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
专题检测题组
(时间:80分钟 满分:130分)
一、单项选择题(每小题4分,共28分)
1.(2021长郡中学、师大附中、长沙一中联考)如图所示,绷紧的传送带两端点A、B间距离
为12 m,传送带以v=4 m/s的速度匀速运行,现将一质量m=1 kg的小物块(可视为质点)轻轻地
放在传送带左端,经过4 s小物块运动到传送带的右端,已知小物块与传送带之间的动摩擦因
数μ=0.2,取g=10 m/s2。下列判断正确的是( )
A.此过程小物块始终做匀加速运动
B.此过程中因摩擦产生的热量为16 J
C.此过程中因摩擦产生的热量为24 J
D.此过程摩擦力对小物块做功8 J
v
答案 D 物块的加速度a=μg=2 m/s2,当物块的速度等于传送带的速度时所用的时间为t=
a
1
=2 s,物块速度达到传送带速度时运动的位移x= at2=4 m<12 m,所以物块在传送带上先匀加
2
速后匀速运动,A错误;传送带在t时间内运动的距离为x'=vt=4×2 m=8 m,因摩擦产生的热量
1
Q=μmg(x'-x)=8 J,B、C错误;此过程摩擦力对小物块做功W=ΔE= mv2=8 J,D正确。
k
2
2.(2022届株洲八中期中)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面
相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计一切摩擦,a、b
可视为质点,重力加速度大小为g。则( )
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A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
C.a落地时速度大小为√gℎ
D.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
答案 B 当a到达底端时,b的速度为零,b的速度在整个过程中,先增大后减小,所以轻杆对
b先做正功,后做负功,A错误;a、b整体的机械能守恒,当a的机械能最小时,b的速度最大,此
时b受到杆的推力为零,所以b对地面的压力大小为mg,B正确;a运动到最低点时,b的速度为
1
零,根据系统机械能守恒可得mgh=
2
mv2
a
,解得v
a
=√2gℎ ,C错误;在b减速的过程中,杆对a的
力是斜向下的力,此时a的加速度大于重力加速度,D错误。
3.(2022届肇庆一模,8)如图甲所示为某景区内的高空滑索运动,游客可利用轻绳通过轻质滑
环悬吊下滑。假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ,轻绳始终保持竖直,示意图如
图乙所示,以游客、滑环、轻绳为整体,不计空气阻力,在这一阶段下滑过程中( )
A.整体的机械能守恒
B.整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等
C.整体增加的动能与整体所受合外力做的功相等
D.整体增加的动能与整体减少的重力势能相等
答案 B 整体下滑过程中,需要克服钢索给的摩擦力做功,则机械能不守恒,A错误;整体损
失的机械能等于摩擦力做的功,而摩擦力做的功转化为热量,则整体损失的机械能与系统摩擦
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产生的热量相等,B正确;由于轻绳始终保持竖直,则游客受力平衡,做匀速直线运动,整体动能
不变,C、D错误。
4.(2022届珠海实验中学、东莞六中、河源中学、中山实验中学联考,6)如图,质量为m的滑
雪运动员(含滑雪板)从斜面上距离水平面高为h的位置静止滑下,停在水平面上的b处;若从
同一位置以初速度v滑下,则停在同一水平面上的c处,且ab与bc相等。已知重力加速度为
g,不计空气阻力与通过a处的机械能损失,则该运动员(含滑雪板)在斜面上克服阻力做的功为
( )
1
A.mgh B. mv2
2
1 1
C.mgh- mv2 D.mgh+ mv2
2 2
答案 C 设运动员从静止开始滑下,停在水平面上b处时,在斜面上克服阻力做的功为W,
1
在水平面上克服摩擦力做的功为W,由动能定理得mgh-W -W =0,当运动员以速度v从同一
2 1 2
1
高度滑下时,停在同一水平面上的c处,且ab与bc相等,由动能定理可得mgh-W -2W =0-
1 2
2
1
mv2,联立两式求得W=mgh- mv2,故选C。
1
2
5.(2022届济宁统考,4)如图所示,小物体从A处由静止开始沿光滑斜面AO下滑,又在粗糙水
平面上滑动,最终停在B处,已知A距水平面OB的高度为h,物体的质量为m,现用力将物体
2
从B点由静止沿原路拉回至距水平面高为 h的C点处,已知重力加速度为g,需外力做的功
3
