A組·基礎(chǔ)練
1.(2024·浙江卷)如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h，則足球( )
A．從1到2動(dòng)能減少mgh
B．從1到2重力勢(shì)能增加mgh
C．從2到3動(dòng)能增加mgh
D．從2到3機(jī)械能不變
【答案】 B
【解析】 由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從1到2重力勢(shì)能增加mgh，則1到2動(dòng)能減少量大于mgh，A錯(cuò)誤，B正確； 從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢(shì)能減小mgh，則動(dòng)能增加小于mgh，C、D錯(cuò)誤。
2.(2024·廣東佛山一模)如圖甲為一款網(wǎng)紅魔術(shù)玩具——磁力“永動(dòng)機(jī)”，小鋼球放入漏斗后從中間小洞落入下面的弧形金屬軌道，然后從軌道另一端拋出再次回到漏斗，由此循環(huán)往復(fù)形成“永動(dòng)”的效果。其原理如圖乙所示，金屬軌道與底座內(nèi)隱藏的電源相連，軌道下方藏有永磁鐵。當(dāng)如圖乙永磁鐵N極朝上放置，小鋼球逆時(shí)針“永動(dòng)”時(shí)，下列分析正確的是( )
A．小球運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒
B．該磁力“永動(dòng)機(jī)”的物理原理是電磁感應(yīng)
C．軌道a應(yīng)接電源的正極，軌道b應(yīng)接電源的負(fù)極
D．電源如何接都不影響“永動(dòng)”的效果
【答案】 C
【解析】 小球運(yùn)動(dòng)的過程中有磁場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；該磁力“永動(dòng)機(jī)”的物理原理是通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受力的作用，故B錯(cuò)誤；小鋼球逆時(shí)針“永動(dòng)”時(shí)，應(yīng)受向右的安培力，根據(jù)左手定則可知通過小球電流的方向從軌道a到軌道b，所以軌道a應(yīng)接電源的正極，軌道b應(yīng)接電源的負(fù)極，故C正確；電源反接后改變安培力的方向，影響“永動(dòng)”，故D錯(cuò)誤。
3.(2024·浙江溫州一模)圖甲為某游樂場(chǎng)的水滑梯，其簡(jiǎn)化模型如圖乙所示。一質(zhì)量為m的小朋友從a點(diǎn)沿軌道經(jīng)b點(diǎn)滑到最低c點(diǎn)，已知ab、bc間高度差均為h。則小朋友( )
A．a(chǎn)到b和b到c動(dòng)能增加量一定相同
B．a(chǎn)到b和b到c重力勢(shì)能減少量一定相同
C．a(chǎn)到b和b到c機(jī)械能保持不變
D．a(chǎn)到c的運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為2eq \r(\f(h,g))
【答案】 B
【解析】 a到b和b到c過程，雖然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力做功關(guān)系不明確，因此無法確定兩個(gè)過程中合外力做功關(guān)系，由W合＝ΔEk可知，其兩個(gè)過程動(dòng)能的增加量不一定相同，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；a到b和b到c過程，下降高度相同，重力做功相同，由重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系有mgh＝－ΔEp，由于兩過程重力做功相同，所以重力勢(shì)能減少量相同，故B項(xiàng)正確；a到b和b到c過程中，由于存在摩擦力做功，所以機(jī)械能減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；若a到c做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有2h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝2eq \r(\f(h,g))，由于a到c過程的運(yùn)動(dòng)并不是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以其運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定比從a處開始做自由落體運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間長(zhǎng)，即時(shí)間大于2eq \r(\f(h,g))，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
4.(多選)(2024·湖南常德一模)2023年9月21日，“天宮課堂”第四課在中國(guó)空間站正式開講，神舟十六號(hào)航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮進(jìn)行授課，這是中國(guó)航天員首次在夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)進(jìn)行授課。在天宮課堂上，航天員老師在太空實(shí)驗(yàn)室中做如圖所示的實(shí)驗(yàn)。一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的輕繩，一端固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。開始時(shí)，小球位于位置M，O、M間距離d＝eq \f(L,4)，繩子處于松弛狀態(tài)。小球突然受到一瞬時(shí)沖量后以初速度v0垂直于OM向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)在以后的運(yùn)動(dòng)中小球到達(dá)位置N，此時(shí)小球的速度方向與繩垂直，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程中，下列說法正確的是( )
