北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题六 机械能守恒定律
应用创新题组
(时间:70分钟 满分:120分)
一、单项选择题(每小题4分,共32分)
1.(2022届湘豫名校联考 科技工程)我国自主研制的新一代节能环保型超大型油船“远福
洋”号,在某次起航中由静止出发,其发动机功率与油轮速度大小的关系图像如图所示,在无
风浪的海况下,当油轮速度达到v 后,油轮发动机的功率保持额定功率不变,油轮能达到的最
0
大速度为2v,设油轮质量为m,运动过程中所受阻力恒为f。下列说法正确的是( )
0
A.油轮先做匀加速运动,再做匀速运动
B.油轮的额定功率为fv
0
v 2f
C.当油轮速度为 0 时,其加速度大小为
3 m
x 3mv
D.若油轮速度达到2v 的过程中位移为x,则经过的时间为 + 0
0 2v 2f
0
答案 D 由题图可知,油轮速度从0到v 的变化过程中,发动机牵引力不变,油轮加速度不变;
0
油轮速度从v 到2v 的变化过程中,发动机功率保持不变,但油轮速度逐渐增大,所以牵引力逐
0 0
渐减小,则油轮加速度逐渐减小;在油轮速度达到2v 之后,发动机牵引力与阻力大小相等,油
0
轮将做匀速运动。综上所述可知油轮先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的变加速运动,最
v
后做匀速运动,A错误;油轮的额定功率为P=fv =2fv ,B错误;当油轮速度为 0 时,油轮发动机
m 0
3
1 2 v F -f f
的功率为P= P= fv,由P=F 0 可知发动机牵引力F=2f,油轮的加速度大小a= 1 =
1 3 3 0 1 1 3 1 m m
,C错误;设油轮经时间t 速度从0增大到v,经时间t 速度从v 增大到2v,由运动学公式可得
1 0 2 0 0
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t=v =mv ,t 时间内油轮航行的位移大小x=v t =mv2 ,在t 时间内,由动能定理有Pt -f(x-
1 0 0 1 1 0 1 0 2 2
a f 2 2f
1 1 mv x x
x)= m(2v )2- mv2 ,解得t= 0+ ,故油轮速度达到2v 所经历的时间为t=t +t= +
1 2 0 2 0 2 2f 2v 0 1 2 2v
0 0
3mv
0,D正确。
2f
2.(2021衡阳二模 科技工程)2019年“山东舰”正式服役,标志着我国进入双航母时代,如图,
“山东舰”正在沿直线航行,其质量为m,发动机的输出功率恒为P,所受阻力大小恒为f,某时
刻速度为v、加速度为a,一段时间t后速度变为v(v>v),在这段时间内位移为x。下列关
1 1 2 2 1
系式正确的是( )
v +v P f
A.x= 2 1t B.a = -
2 1 mv m
1
P 1 1
C.f> D.Pt= mv2- mv2
v 2 2 2 1
1
答案 B 发动机的输出功率恒为P,所受阻力大小恒为f,在加速过程中做加速度减小的加速
v +v v +v
运动,则这段时间内的平均速度大于初末速度和的一半,即v> 1 2,x=vt> 1 2t,A错误;
2 2
P P f
“山东舰”速度为v 时,受到的牵引力F= ,由牛顿第二定律得F-f=ma ,解得a= - ,B正
1 v 1 1 mv m
1 1
P
确;速度为v 时,“山东舰”做加速运动,牵引力大于阻力,则f< ,C错误;由动能定理可得Pt-
1 v
1
1 1
fx= mv2- mv2,D错误。
2 2 2 1
3.(2022届湖南师大附中月考二 情境创新)某城市广场喷泉的喷嘴横截面积为S,喷泉喷出
的水柱超过了高度h。已知水的密度为ρ,重力加速度为g,则用于给喷管喷水的电动机输出
功率至少为( )