至少应为( )
1 2 5
A. mgh B. mgh C. mgh D.2mgh
3 3 3
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答案 C 物体从A到B全程应用动能定理可得mgh-W=0,由B返回C处过程,由动能定理
f
2 5
得W -W- mgh=0,联立可得W = mgh,故选C。
F f F
3 3
6.(2022届菏泽月考,2)如图甲所示,静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块,在水平拉力F
作用下,沿x轴方向运动,拉力F随物体所在位置坐标x的变化关系如图乙所示,图线为半圆。
则小物块运动到x 处时F做的总功为 ( )
0
1
A.0 B. F x
m 0
2
π π
C. F x D. x2
4 m 0 4 0
1 π
答案 C F-x图线与x轴所围的面积代表力所做的功,所以F做功为W = πx2= F x,故选
F 8 0 4 m 0
C。
7.(2022届青岛期末,7)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直
径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨
道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质
点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
1
A.W= mgR,质点恰好可以到达Q点
2
1
B.W> mgR,质点不能到达Q点
2
1
C.W= mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
2
1
D.W< mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
2
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1
答案 C 质点由静止开始下落到最低点N的过程中,由动能定理:mg·2R-W= mv2,质点在最
2
mv2 1
低点:F -mg= ,由牛顿第三定律得:F =4mg,联立得W= mgR;质点由N点到Q点的过程
N R N 2
中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦
力做功W'<W,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,C正确。
二、多项选择题(每小题6分,共72分)
8.(2021长沙一中月考,10)(多选)固定光滑斜面倾角为θ,在斜面顶端分别以相同大小的初速度
v 释放两个完全相同的小球A、B,A球的初速度方向沿斜面向下,B球的初速度方向水平向
0
右,两球都到达斜面底端。则在两小球从斜面顶端到斜面底端的过程中,下列说法中正确的是
( )
A.两小球所受合力做的功相同
B.两小球所受合力的冲量相同
C.A小球重力做功的平均功率大于B小球重力做功的平均功率
D.到达斜面底端时A小球重力的瞬时功率大于B小球重力的瞬时功率
答案 AC 运动过程中,都只有重力对小球做功,A正确;B小球只有重力对它有冲量,而A小
球除重力的冲量外,还有斜面的弹力有冲量,合力的冲量方向一定不同,B错误;将B小球的平
抛运动沿斜面和垂直于斜面分解,沿斜面方向,加速度与A相同,但由于初速度比A小,因此时
W
间比A长,由P= 知,C正确;到达斜面底端时两小球速度大小相同,但由于A小球速度方向
t
与竖直方向的夹角大些,故到达斜面底端时A小球重力的瞬时功率小于B小球重力的瞬时功
率,D错误。
易错警示 对于动量、冲量等矢量,在做比较的时候,特别要注意对方向的考虑。
9.(2021湖南师大附中月考八)(多选)如图所示,左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的
半球形碗,碗口直径AB水平,O为球心,碗的内表面及碗口光滑,右侧是一个足够长的固定光
滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮(不计定滑轮的大
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小),细绳两端分别系有可视为质点的小球(质量为m)和物块(质量为m),且m>m,开始时小
1 2 1 2
球恰在A点,物块在斜面上且距离斜面顶端足够远,此时细绳与斜面平行且恰好伸直,C点位
于球心O的正下方,当小球由静止释放开始运动后,下列说法正确的是( )
A.物块沿斜面上滑过程中,地面对斜面的支持力始终保持恒定
B.当小球运动到C点时,小球的速率是物块速率的√2倍
C.小球可能沿碗面上升到B点
D.在小球从A点运动到C点的过程中,小球与物块组成的系统机械能守恒