A．小球的機(jī)械能守恒
B．輕繩對(duì)小球做功不為零
C．小球始終做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
D．小球在N點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq \f(v0,4)
【答案】 BD
【解析】 因空間站內(nèi)的物體都處于完全失重狀態(tài)，小球以初速度v0先向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)至輕繩恰好伸直，輕繩在繃緊瞬間產(chǎn)生拉力，使小球沿繩方向的速度立刻減為零，只剩下垂直于繩方向的速度分量v⊥，即此時(shí)小球的機(jī)械能有損失，之后小球繞O點(diǎn)以速度大小v⊥做半徑為L(zhǎng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；因小球在N點(diǎn)時(shí)已做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小為v⊥＝v0sin θ又sin θ＝eq \f(d,L)＝eq \f(1,4)故v⊥＝eq \f(v0,4)，因輕繩在細(xì)緊瞬間造成小球機(jī)械能的損失，故輕繩對(duì)小球做功不為零，故B、D正確。
5.(2024·全國(guó)卷)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點(diǎn)自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點(diǎn)。則小環(huán)下滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小( )
A．在Q點(diǎn)最大 B．在Q點(diǎn)最小
C．先減小后增大 D．先增大后減小
【答案】 C
【解析】 方法一(分析法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處(P點(diǎn))與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示
設(shè)圖中夾角為θ，從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律
mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2
在P點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律
mgcs θ＝meq \f(v2,R)
聯(lián)立解得cs θ＝eq \f(2,3)
從大圓環(huán)頂端到P點(diǎn)過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從P點(diǎn)到最低點(diǎn)過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。
方法二(數(shù)學(xué)法)：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時(shí)，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律
mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2(0≤θ≤π)
在該處根據(jù)牛頓第二定律
F＋mgcs θ＝meq \f(v2,R)(0≤θ≤π)
聯(lián)立可得F＝2mg－3mgcs θ
則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大小
|F|＝|2mg－3mgcs θ|
根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知|F|的大小在cs θ＝eq \f(2,3)時(shí)最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對(duì)大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。
6.(2024·山東淄博一模)圖甲是淄博市科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時(shí)最短的軌道叫作最速降線軌道。取其中的“最速降線”軌道Ⅰ和直線軌道Ⅱ進(jìn)行研究，如圖乙所示，兩軌道的起點(diǎn)M高度相同，終點(diǎn)N高度也相同，軌道Ⅰ的末端與水平面相切于N點(diǎn)。若將兩個(gè)相同的小球a和b分別放在Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點(diǎn)M，同時(shí)由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)在Ⅰ軌道上的小球a先到達(dá)終點(diǎn)。下列描述兩球速率v與時(shí)間t、速率平方v2與下滑高度h的關(guān)系圖像可能正確的是( )
【答案】 A
【解析】 根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgH＝eq \f(1,2)mv2可得小球a和b到達(dá)軌道底端的速度大小均為v＝eq \r(2gH)，小球b沿直線軌道Ⅱ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像為一條傾斜直線，小球a沿“最速降線”軌道Ⅰ運(yùn)動(dòng)過程，加速度逐漸減小，則其v－t圖像的切線斜率逐漸減小，且小球a所用時(shí)間小于小球b所用時(shí)間，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgh＝eq \f(1,2)mv2，可得小球a和b下滑過程速率平方v2與下滑高度h的關(guān)系為v2＝2gh可知小球a和b的v2－h(huán)圖像均為一條過原點(diǎn)的傾斜直線，故C、D錯(cuò)誤。