A.ρghS B.ρghS√2gh
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ρghS ρghS√2gh
C. D.
2 2
答案 B 设喷嘴处水最小速度为v,上升的高度刚好为h,则v2=2gh,解得v=√2gh,设经过时
1
间Δt,喷嘴处喷出的水为Δm,则Δm=ρSvΔt,根据动能定理可得PΔt= Δmv2,解得P=ρghS
2
√2gh,B正确。
解题方法 流体柱状模型中,求解冲击力问题时,需要选用动量定理; 求解功率问题时,则需要
选用动能定理。
4.(2022届佛山罗定邦中学月考,6 物理生活)汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启
动,若所受阻力始终不变,如图所示为牵引力F与速度v的关系,加速过程在图中A点结束,所
用的时间t=10 s,经历的路程s=60 m,10 s后汽车做匀速运动。则( )
A.汽车所受阻力的大小为1×104 N
B.汽车匀速运动时的牵引力大小为3×104 N
C.汽车恒定功率为5×104 W
D.汽车的质量为6×103 kg
答案 A 汽车的功率P=F v=2×104×5 W=105 W,匀速运动的速度为v =10 m/s,则所受阻力
1 1 m
P 105
的大小为f= = N=1×104 N,A正确,C错误;由题图可知,汽车匀速运动时的牵引力大小为
v 10
m
1
1×104 N,B错误;根据动能定理Pt-fs= mv2,解得汽车的质量为m=8×103 kg,D错误。
2 m
5.(2021广州二模,7 物理生活)已知动车组列车每节动车的额定功率相同,每节动车与拖车
质量相等,动车运行时所受阻力与其重力成正比。若某动车组由4节动车加8节拖车组成,其
运行的最大速率为240 km/h,则由该4节动车加4节拖车组成的动车组,运行的最大速率为(
)
A.480 km/h B.360 km/h
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C.320 km/h D.240 km/h
答案 B 设每节动车的额定功率为P,每节车厢所受的阻力为f,某动车组由4节动车加8节
拖车组成,速度最大时,则有:4P=12fv。当由该4节动车加4节拖车组成的动车组,运行速率最
大时:4P=8fv',联立两式解得:v'=360 km/h,故B正确,A、C、D错误。
6.(2020广东华附月考,16 物理生活)在检测某款电动车性能的实验中,质量为8×102 kg的电
动车由静止开始沿平直公路行驶,达到的最大速度为15 m/s。利用传感器测得此过程中不同
1
时刻电动车的牵引力F与对应的速度v,并描绘出F- 图像(图中AB、BO均为直线),假设电
v
动车行驶中所受的阻力恒定,则下列说法错误的是( )
A.在全过程中,电动车在B点时速度最大
B.电动车做匀加速运动时的加速度为2 m/s2
C.电动车的额定功率为6 kW
D.电动车做匀加速运动所需的时间为1.5 s
答案 A 在全过程中,电动车在C点时速度最大,A错。电动车速度最大时牵引力与阻力相
2 000-400
等,即阻力f=400 N,根据牛顿第二定律F-f=ma计算可得a= m/s2=2 m/s2,B对。
800
电动车的额定功率P=Fv=fv =400×15 W=6 kW,C对。P=Fv ,电动车做匀加速运动的最大速
m 0m
P 6 000 v 3
度v = = m/s=3 m/s,则所需的时间为t= 0m= s=1.5 s,D对。
0m F 2 000 a 2
7.(2020广东湛江调研,17)如图所示,竖直固定的圆环轨道半径为R,在环的最低点放置一个小
球,给小球一水平向右的瞬时速度v,小球会在环内运动。不计一切摩擦,重力加速度为g,为保
证小球运动过程中不脱离轨道,瞬时速度v可能为( )
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3
A.√gR B.√3gR C.√4gR D. √2gR
2
答案 A 试题考查圆周运动与机械能守恒定律等必备知识,主要考查理解能力、推理论证
能力,体现了科学推理的学科素养,突出对综合性考查要求。
v2
小球在环内做圆周运动,恰好通过最高点时,mg=m 临,从最低点运动到最高点的过程中,根据
R
1 1
动能定理定律可知,-mg·2R= mv2 - mv2,解得v=√5gR;小球不越过圆环的四分之一轨道,
2 临 2 1 1
1
根据机械能守恒定律有mgR= mv2,解得v=√2gR;小球不脱离轨道,速度v满足v≤√2gR或
2 2 2
v≥√5gR,故A正确,B、C、D错误。
8.(2020山东菏泽一中模拟,7)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面1和2,斜面有相同