答案 ABD 物块沿斜面上滑过程中,物块对斜面的压力是一定的,由平衡条件可知地面对
斜面的支持力始终保持恒定,故A正确;设小球到达最低点C时小球、物块的速度大小分别
为v、v,则有v cos 45°=v ,则v=√2v,故B正确;在小球从A点运动到C点的过程中,小球与
1 2 1 2 1 2
物块组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,D正确;由于小球、物块组成的系统机械
能守恒,物块的机械能增加必导致小球的机械能减少,故小球不可能沿碗面上升到B点,C错
误。
10.(2022届长郡中学月考一)(多选)如图所示,质量为m的物块(可视为质点)从倾角为37°的固
定斜面顶端由静止开始下滑,到达B点开始压缩弹簧(弹簧原长为2L),被弹簧弹回后恰能到达
1
AB的中点C。已知AB=2L,物块与斜面间的动摩擦因数为μ= ,设弹簧的最大压缩量为x ,
m
8
获得的最大弹性势能为E,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
p
A.物块与弹簧组成的系统机械能不守恒
B.物块运动到B点时速度最大
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C.弹簧的最大压缩量为1.5L
D.弹簧获得的最大弹性势能为2mgL
答案 AC 对于物块与弹簧组成的系统,由于摩擦力对物体做功,所以系统的机械能不守恒,
故A正确;根据功能关系,在下滑过程,有mg(2L+x )sin 37°=E +μmg cos 37°(2L+x ),上滑过程,
m p m
有E=mg(L+x )sin 37°+μmg cos 37°(L+x ),联立解得x =1.5L,E=1.75mgL,故C正确,D错误;
p m m m p
下滑过程中加速度为零时速度最大,故B点不是速度最大点,B错误。
11.(2022届湖南英才大联考)(多选)如图所示,固定的光滑长斜面的倾角θ=37°,下端有一固定
挡板。两小物块A、B放在斜面上,质量均为m,用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定
滑轮的轻绳左端与B相连,右端与水平地面上的电动玩具小车相连,系统静止时,滑轮左侧轻
3
绳与斜面平行,右侧轻绳竖直,长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动 L距离时A恰
4
好不离开挡板。重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是( )
12mg
A.弹簧的劲度系数为
5L
3 3
B.在小车从图示位置发生位移 L的过程中,绳的拉力对B做功为 mgL
4 20
3 8
C.若小车以速度2√gL向右匀速运动,位移大小为 L时,B的速率为 √gL
4 5
3 87
D.若小车以速度2√gL向右匀速运动,在0~ L位移内,绳的拉力对B做的功为 mgL
4 100
mgsin37°
答案 BD 初态,弹簧压缩量x= ,A恰好不离开挡板时,弹簧伸长量x=
1 2
k
mgsin37° ,x 1 +x 2 =√ L2+ (3 L ) 2-L=1L,解得k=24mg,A错误;根据x 1 =x 2 ,弹性势能不变,则
k 4 4 5L
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3 1 3
小车在0~ L位移内拉力对B做的功W=mg· L sin 37°,解得W= mgL,B正确。若小车
1 1
4 4 20
3
以速度2√gL向右匀速运动,小车位移大小为 L时,滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°,
4
6
小车沿轻绳方向的分速度与B的速度大小相等,则v =2√gL cos 53°= √gL,C错误;小车在
B
5
3 1 1 87
0~ L位移内,拉力对B做的功W= mv2+mg· L sin 37°= mgL,D正确。
4 2 2 B 4 100
12.(2022届武冈二中综合测试二)(多选)如图甲所示,在粗糙的水平面上放着可视为质点的
A、B两物块,质量分别为m =1 kg和m =5 kg。轻弹簧一端与物块A相连,另一端与竖直墙
A B
壁相连。未施加拉力F时,A到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从
t=0时刻开始,对B施加一水平向右的力F使物块B做匀加速运动,力F随时间变化的规律如
图乙,已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,
下列说法正确的是( )
A.物块B在t=0时的加速度大小为6 m/s2
B.弹簧的劲度系数为300 N/m
C.t=0到t=0.2 s的过程中力F做的功为4 J