7.(2024·安徽滁州二模)我國(guó)已擁有“蛟龍”號(hào)、“深海勇士”號(hào)、“奮斗者”號(hào)三臺(tái)深海載人潛水器。某次潛水器由靜止開始豎直下潛，下潛過程中受到的阻力與它下潛的速度大小成正比，下列關(guān)于潛水器的速度—時(shí)間圖像(v－t)、重力勢(shì)能—時(shí)間圖像(Ep－t)、機(jī)械能—位移圖像(E－x)和動(dòng)能—位移圖像(Ek－x)，可能正確的是( )
【答案】 D
【解析】 下潛過程中受到的阻力與它下潛的速度大小成正比，則f＝kv，下潛過程中，由牛頓第二定律得mg－kv＝ma，解得a＝g－eq \f(kv,m)可知下潛過程中潛水器做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；潛水器下潛過程中，重力勢(shì)能Ep＝mg(H－h(huán))＝mgH－mgh＝Ep0－mg×eq \f(1,2)eq \x\t(a)t2，所以下潛過程中重力勢(shì)能越來越小，Ep－t圖像的斜率越來越小，故B錯(cuò)誤；潛水器下潛中的機(jī)械能E＝E0－fx＝E0－kvx，所以下潛過程中機(jī)械能減小，E－x圖像的斜率越來越大，故C錯(cuò)誤；潛水器下潛過程中的動(dòng)能Ek＝(mg－f)x＝(mg－kv)x，所以潛水器下潛過程中，動(dòng)能先增大，當(dāng)阻力與重力大小相等后動(dòng)能大小不變，增大過程中Ek－x圖像斜率越來越小，故D正確。
B組·綜合練
8.(多選)(2024·山東聊城三模)如圖甲所示，半徑R＝0.4 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝30°，另一端點(diǎn)D與圓心O等高，點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)。質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以速度v0水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道，物塊進(jìn)入軌道后開始計(jì)時(shí)，軌道受到的壓力F隨時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則( )
A．物塊從D點(diǎn)離開軌道時(shí)速度大小為4 m/s
B．F0大小為70 N
C．v0的大小為2 m/s
D．物塊在AC段運(yùn)動(dòng)過程中重力的瞬時(shí)功率一直增大
【答案】 AB
【解析】 由圖像可知，物塊從軌道D點(diǎn)飛出軌道到再次回到D點(diǎn)的時(shí)間為t＝1.675 s－0.875 s＝0.8 s，則物塊從D點(diǎn)離開軌道時(shí)速度大小為vD＝geq \f(t,2)＝4 m/s，選項(xiàng)A正確；從C到D由機(jī)械能守恒可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)＋mgR，在C點(diǎn)時(shí)壓力最大，則由F0－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，解得F0＝70 N，選項(xiàng)B正確；從B到D由機(jī)械能守恒可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mgRsin 30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，解得vB＝2eq \r(3) m/s則v0＝vBsin 30°＝eq \r(3) m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)PG＝mgvy可知，物塊在A點(diǎn)時(shí)豎直速度為零，則重力的瞬時(shí)功率為零；在C點(diǎn)時(shí)豎直速度為零，則重力的瞬時(shí)功率也為零，可知物塊在AC段運(yùn)動(dòng)過程中重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AB。
9.(多選)(2024·云南昆明模擬)如圖所示，小滑塊P、Q的質(zhì)量分別為3m、m，P、Q間通過輕質(zhì)鉸鏈用長(zhǎng)為L(zhǎng)的剛性輕桿連接，Q套在固定的水平橫桿上，P和豎直放置的輕彈簧上端相連，輕彈簧下端固定在水平橫桿上。當(dāng)輕桿與豎直方向的夾角α＝30°時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，此時(shí)，將P由靜止釋放，P下降到最低點(diǎn)時(shí)α＝60°。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)，滑塊P始終沒有離開豎直墻壁，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。忽略一切摩擦，重力加速度為g，在P下降的過程中( )
A．P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒
B．下滑過程中，兩個(gè)滑塊的速度大小始終一樣
C．P和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最小時(shí)，Q受到水平橫桿的支持力大小等于mg
D．彈簧彈性勢(shì)能的最大值為2(eq \r(3)－1)mgL
【答案】 AC