的高和不同的底边,如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放,并沿斜面下滑到
底端。下列说法正确的是( )
A.沿着1和2下滑到底端时,物块的速度大小相等
B.物块下滑到底端时,速度大小与其质量无关
C.物块沿着1下滑到底端的过程,产生的热量较少
D.物块下滑到底端的过程中,产生的热量与其质量无关
答案 B 试题以同一物块从两个不同斜面滑下为情境,考查功能关系等必备知识,主要考查
理解能力、推理论证能力,体现了科学推理的学科素养,突出对基础性考查要求。
让小物块分别从斜面顶端滑到底端,由于两个斜面的高度相等,所以由动能定理得mgh-μmg
1 h h
cos θ·l= mv2,其中l= ,则可化简为2gh-2μg =v2,故θ越大,物块滑到斜面底端时速度
2 sinθ tanθ
越大,且速度大小与质量无关,B正确,A错误;物块沿斜面下滑到底端的过程中,产生的热量为
h
Q=μmg ,故θ越大,Q越小,且Q与质量有关,C、D错误。
tanθ
二、多项选择题(每小题6分,共36分)
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9.(2022届长郡中学月考三)(多选)2021年9月12日,在西安进行的第十四届全运会跳水比赛
结束了女子10米台决赛的争夺,广东队选手全红婵夺得冠军。若跳水运动员进入水中后因
受到水的作用力而竖直向下做减速运动,某运动员质量为m=40 kg,水对运动员的作用力大小
恒为F=2 400 N,那么在运动员减速下降深度为h=1.2 m的过程中(g=10 m/s2),下列说法正确的
是( )
A.运动员的动能减少了2 800 J
B.运动员的重力势能减少了480 J
C.运动员的机械能减少了2 400 J
D.运动员克服水的作用力做功2 880 J
答案 BD 在运动员减速下降深度为 h的过程中,运动员受重力和水的作用力,运用动能定
理得:(mg-F)h=ΔE ,由于运动员动能是减少的,所以运动员动能减少(F-mg)h=2 400 J,A错误;根
k
据重力做功与重力势能变化的关系得:W =-ΔE=mgh,他的重力势能减少了mgh=480 J,B正确;
G p
运动员克服水的作用力做功W =Fh=2 880 J,他的机械能减少了2 880 J,C错误,D正确。
F
10.(2022届长沙一中月考一 物理生活)(多选)一辆汽车在平直的公路上从静止开始启动,其
1
加速度a和速度的倒数 的关系图像如图所示,已知汽车的质量为m,汽车启动过程受到的阻
v
力恒定,图中b、c、d已知,则 ( )
A.汽车启动过程的功率越来越大
mb
B.汽车启动过程的功率恒为
d-c
1
C.汽车启动过程的最大速度为
d
mbc
D.汽车启动过程受到的阻力为
d-c
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P F-F P 1 F
答案 BD 汽车以恒定功率启动时,有F= ,a= f,因此有a= × - f,与图像相符,结合
v m m v m
P b mb 1
图像得 = ,有P= ,故A错误,B正确;当加速度为零时,速度最大,由 =c得最大速
m d-c d-c v
m
1 P mbc
度v = ,C错误;汽车启动过程受到的阻力F= = ,D正确。
m c f v d-c
m
11.(2021卓越联盟一模,7)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m的圆环相连,圆环
套在倾斜的粗糙固定杆上,杆与水平面之间的夹角为α,圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。
将圆环从A处静止释放,到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v,恰好能
回到A。已知AC=L,B是AC的中点,弹簧始终在弹性限度之内,重力加速度为g,则( )
A.下滑过程中,环的加速度不断减小
B.下滑过程中,环与杆摩擦产生的热量为mv2
1
C.从C到A的过程,弹簧对环做功为mgL sin α- mv2
4
D.环经过B时,上滑的速度大于下滑的速度
答案 CD 下滑过程中加速度先减小至零,后反向增大,选项A错误;圆环从A处由静止开始
下滑到C的过程,由动能定理得mgh-W-W =0,在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到
f 弹
1 1
A,则-mgh+W -W=0- mv2,联立解得Q=W= mv2,选项B错误;从C到A过程,-mgh+W -
弹 f 2 f 4 弹
1 1
W=0- mv2,其中h=L sin α,联立解得W =mgL sin α- mv2,选项C正确;圆环从A处由静止开
f 弹
2 4
1 1
始下滑到B过程,mgh'-W'-W '= mv2-0①,圆环从B处上滑到A的过程,-mgh'-W'+W '=0-