D.t=0到A、B分开的过程中,A克服摩擦力做的功为0.5 J
答案 CD 未施加拉力F时,A、B恰好静止,可得kx=μ(m +m )g,t=0时刻刚施加F时,对
0 A B
A、B整体,由牛顿第二定律可得F+kx-μ(m +m )g=(m +m )a,由图像可得F=30 N,由以上各
1 0 A B A B 1
1
式解得a=5 m/s2,A错误。由图乙可知t=0.2 s时A、B开始分离,此时A、B位移大小x=
2
at2=0.1 m,刚分离时,对A由牛顿第二定律可得kx-μm g=m a,又x=x-x,可得k=200 N/m,B错
1 A A 0 1
1
误;A、B分离时,由F-μm g=m a得F=50 N,故t=0到t=0.2 s的过程中力F做的功W =
2 B B 2 F
2
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1
(F +F )x= ×(30+50)×0.1 J=4 J,C正确。t=0到A、B分开的过程中,A克服摩擦力做的功W
1 2 克
2
=μm gx=0.5 J,D正确。
A
解题方法 由于功表示力在空间上的积累效应,故用平均力法求功时,力应取位移上的平均值,
分析可知题中0~0.2 s时间内拉力F与位移x满足关系F=kx+30 N,即F随x均匀变化,故可用
1
F= (F +F )求平均力。
1 2
2
13.(2022届株洲八中期中)(多选)质量为4.0 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行,由于摩
擦力的作用,其动能随位移变化的关系图线如图所示,重力加速度g=10 m/s2,以下说法中正确
的是( )
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C.物体滑行的总时间为2.5 s
D.物体滑行的总时间为5 s
200
答案 BD 根据动能定理得E=E -μmgx,由图像可知μmg= N=8 N,解得μ=0.2,故A错
k k0
25
误,B正确;物体的初速度v=√2E =10 m/s,加速度大小a=μg=2 m/s2,则物体滑行的总时间为
0 k0
m
v
t= 0=5 s,C错误,D正确。
a
14.(2022届湖南英才大联考)(多选)如图所示,在距水平地面高为0.8 m处,水平固定一根长直
光滑杆,在杆上 P点和右侧各固定一轻质定滑轮,滑轮可绕水平轴无摩擦转动,半径R=0.6 m
的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上,其圆心O在P点的正下方。在轨道上套有一质量
为m=2 kg的小球B,用一条不可伸长的柔软细绳通过定滑轮将小球B和另一质量M=2.5 kg
的小球A连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内,两小球均可看作质点,且不计滑轮大
小的影响。初始时用手抬着小球A,此时细绳刚好伸直且拉力为0,现松开A,让A、B开始运
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动。运动过程中小球A始终不会触地(g=10 m/s2),小球B与P间细绳与竖直方向的夹角为θ,
则 ( )
A.小球B运动到P的正下方C点时,B的速度大小为0
B.小球B运动到P的正下方C点时,B的速度大小为2√2 m/s
3
C.小球B被拉到与小球A速度大小相等时,有sin θ=
4
D.小球B从地面运动到P的正下方C点过程中,细绳对B做的功为22 J
答案 BC 当小球B运动到P点正下方的C点时,将v 分解到沿绳方向与垂直绳的方向上
B
1
可知,B沿绳的分速度为零,则A球的速度也为零,据机械能守恒有: mv2+mgR=Mgh ,其中
2 C A
h =BP-CP= m-0.2 m=0.8 m,代入上式可得v =2 m/s,故A错,B对。小球B上
A √0.62+0.82 C √2
1
升到C的过程,由动能定理有: mv2-0=-mgR+W ,可知W =20 J,D错。当B运动到B、P间
2 C F F
R 3
细绳与圆相切时,小球B与小球A速度大小相等,此时sin θ= = ,C对。
OP 4
15.(2022届汕头金山中学月考,10)(多选)在某一粗糙的水平面上,一物体在水平恒定拉力的作
用下做匀速直线运动,经过一段位移后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运
动。图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g=10 m/s2。根据以上信息和
图像给出的数据,能得出的物理量有( )
A.物体与水平面间产生的热量
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B.物体匀速运动时的动能