【解析】 由于不計(jì)一切摩擦，所以P、Q和彈簧三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A正確；初始時(shí)P、Q的速度均為零，在P下降的過程中，Q一直沿著桿向左運(yùn)動(dòng)，P下降至最低點(diǎn)時(shí)，P的速度為零，Q速度也為零，但由速度的合成與分解可知P、Q的速度大小不是始終一樣，故B錯(cuò)誤；經(jīng)分析可知，P和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能最小時(shí)，Q的機(jī)械能最大，即Q的動(dòng)能最大，速度最大，輕桿對(duì)Q的作用力為零，水平橫桿對(duì)Q的支持力大小等于Q的重力mg，故C正確；P下降至最低點(diǎn)時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)P、Q的速度都為零，由于P、Q和彈簧三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能等于系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能，即Ep＝3mgL(cs 30°－cs 60°)＝eq \f(3,2)(eq \r(3)－1)mgL，故D錯(cuò)誤。故選AC。
10.(多選)(2024·貴州遵義三模)如圖甲所示，工人沿傾角為α＝10°的斜坡向上推動(dòng)平板車，將一質(zhì)量為10 kg的貨物運(yùn)送到斜坡上某處，貨物與小車之間始終沒有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。若平板車板面始終水平，則貨物的動(dòng)能Ek隨位移x的變化圖像如乙所示，已知：sin 10°＝0.17，cs 10°＝0.98，g取10 m/s2，則( )
A．貨物在0～2 m的過程中，重力勢(shì)能增加34 J
B．貨物在0～2 m的過程中，克服摩擦力做功
C．貨物在2～4 m的過程中，用時(shí)為eq \r(10) s
D．貨物在2～4 m的過程中，機(jī)械能一直增大
【答案】 ACD
【解析】 貨物在0～2 m的過程中，克服重力做功等于貨物重力勢(shì)能增加，則ΔEp＝mgx1sin α＝10×10×2×0.17 J＝34 J，選項(xiàng)A正確；貨物在0～2 m的過程中，動(dòng)能增加，貨物沿斜面做加速運(yùn)動(dòng)，則加速度沿斜面向上，則摩擦力對(duì)貨物做正功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；2 m末的速度為v＝eq \r(\f(2Ek,m))＝eq \r(\f(2×8,10)) m/s＝eq \r(1.6) m/s，貨物在2～4 m的過程中的合外力F＝eq \f(ΔEk,x)＝eq \f(8,2) N＝4 N，加速度為a＝eq \f(F,m)＝0.4 m/s2，根據(jù)v＝at，可知用時(shí)為t＝eq \f(v,a)＝eq \r(10) s，選項(xiàng)C正確；貨物在2～4 m的過程中，重力勢(shì)能與動(dòng)能之和為E＝mgΔxsin α＋(Ek2－kΔx)＝17Δx＋(8－4Δx)＝13Δx＋8(J)則隨Δx增加，機(jī)械能一直增大，選項(xiàng)D正確。故選ACD。
11.(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑為r的eq \f(1,4)細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。質(zhì)量為m的滑塊在曲面上距BC的高度為2r處從靜止開始下滑，滑塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq \f(1,2)，進(jìn)入管口C端時(shí)與圓管恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過程中滑塊速度最大為vm試求：
(1)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；
(2)水平面BC的長(zhǎng)度x；
(3)在壓縮彈簧過程中當(dāng)滑塊的速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep。
【答案】 (1)2eq \r(gr) (2)3r (3)eq \f(3,2)mgr＋eq \f(m2g2,k)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
【解析】 (1)滑塊從A到B過程，根據(jù)機(jī)械能守恒可得mg·2r＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝2eq \r(gr)。
(2)滑塊進(jìn)入管口C端時(shí)與圓管恰好無作用力，重力提供向心力，由牛頓第二定律有mg＝meq \f(v\\al(2,C),r)
解得vC＝eq \r(gr)
滑塊從A到C過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg·2r－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0
解得x＝3r。
(3)當(dāng)壓縮彈簧過程中速度最大時(shí)，小球所受的重力和彈力平衡，則有mg＝kx1
以此位置為重力勢(shì)能的零勢(shì)能點(diǎn)，則根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mg(r＋x1)－Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得Ep＝eq \f(3,2)mgr＋eq \f(m2g2,k)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)。
