送带的 B 端有一离传送带很近的挡板 P 可将传送带上的物块挡住,在传送带的顶端 A 点无初 速地放一质量 m=1kg 的物块,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。物块与挡板碰撞的能量损失及碰撞时间不 计(g 取 10m/s2,sin37°=0.6, cos37°=0.8)。求: (1)物块从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中系统因摩擦产生的热量; (2)物块从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中传送带多消耗的电能; (3)物块的最终状态及电动机在该状态下比无物块时多输出的功率。 【答案】(1)100.8J;(2)76.8J;(3)稳态;16W 【详解】 (1)物块从 A 点由静止释放,物块相对传送带向下滑,物块沿传送带向下加速运动的速度为 2 1 sin cos 2m/sa g g     与 P 碰前的速度大小为 1 12 2 2 9m/s 6m/sv a L   = 物块从 A 到 B 的时间为 1 1 1 6 s 3s2 vt a  = 在此过程中物块相对传送带向下的位移为 1 1 21ms L vt   物块与挡板碰撞后,以大小为 v1 的速度反弹,因 v1>v,物块相对传送带向上滑,物块向上做减速运动的加 速度大小为 2 2 sin cos 10m/sa g g     物块速度减小到与传送带速度相等的时间为 1 2 2 4 6 s 0.2s10 v vt a     = 在 t2 时间内物块向上的位移为 1 1 2 1m2 v vL t   此过程中物块相对传送带向上的位移为 2 1 2 0.2ms L vt   物块速度与传送带速度相等后相对传送带向下滑,物块向上做减速运动的加速度大小为 2 3 sin cos 2m/sa g g     物块速度减小到零的时间为 3 3 4 s 2s2 vt a  = 在 t3 时间内物块向上的位移为 2 3 4m2 vL t   此过程中物块相对传送带向下的位移为 3 3 2 4ms vt L   摩擦生热为 1 2 3 cos 100.8JQ mg s s s    ( ) (2)多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的总功为 f 1 2 31 2 3 cos 76.8JE F x x x mg vt vt vt           电 传送带 传送带 传送带( ) ( ) 即传送带多消耗的电能为 76.8J; (3)物体返回上升到最高点时速度为零,以后将重复上述过程,且每次碰后反弹速度、上升高度依次减小, 最终达到一个稳态,稳态的反弹速度大小应等于传送带速度 4m/s,此后受到的摩擦力总是斜向上,加速度 为 2 4 sin cos 2m/sa g g     方向斜向下,物体相对地面做往返“类竖直上抛”运动,对地上升的最大位移为 2 2 m 3 4 m 4m2 2 2 vx a   = 往返时间为 2 2 4svT a    传送带受到的摩擦力大小始终为 f cosF mg  故电动机的输出功率稳定为 f cos 16WP F v mg v     10.如图所示,水平传送带足够长,向右前进的速度 v=4m/s,与倾角为 37°的斜面的底端 P 平滑连接,将 一质量 m=2kg 的小物块从 A 点静止释放。已知 A、P 的距离 L=8m,物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分 别为 1 0.25  、 2 0.20  ,取重力加速度 g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求物块 (1)第 1 次滑过 P 点时的速度大小 v1; (2)第 1 次在传送带上往返运动的时间 t; (3)从释放到最终停止运动,与斜面间摩擦产生的热量 Q。 【答案】(1)8m/s;(2)9s;(3)48J 【详解】 (1)由动能定理得 2 1 1 1( sin37 cos37 ) 02mg mg L mv    解得 1 8m / sv  (2)由牛顿第二定律得 2mg ma  物块与传送带共速时,由速度公式得 1 1v v at   解得 6st  匀速运动阶段的时间为 2 2 1 2 2 2 3s v v a at v    第 1 次在传送带上往返运动的时间 1 2 9st t t   (3)由分析可知,物块第一次离开传送带以后,每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等,物块最终 停止在 P 点,则根据能量守恒有 2 1 1cos37 48J2Q mg L mv    11.用如图所示装置用来演示小球在竖直面内的圆周运动,倾斜轨道下端与半径为 R 的竖直圆轨道相切于 最低点 A。质量为 m 的小球从轨道上某点无初速滚下,该点距离圆轨道最低点 A 的竖直高度为 h。小球经 过最低点 A 时的速度大小为 v,经过最高点 B 时恰好对轨道无压力。