f 弹 2 B f 弹 2
1
mv '2,整理得mgh'+W'-W '= mv '2②,比较①②式可得v <v ',则环经过B时,上滑的速度大于
B f 弹 2 B B B
下滑的速度,选项D正确。故选C、D项。
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思路点拨 圆环从A处由静止开始下滑,初速度为零,到达C处的速度为零,所以圆环先做加
速运动,加速度为零时速度最大,再做减速运动。在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到
A,根据功能关系,该过程产生的热量为摩擦力做的功。
12.(2021河北衡水中学二调,12)如图所示,有质量为2m、m的小滑块P、Q,P套在固定竖直杆
上,Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,一轻弹簧左端与Q相连,
右端固定在竖直杆上,弹簧水平,α=30°时,弹簧处于原长。当α=30°时,P由静止释放,下降到最
低点时α变为60°,整个运动过程中,P、Q始终在同一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一
切摩擦,重力加速度为g。则P下降过程中( )
A.P、Q组成的系统机械能守恒
B.当α=45°时,P、Q的速度相同
C.弹簧弹性势能最大值为(√3-1)mgL
D.P下降过程中动能达到最大前,Q受到地面的支持力小于3mg
答案 CD 根据能量守恒知,P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒,故A错误;当α=45°时,有v
P
cos α=v sin α,所以两者的速度大小相等,但是P的速度方向竖直向下,Q的速度方向水平向左,
Q
故P、Q的速度不同,选项B错误;根据系统机械能守恒可得,P下降到最低点时,弹簧的弹性势
能最大,E=2mgL(cos 30°-cos 60°)=(√3-1)mgL,选项C正确;P下降过程中,动能达到最大前,P
p
加速下降,对P、Q整体,在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg-N=2ma,则有N<3mg,选项D
正确。故选C、D项。
13.(2021枣庄期末,9 典型模型)(多选)质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶,
1
行驶过程中牵引力F和车速倒数 的关系图像如图所示。已知行驶过程中最大车速为30
v
m/s,设阻力恒定,则( )
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A.汽车所受阻力为6×103 N
B.汽车在车速为5 m/s时,加速度为3 m/s2
C.汽车在车速为15 m/s时,加速度为1 m/s2
D.汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W
答案 CD 当牵引力等于阻力时,速度最大,由题图可知阻力大小F=2×103 N,故A错误;车速
f
6 000-2 000
为5 m/s时,汽车正在匀加速运动,加速度a= m/s2=2 m/s2,故B错误;题图中倾
2 000
斜图线的斜率表示汽车的额定功率,可知P=Fv=2 000×30 W=6×104 W,汽车的最大功率等于
f
P 6×104
额定功率,等于6×104 W,故D正确;当车速为15 m/s时,牵引力F= = N=4 000 N,则
v' 15
F-F 4 000-2 000
加速度a'= f= m/s2=1 m/s2,故C正确。
m 2 000
14.(2022届临朐实验中学月考,12)(多选)如图所示,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻
绳的另一端系一质量为m的环,环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑的轻小定滑轮与直杆的
距离为d,杆上的A点与定滑轮等高,杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静
止释放,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是( )
A.环到达B处时,重物上升的高度d
B.环到达B处时,环的速度大小是重物的√2倍
C.环从A到B过程中,环的机械能是减少的
4
D.环能下降的最大高度为 d
3
答案 BCD 环到达B处时,重物上升的高度由几何关系可知h=√2d-d=(√2-1)d,故A错误;
环和重物在沿着绳子方向上的速度相等,因此v cos 45°=v ,整理得v =√2v ,故B正确;由
环 物 环 物