12.(2024·江蘇泰州一模)如圖所示，一半徑r＝eq \f(3,4) m的四分之一光滑圓弧軌道與一水平固定平臺(tái)相連，現(xiàn)用一輕繩將質(zhì)量m＝1 kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))跨過光滑輕質(zhì)定滑輪與平臺(tái)上木板MN相連，木板與滑輪間輕繩處于水平，木板有三分之一長(zhǎng)度伸出平臺(tái)，其與平臺(tái)的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。小球位于圓弧軌道上的A點(diǎn)，AC長(zhǎng)也為r，CM足夠長(zhǎng)。g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力(結(jié)果可保留根號(hào))。
(1)若小球、木板恰能在圖示位置保持靜止，求木板質(zhì)量M；
(2)若木板質(zhì)量M′＝m，從圖示位置由靜止釋放時(shí)，木板的加速度大小為a1＝1 m/s2，求此時(shí)繩中的張力F和小球的加速度a2的大??；
(3)接第(2)問，求小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中繩子拉力對(duì)小球所做的功W。
【答案】 (1)eq \f(5\r(3),3) kg (2)3 N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－\f(3\r(3),2))) m/s2 (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(3),4)－\r(2)－\f(3,2))) J
【解析】 (1)根據(jù)題意，小球、木板在圖示位置時(shí)，設(shè)此時(shí)繩子的彈力為T，由于小球、木板恰好靜止，則有T＝μMg
由小球平衡，有Tcs 30°＝eq \f(1,2)mg
聯(lián)立解得M＝eq \f(5\r(3),3) kg。
(2)根據(jù)題意，對(duì)木板，由牛頓第二定律有F－μM′g＝M′a1
解得F＝M′a1＋μM′g＝3 N
釋放瞬間，小球速度為零，則小球指向圓心方向的合力為零，則對(duì)小球有
mgsin 30°－Fcs 30°＝ma2
解得a2＝eq \f(mgsin 30°－Fcs 30°,m)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－\f(3\r(3),2))) m/s2。
(3)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，小球速度為v1、木板速度為v2，則v1＝eq \r(2)v2
對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)M′veq \\al(2,2)＋μM′g(eq \r(2)－1)r＝mgr(1－cs 30°)
對(duì)小球運(yùn)用動(dòng)能定理，有mgr(1－cs 30°)＋W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
聯(lián)立解得W＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(3),4)－\r(2)－\f(3,2))) J。
13.如圖(a)，一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長(zhǎng)與BC長(zhǎng)度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移x的變化關(guān)系如圖(b)所示。已知AB段長(zhǎng)度為2 m，滑塊質(zhì)量為2 kg，滑塊與斜面AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)當(dāng)拉力為10 N時(shí)，滑塊的加速度大小；
(2)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；
(3)滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。
【答案】 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
【解析】 (1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為FN，滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，拉力為10 N時(shí)滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動(dòng)摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma ①
FN－mgcs θ＝0 ②
Ff＝μFN ③
聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a＝7 m/s2。 ④
(2)設(shè)滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W＝T1x1＋T2x2 ⑤
式中T1、T2和x1、x2分別對(duì)應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。
依題意，T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0 ⑥
聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek＝26 J。⑦
(3)由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點(diǎn)的最大距離為smax，由動(dòng)能定理有－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek ⑧
聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax＝1.3 m。

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