已知重力加速度 g,求: (1)小球经过最高点 B 时速度的大小; (2)小球经过最低点 A 时对轨道压力的大小; (3)小球从开始运动到圆轨道最高点过程中损失的机械能。 【答案】(1) Bv gR ;(2) 2 + vF mg m R 压 ;(3) = 2.5E mgh mgR损 【详解】 (1)因为小球在 B 点恰好对轨道无压力,根据牛顿第二定律 2 Bvmg m R  得 Bv gR (2)小球在最低点 A 处,根据牛顿第二定律 2vF mg m R  支 可得 2 + vF mg m R 支 由牛顿第三定律,球对轨道压力 F F压 支 则 2 + vF mg m R 压 (3)对小球从开始释放到最高点 B 的过程,由能量守恒定律 212 2 Bmgh mg R mv E   损 而 Bv gR 可得 = 2.5E mgh mgR损 12.如图所示,现有一游戏滑道模拟装置固定在地面上,该装置竖直放置,由 AB、BC、CD 三部分组成, AB 与 BC 两轨道平滑连接,CD 为半圆弯管轨道。现将 1 号球从 AB 轨道上的 P 点静止释放,其下滑到最低 点与静止在 B 点的 2 号球发生弹性碰撞,2 号球通过弯管后从 D 点抛出,恰好落在 B 点。已知两球质量均 为 m=1kg,水平轨道 BC 长度 L=1.6m,弯管半径 R=0.4m,重力加速度 g=10m/s2(小球可看成质点,半圆弯 管内径略大于小球直径,不计一切摩擦)求: (1)2 号球运动到 D 点时对管壁的作用力 F; (2)P 点距水平轨道 BC 的竖直高度 H。 【答案】(1)30N;(2)H=1.6m 【详解】 由题意可知小球离开轨道后在空中做平抛运动,设小球在空中运动时间为 t, 212 2R gt 根据小球水平方向做匀速直线运动可得 DL v t 解得 vD=4m/s 根据 D 点受力情况可知 2 DmVmg F R   F=30N 由牛顿第三定律小球对上管壁的压力为 30N,方向竖直向上 (2)由能量守恒 2 21 12 2 2D Cmg R mv mv   解得 v2=vC=4 2 m/s 1 号球和 2 号球发生弹性碰撞,则有 0 1 2mv mv mv  2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv  解得 v0=4 2 m/s 2 0 1 2mgH mv 解得 H=1.6m 13.如图所示,用内壁光滑细圆管弯成的半圆形 APB(圆半径远大于细管的内径)和直轨道 BC 组成的装置, 把它竖直放置并固定在水平面上,已知半圆轨道半径 1mR  质量 100gm  小球(视为质点)压缩弹簧由 静止释放,小球从 A 点弹入圆轨道从 C 点以 0 8m/sv  离开轨道随即进入长 2mL  , 0.1  的粗糙水平地 面(图上对应为 CD),最后通过光滑轨道 DE,从 E 点水平射出,已知 E 距离地面的高度为 1mh  ,除 CD 段其他摩擦阻力忽略不计。求: (1)小球到达 C 点时候对圆管的压力; (2)弹簧储存的弹性势能的大小; (3)若 E 点的高度 h 可以调节,当 h 多大时,水平射程 x 最大,此最大值是多少。 【答案】(1)1N,方向竖直向下;(2)1.2J;(3)1.5m,3m 【详解】 (1)小球在 BC 段做匀速直线运动,合外力为零,根据牛顿运动定律,小球处于平衡状态, 支持力为 N 1NF mg  根据牛顿第三定律,支持力和压力属于作用力与反作用力,大小相等,方向相反,对圆管的压力大小为 1N, 方向竖直向下。 (2)小球从 A 点到 C 点根据功能关系 2 0 p 1 = 22 mv mg R E  解得 p 1.2JE  (3)小球从 A 点到 E 点根据动能定理 2 2 E 0 1 1 2 2mgh mgL mv mv    得 60 20Ev h  过了 E 点小球做平抛运动 21 2h gt , Ex v t 得到 x 与 h 的数学关系 212 4x h h  解得,当 1.5mh  时,x 有最大值 max 3mx  14.如图所示,一个质量为 4kgm  的滑块从斜面上由静止释放,无碰撞地滑上静止在水平面上的木板, 木板质量为 1kgM  ,当滑块和木板速度相等时,滑块恰好到达木板最右端,此时木板撞到与其上表面等 高的台阶上,滑块冲上光滑的水平台阶,进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧,轨道在竖直平面内,半 径为 0.5mR  ,滑块到达轨道最高点时,与轨道没有作用力。已知滑块可视为质点,斜面倾角 53   , 滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为 1 0.5  ,木板与地面间动摩擦因数为 2 0.2  ,重力加速度 为 210m/sg  ,试求: (1)滑块冲上台阶时的速度大小; (2)滑块释放时相对斜面底端的高度; (3)滑块和木板间产生的热量。 【答案】(1) 2 5m/sv  ;(2) 4.5mh  ;(3) 37.5J 【详解】 解:(1)设滑块在斜面底端时速度为 1v ,冲上台阶时速度为 2v ,在圆轨道最高点时速度 3v 。