C.物体匀速运动时的速度
D.物体全过程运动的时间
答案 AB F-x图像中图线与x轴围成的面积表示拉力所做的功;物体做匀速运动时,受力平
衡,拉力等于摩擦力,再由摩擦力与位移的乘积求出摩擦力做的功,由功能关系Q=W ,可求得
克f
产生的热量,A正确;图线与x轴围成的面积表示拉力做的功,再由摩擦力与位移的乘积求出
摩擦力做的功,求出物体合外力所做的功,则由动能定理可求得物体开始时做匀速运动时的动
能,但由于不知物体质量,故无法求其速度,B正确,C错误;由于不知道具体的运动情况,无法求
出减速运动的时间,D错误。
16.(2022届梅州东山中学期中,10)(多选)如图所示,质量为M、长度为l的小车静止在光滑的
水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端,现有一水平恒力F作用在小物
块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动,物块和小车之间的摩擦力为f,经过时间t,小车运
动的位移为s,物块刚好滑到小车的最右端,以下判断中正确的是( )
A.此时物块的动能变化为F(s+l)
B.此时小车的动能变化为f(s+l)
C.这一过程中,物块和小车间产生的内能为fl
D.这一过程中,物块和小车增加的机械能为F(s+l)-fl
答案 CD 对物块,根据动能定理有E-0=(F-f)(s+l),所以物块动能变化为(F-f)(s+l),A错误;物
k
块对小车有摩擦力作用,对小车有E'=fs,所以小车的动能变化为fs,B错误;系统产生的内能Q
k
等于摩擦力与相对位移的乘积,为fl,C正确;由能量守恒定律,有F(l+s)=ΔE+Q,则物块和小车
增加的机械能为ΔE=F(l+s)-Q=F(l+s)-fl,D正确。
17.(2022届茂名五校联盟联考,8)(多选)如图所示,固定在水平地面的光滑斜面上,有一轻质弹
簧的一端固定在一个垂直于斜面的挡板上。在弹簧上端一定距离的斜面上的某点,有一小球
A沿着斜面下滑,从小球A刚接触弹簧的瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中,整个过程弹簧没
有超出弹性限度。下列说法中正确的是( )
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A.小球的加速度一直增大
B.小球的速度将先增大后减小
C.小球到最低点后能反弹上升
D.在整个下滑过程中,小球、弹簧、地球组成的系统机械能守恒
答案 BCD 小球接触弹簧后,弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力,小球的合力沿斜面
向下,加速度也沿斜面向下,与速度方向相同,故小球做加速运动,因弹力逐渐增大,合力减小,加
速度减小;随着小球向下运动,弹簧的弹力增大,当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后,
小球的合力沿斜面向上,加速度沿斜面向上,与速度方向相反,小球做减速运动。综上可知:加
速度先减小后反向增大,小球速度先增大后减小,A错误,B正确;在最低点弹力大于重力分力,
小球反弹上升,C正确;小球、弹簧、地球组成的系统只有动能和重力势能、弹性势能的相互
转化,机械能守恒,D正确。
18.(2022届湛江10月联考,10)(多选)广州长隆水上乐园是世界知名的水上乐园,多次荣膺
“全球必去水上乐园”称号。某水滑梯的示意图如图所示(图中L、L、h均为已知量),滑
1 2
水装备与螺旋滑道间的摩擦可忽略;倾斜滑道和水平滑道与滑水装备间的动摩擦因数均为μ,
若一质量为m的游客(含装备,可视为质点)从螺旋滑道顶端由静止滑下,在倾斜滑道上加速下
滑,且在水平滑道左端的速度大小为v。不计游客在倾斜滑道和水平滑道连接处的机械能损
失,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是( )
A.游客刚进入倾斜滑道时的速度大小为2√gℎ
ℎ
B.μ<
L
1
ℎ
C.L+L<
1 2
2μ
D.游客在整个滑道上运动的过程中损失的机械能为μmg(L +L)
1 2
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1
答案 BD 由机械能守恒定律有mgh= mv2,解得游客刚进入倾斜滑道时的速度大小v=
2 1 1
√2gℎ,A错误;设倾斜滑道的倾角为θ,游客在倾斜滑道上加速下滑,则有mg sin θ>μmg cos θ,
L
sin θ= ℎ ,cos θ= 1 ,解得μ<ℎ,B正确;根据题述,游客从水平滑道左端离开,由动
√
ℎ
2+L
1
2 √
ℎ
2+L
1
2 L
1
能定理,可得2mgh-μmg cos θ·
L
1 -μmgL =
1
mv2,可得L+L<
2ℎ
,C错误;游客在整个滑道
cosθ 2 2 1 2 μ
L