于绳子拉力对环做负功,因此环的机械能减少,故C正确;环与重物组成的系统满足机械能守
4
恒mgH=2mg(√H2+d2-d),整理得H= d,故D正确。
3
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三、非选择题(共52分)
15.(2021,5·3原创)(7分)弹珠游戏机是一种常见的娱乐游戏机,很多孩子们都喜欢这种游戏机。
小明自制了一个弹珠游戏机如图甲所示,现将该游戏机简化为图乙的物理模型,上方为半圆平
面,半径为R,下方为一矩形平面,高为L=3R,将一质量为m的小球置于直线槽内,槽的宽度刚
好略大于小球的直径,槽的下端放置一轻弹簧,刚开始轻弹簧处于原长,不计小球与平面、轨
道间的摩擦。现将该平面倾斜与水平面成30°角后固定,将小球下端轻弹簧压缩某一长度后
释放,此时小球刚好位于平面下沿,轻弹簧将小球弹出,弹出瞬间弹性势能全部转化为小球的
动能,小球刚好经过半圆弧轨道的最高点,重力加速度为g,求弹簧压缩的弹性势能E。
p
9
答案 mgR
4
解析 轻弹簧将小球弹出,轻弹簧不计质量,根据题意弹簧弹出小球过程,弹性势能全部转化
1
为小球的动能,设小球离开弹簧瞬间的速度为v,根据能量守恒定律有E= mv2
1 p 2 1
平面与水平面成30°角,小球与平面、轨道间的摩擦不计,小球从弹出到最高点过程中,受到支
持力和重力,支持力不做功,设小球到最高点时的速度为v,根据动能定理有-mg(L+R) sin 30°=
2
1 1
mv2- mv2
2 2 2 1
小球刚好经过最高点,对平面上沿无压力,根据圆周运动的特点,分析可知,mg sin
30°=mv2
2
R
9
综上得出E= mgR
p
4
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16.(2021河北衡水中学期中,21)(15分)如图甲所示,弯曲部分AB和CD是两个半径都为
R =0.3 m的光滑圆弧轨道,中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直
1
径),分别与上下圆弧轨道相切连接,BC段的长度L为0.2 m。下圆弧轨道与光滑水平地面轨
道相切,其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点与最低点,整个轨道固定在竖直平面内。质
量m=0.3 kg的小球以一定的初速度从A点水平进入轨道(计算结果可以用根式表示)。
(1)如果小球从D点以5 m/s的速度水平飞出,求落地点与D点的水平距离;
(2)如果小球从D点以5 m/s的速度水平飞出,求小球过A点时对A点的压力大小;
(3)如果在D点右侧平滑连接一半径R =0.4 m的半圆形光滑轨道DEF,如图乙所示,要使小球
2
在运动过程中能不脱离轨道,求初速度大小的范围。
甲
乙
答案 (1)2 m(4分) (2)44 N(4分) (3)v≤√10 m/s或v≥2√5 m/s(7分)
0 0
解析 (1)小球从D点以5 m/s的速度水平飞出后做平抛运动
1
由平抛运动规律可得:h= gt2
2
据题,由几何关系可知:h=2R +L=2×0.3 m+0.2 m=0.8 m
1
代入数据解得:t=0.4 s
所以落地点与D点的水平距离:x=v t=5×0.4 m=2 m
D
1 1
(2)由A到D的过程,由机械能守恒定律可得:mgh+ mv2= mv2
2 D 2 A
v2
在A点,由牛顿第二定律可得:N-mg=m
A
R
1
联立解得:N=44 N
由牛顿第三定律知,小球过A点时对轨道的压力:N'=N=44 N
(3)讨论一:小球进入轨道最高运动到C点,之后原路返回
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1
由机械能守恒定律有:mg(R +L)= mv2
1 2 1
解得:v =√10 m/s
1
讨论二:小球进入轨道后恰好能通过圆弧最高点D,之后沿DEF运动而不脱离轨道
在D点,则有:mg=mv2
R
2
1 1
从A到D由机械能守恒定律可得:mgh+ mv2= mv2
2 2 2
解得:v =2√5 m/s
2
所以要使小球在运动过程中能不脱离轨道,初速度大小的范围为:v ≤√10 m/s或v≥2√5 m/s
0 0
17.(2020浙江杭州适应性考试,16)(15分)如图所示,四分之一的光滑圆弧轨道AB与水平轨道
平滑相连,圆弧轨道的半径为R=0.8 m,有一质量为m=1 kg的滑块从A端由静止开始下滑,滑
块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5,滑块在水平轨道上滑行L=0.7 m后,滑上一水平粗糙
的传送带,传送带足够长且沿顺时针方向转动,取g=10 m/s2。
(1)求滑块第一次滑上传送带时的速度大小v。
1
(2)若要滑块再次经过B点,传送带的速度至少多大?