在圆轨道最高 点时,由牛顿第二定律有 2 3vmg m R  在圆轨道上运动时,由机械能守恒定律有 2 2 2 3 1 122 2mv mgR mv  联立解得 2 5m/sv  (2)设滑块在木板上滑动时加速度的大小为 1a ,木板加速度的大小为 2a 由牛顿第二定律可知 21 1 5m/smga m   21 2 2 ( ) 10m/smg m M ga M     设滑块在木板上滑行时间为 t 对木板,由 2 2v a t 得 2 2 0.5st a v  对滑块,由 2 1 1v v a t  得 1 7.5m/sv  设在斜面上释放高度为 h 由能量守恒定律可得 2 1 1 1 cos2 sin hmgh mv mg     代入数据可得 4.5mh  (3)滑块在木板上运动的位移大小为 1 2 1 25 m2 8 v vx t  木板的位移大小为 2 2 5 m2 4 vx t  相对位移大小为 1 2 15 m8x x x    所以产生热量 1 37.5JQ mg x   15.如图所示,在倾角为 37°的斜面上放置一质量为 m 的物块 B,物块 B 的下端连接一轻质弹簧,弹簧下端 与挡板相连接,物块 B 平衡时,弹簧的压缩量为 x0,O 点为弹簧的原长位置。在斜面顶端再连接一光滑的 半径 R=0.6x0 的半圆轨道,半圆轨道与斜面相切于 P 点。在斜面顶端有一质量也为 m 的物块 A,与物块 B 相距 4x0,现让 A 从静止开始沿斜面下滑,A、B 相碰后立即一起沿斜面向下运动,但不粘连,它们到达最 低点后又一起向上运动,并恰好回到 O 点(A、B 均可视为质点)。已知斜面 OP 部分粗糙,且 A、B 与斜面 间的动摩擦因数均为μ=0.25,其余部分光滑。已知 sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为 g。 (1)求物块 A、B 相碰后瞬间的共同速度大小; (2)求物块 A、B 相碰前弹簧具有的弹性势能; (3)若让物块 A 以某一初速度从 P 点沿半圆轨道上滑,恰好能通过最高点后落在斜面上,求 A 的落点到 P 点的距离。 (4)若让物块 A 以某一初速度 v 自 P 点沿斜面下滑,与物块 B 碰后返回到 P 点还具有向上的速度,则 v 为多大时物块 A 恰能通过半圆轨道的最高点?A、B 分离瞬间,B 物块即被锁定。 【答案】(1) 2 00.95v gx ;(2) p 00.3E mgx ;(3) 02.49x x ;(4) 05.5v gx 【详解】 (1)物块 A 与 B 碰撞前后,设物块 A 的速度分别为 v1 和 v2,物块 A 下滑过程中由动能定理,有 2 0 0 1 1(4 )sin37 (3 )cos37 2mg x mg x mv    ① 解得 1 03.6v gx ② 物块 A 与 B 碰撞过程中动量守恒,有 1 22mv mv ③ 联立可得 2 0 00.9 0.95v gx gx  ④ (2)碰后,物块 A、B 和弹簧组成的系统在运动到 O 点的过程中由能量守恒定律,有 2 p 2 0 1 2 2 sin372E mv mgx    ⑤ 解得 p 00.3E mgx ⑥ (3)设物块 A 在最高点 C 的速度为 vC,物块 A 恰能通过半圆轨道的最高点 C 时,重力提供向心力,有 2 Cvmg m R  ⑦ 解得 00.6Cv gx ⑧ 设物块 A 离开轨道最左端 D 时的速度为 vD,物块 A 从 C 点到 D 点的过程中由动能定理,有 2 21 1(1 cos37 ) 2 2D CmgR mv mv    ⑨ 解得 00.84Dv gx ⑩ 物块 A 的运动可分解为沿 D 点切线方向的匀加速直线运动和垂直于 D 点切线方向的类自由落体运动,设落 点到 P 点的距离为 x,有 212 cos372R g t  ⑪ 解得 03xt g  ⑫ 21 sin372Dx v t g t   ⑬ 代入数据解得 0 0(0.9 2.52) 2.49x x x   ⑭ (4)如图所示,设物块 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 vA,碰撞后共同的速度为 vB,物块 A 从 P 点到与物块 B 碰撞前的过程中由能量守恒定律,有 2 2 0 0 1 1(4 sin37 ) (3 )cos372 2 Amv mg x mv mg x     ⑮ 物块 A 与 B 碰撞的过程中动量守恒,有 2A Bmv mv ⑯ 物块 A 与 B 碰撞结束后到 O 点的过程中机械能守恒,有 2 2 p 0 1 12 2 2 sin372 2B Omv E mv mgx      ⑰ 由于物块 A 与 B 不粘连,到达 O 点,A 与 B 分离时,B 被锁定。物块 A 继续沿半圆轨道滑行至最高点 C, 最高 C 点相对于 O 点的高度 0 0cos37 3 sin37 2.88h R R x x     ⑱ 物块 A 从 O 点到 C 点的过程中由能量守恒定律,有 2 2 0 1 1= cos37 32 2O Cmv mgh mv mg x   ⑲ 联立以上各式,解得 0 030.24 5.5v gx gx  ⑳ 查看更多

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