上运动的过程中损失的机械能ΔE=μmg cos θ· 1 +μmgL =μmg(L +L),D正确。
2 1 2
cosθ
1
19.(2022届泰安期中,11)(多选) 如图所示,竖直面内有一个半径为R的 光滑圆弧轨道,质量
4
为m的物块(可视为质点)从顶端A处由静止释放滑至B处,下滑过程中,物块与轨道间的弹力
大小F 、物块的机械能E、动能E、重力的瞬时功率P随物块在竖直方向下降高度h变化
N k
关系图像正确的是 ( )
1
答案 AB 设物块下滑高度为h时,物块与O点的连线与竖直方向间的夹角为θ,由mgh=
2
v2 ℎ 3mgℎ
mv2-0,F -mg cos θ=m (R= ),解得F = ,故F ∝h,A正确;下滑过程中,机械能守恒,
N R cosθ N R N
B正确;E
k
=mgh与h成正比,C错误;重力的瞬时功率P=mgv cos(π-θ)=mg
√2gℎ
·√R2-
ℎ
2与
2 R
h是非线性关系,D错误。
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三、非选择题(共30分)
20.(2020湖南师大附中月考二,15)(15分)质量m=1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现
对物体施加一个随位移变化的水平外力F,物体在水平地面上运动。已知物体与地面间的滑
动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-x图像如图所示,且4~5 m内物体匀速运动,x=7 m时撤
去外力,取g=10 m/s2,则:
(1)物体与地面间的动摩擦因数为多少?
(2)物体的最大速度为多大?
(3)撤去外力后物体还能滑行多长时间?
√2
答案 (1)0.3 (2)2√2 m/s (3) s
3
解析 (1)由图像知4~5 m内外力F=3 N恒定,又物体匀速运动,则F=μmg
将数据代入得μ=0.3
(2)由图可知前3 m内物体做加速度逐渐增大的加速运动,3~4 m内做加速度逐渐减小的加速
运动,匀速运动时速度最大,对0~4 m的过程,由F-x图线与x轴所围面积的物理意义可得
W =16 J
F4
1
由动能定理得W -μmgx = mv2
F4 4 2 max
解得v =2√2 m/s
max
(3)0~7 m内外力和阻力共同作用,F-x图线与x轴围成的面积表示外力所做的功,即W =22 J
F7
1
由动能定理得W -μmgx = mv2
F7 7 2 7
代入数据得v=√2 m/s
7
撤去F后,水平方向只受摩擦力,由动量定理得-μmgt=0-mv
7
√2
代入数据t= s
3
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21.(2022届泰安高三月考,16)(15分)如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A
放在固定的光滑斜面上,B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C放
在水平地面上。现用手控制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,同时保证滑轮左侧细线竖
直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与
滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态;释放A后,A沿斜面下滑至速度最大
时,C恰好离开地面,在此过程中,求:
(1)斜面的倾角α;
(2)弹簧恢复原长时,细线中的拉力大小F;
0
(3)A沿斜面下滑的速度最大值v 。
m
解析 (1)A速度最大时,加速度为零,
对A有4mg sin α=T
此时B的加速度也为零,C恰好离开地面,
对B、C整体有T=2mg
1
解得 sin α= ,即α=30°。
2
(2)设当弹簧恢复原长时,A沿斜面向下运动的加速度大小为a
对A有4mg sin α-F =4ma
0
对B有F-mg=ma
0
6
解得F= mg。
0
5
(3)一开始弹簧处于压缩状态,有mg=k·Δx
1
mg
压缩量Δx=
1
k
C恰好离开地面时,弹簧处于伸长状态
有mg=k·Δx
2
mg
伸长量Δx=Δx=
2 1
k
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因而初、末状态弹簧的弹性势能相等,从释放A球至C球恰好离开地面的过程,对整个系统
根据机械能守恒定律有
1
4mg sin α·(Δx+Δx)-mg(Δx +Δx)= (4m+m)v2
1 2 1 2 2 m
解得v =√4mg2=2g√ m 。
m
5k 5k
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