(3)试讨论传送带的速度v与滑块最终停下位置x(到B点的距离)的关系。
答案 (1)3 m/s (2)√7 m/s (3)见解析
解析 试题以传送带模型为情境,考查动能定理等必备知识,主要考查理解能力、推理论证能
力、模型建构能力,体现了科学推理的学科素养,突出对综合性考查要求。
(1)滑块从A点到刚滑上传送带之前的运动过程,根据动能定理得:
1
mgR-μmgL= mv2
2 1
得:v =√2gR-2μgL
1
代入数据得:v =3 m/s
1
(2)滑块在传送带上运动,先向左减速到零,再向右加速,若传送带的速度小于v,则滑块最终以
1
传送带的速度运动,设传送带速度为v时,滑块刚能滑到B点,则有:
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1
-μmgL=0- mv2
2
得:v=√2μgL=√7 m/s,即传送带的速度必须大于或等于√7 m/s
(3)若传送带的速度大于或等于v=3 m/s,则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为v。
1 1
1
由动能定理得:-μmgx=0- mv2
2 1
得:x=0.9 m
即滑块在水平轨道上滑行的路程为0.9 m,则最后停在离B点0.2 m处。
若传送带的速度√7 m/s<v<3 m/s,则滑块将经过B点,滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道,最后
停下,根据动能定理得:
1
-μmg(L+x)=0- mv2
2
v2 v2
解得x= -L= -0.7 (m)
2μg 10
若传送带的速度0<v≤√7 m/s
则滑块将不能回到B点或恰好回到B点,根据动能定理得:
1
-μmg(L-x)=0- mv2
2
v2 v2
解得x=L- =0.7- (m)
2μg 10
18.(2022届潍坊期中,17)(15分)如图所示,水平桌面上有一轻弹簧,左端固定在A点,自然状态
时其右端位于P点。水平桌面右侧有半径R=0.1 m,竖直放置的光滑半圆轨道BCD,BD为其
竖直直径。若用质量m=0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到Q点(图中未标出),释放后弹簧恢复
1
原长时物块恰停止在P点,用同种材料、质量m=0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到Q点释放,
2
物块过P点后其位移与时间的关系为x=4t-2t2(m),经过B点时对轨道压力的大小为10 N,g取
10 m/s2。求质量为m 的物块运动过程中:
2
(1)运动到B点时的速度大小;
(2)释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功;
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(3)所能达到的最大高度。
解析 (1)对于运动至B点的质量为m 的物块,由牛顿第三定律知物块受到的支持力F=10 N,
2
由牛顿第二定律得F-m g=m
v2
2 2 B
R
代入数据得v = 2 m/s
B
(2)由题意知x=4t-2t2,质量为m 的物块在桌面上过P点的速度v=4 m/s
2 0
设P到B的过程中克服摩擦力做的功为W
1
1 1
由动能定理-W = m v2- m v2
1 2 2 B 2 2 0
代入数据可得:W =1.2 J
1
对质量为m 的物块由Q到P的过程应用动能定理:W -μmgx=0
1 弹 1 1
1
对质量为m 的物块由Q到P的过程应用动能定理:W -μmgx= m v2
2 弹 2 1 2 2 0
此过程中克服摩擦力做功W=μm gx
2 2 1
解得W=1.6 J
2
W=W+W
1 2
即克服摩擦力做功为 2.8 J
(3)判定可知质量为m 物块将在CD之间做斜上抛运动。
2
设物块脱离轨道时所在处为E点,E点与圆心连线与水平方向夹角为θ,脱离轨道时物块的速
度为v ,由牛顿第二定律得mg sin θ=m
v2
E 2 2 E
R
1 1
由机械能守恒得 m v2=mgR(1+sin θ)+ m v2
2 2 B 2 2 2 E
2 √2
解得sin θ= ,v = m/s
3 E 3
1
由E点斜抛到最高的过程,在竖直方向(v cos θ)2=2gh',得h'= m
E
54
5
质量为m 的物块所能达到的最大高度h =R(1+sin θ)+h'= m
2 m
27
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