1、阶段综合检测(三)(第五、六章)(90分钟100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.如图所示,在升降机内固定一光滑的斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上,另一端与质量为m的物块A相连,弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中()A.物块A的重力势能增加量一定等于mghB.物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块A的机械能增加量等于弹簧的拉力对其做的功D.物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和【解析】选D。当物块具有向上
2、的加速度时,弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力,所以弹簧的弹力比物块静止时大,弹簧的伸长量增大,物块A相对于斜面向下运动,物块A上升的高度小于h,所以重力势能的增加量小于mgh,故A错误;对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和,故B错误;物块A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和,故C错误;物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和,故D正确。2. (2020太原模拟)如图所示,一个质量为m=60 kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F作用下,由静止开始从斜面的底
3、端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动,经过一段时间后外力F做的功为120 J,此后撤去外力F,物体又经过一段时间后回到出发点。若以地面为零势能面,则下列说法正确的是()A.在这个过程中,物体的最大动能小于120 JB.在这个过程中,物体的最大重力势能大于120 JC.在撤去外力F之后的过程中,物体的机械能等于120 JD.在刚撤去外力F时,物体的速率为2 m/s【解析】选C。由题意可知,恒力F对物体做功120 J,则物体的机械能等于120 J。撤去F后,只有重力对物体做功,机械能守恒,所以物体回到出发点时的动能为120 J,选项A错误,C正确;物体运动到最高点的过程中,由动能定理可得WF+WG=0
4、,即重力做功为WG=-WF=-120 J,重力做负功,物体的最大重力势能等于120 J,选项B错误;由于物体向上运动的过程中重力对物体做负功,所以在刚撤去外力F时,物体的动能小于120 J,物体的速度v= m/s=2 m/s,选项D错误。3.一物体静止在水平地面上,在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动,如图甲所示。在物体上升过程中,空气阻力不计,其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示,其中曲线上点A处的切线的斜率最大,则()A.在x2处物体的速度最大B.在x1处物体所受拉力最大C.在x2x3过程中,物体的动能一直增大D.在0x2过程中,物体加速度的大小是先增大后减小【解析】选B。根据功能关系
5、可知,机械能E与位移x图线的斜率表示物体受到的拉力,可见,A处切线的斜率最大,说明x1处物体受到的拉力F最大,在0x1过程中物体所受拉力是变力,在0x1过程中物体做加速运动。在x1x2过程中,图象的斜率越来越小,说明拉力越来越小,拉力先大于重力,后小于重力,在x2处物体的机械能最大,图象的斜率为零,此时拉力为零,所以在这一过程中物体应先加速后减速,所以在x1处物体的速度不是最大,应在x1x2过程中某处速度最大,故A错误,B正确;在x2x3过程中,拉力为零,物体的机械能守恒,重力势能增大,则物体的动能一直减小,故C错误;在0x2过程中,拉力先增大后减小,直到变为零,则物体受到的合力应先向上增大后
6、减小,减小到零后,再反向增大,故D错误。4.如图所示,在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab,杆与水平面的夹角为,在杆的上端a处套一质量为m的圆环,圆环上系一轻弹簧,弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点,O、b两点处在同一竖直线上。由静止释放圆环后,圆环沿杆从a运动到b,在圆环运动的整个过程中,弹簧一直处于伸长状态,则下列说法正确的是()A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒【解析】选D。如图所示,由几何关系可知,当圆环与O点的连线与杆垂直时,弹簧的长度最短,弹簧的弹性势能最小,所以在圆环从a到C的过程中弹簧对圆环做正功,
7、弹簧的弹性势能减小,圆环的机械能增大,而从C到b的过程中,弹簧对环做负功,弹簧的弹性势能增大,圆环的机械能减小,故A、B、C错误;在整个过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功,所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,故D正确。5.质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于小球动量变化量p和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是()A.p=2 kgm/s,W=-2 JB.p=-2 kgm/s,W=2 JC.p=0.4 kgm/s,W=-2 JD.p=-0.4 kgm/s,W=2 J【解析】选A。取竖
8、直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量:p=mv2-mv1=0.24 kgm/s-0.2(-6) kgm/s=2 kgm/s,方向竖直向上。由动能定理知,合外力做的功:W=m-m=0.242 J-0.262 J=-2 J,A正确,B、C、D错误。6.(2020茂名模拟)某电影里两名枪手在房间对决,他们各自背靠墙壁,一左一右,假设他们之间的地面光滑,随机放着一均匀木块到左右两边的距离不一样。两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹听天由命。但是子弹都没有射穿木块,两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探,仔细观察木块发现右边的射孔(弹痕)更深。设子弹与木块的作用力大小
9、一样,请你分析一下,哪个结论是正确的()A.开始时,木块更靠近左边的人,左边的人相对更安全B.开始时,木块更靠近左边的人,右边的人相对更安全C.开始时,木块更靠近右边的人,左边的人相对更安全D.开始时,木块更靠近右边的人,右边的人相对更安全【解析】选B。子弹的质量与射出时的速度都相等,两子弹与木块组成的系统总动量为零;如果木块在正中间,则弹痕应该一样长,结果是右边的长一些;假设木块靠近其中某一人,设子弹质量为m,初速度为v0,木块质量为M,阻力为f,弹痕长度分别为x1、x2,两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:mv0=(M+m)v1,
10、由能量守恒定律得:m=(M+m)+fx1,对另一发子弹,同样有:(M+m)v1-mv0=0,m+(M+m)=fx2,解得:x1x2,综合判断,后接触木块的子弹弹痕长,更容易射穿木块,对面的人更危险,所以一开始木块离左边近一些,右边的人相对更安全,故B正确,A、C、D错误。7.如图所示,一倾角为、高为h的光滑斜面,固定在水平面上,一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到底端时速度的大小为v,所用时间为t,则物块滑至斜面的底端时,重力的瞬时功率及重力的冲量分别为()A.、0B.mgv、mgtsinC.mgvcos、mgtD.mgvsin、mgt【解析】选D。根据瞬时功率的公式可得物块滑至
11、斜面的底端时重力的瞬时功率为P=mgvsin,重力的冲量为I=mgt,所以选项D正确,A、B、C错误。8.弹性小球A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示,A的质量为m,B的质量为M,某时刻连接A、B的绳突然断开,同时在B球的正下方有一质量为M的物体C以v0的速度竖直上抛,此后B、C间发生弹性碰撞(碰撞时间不计),A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的速度大小为u,如图乙所示,从绳突然断开到A的速度为v的时间内,弹簧的弹力对物体A的冲量大小为()A.mvB.mv-MuC.mv+muD.mv+mv0-mu【解析】选D。设B经过时间t0后与C相遇,此时B的速度为v1,C的速度为v
12、2,由于碰撞的时间短,可以认为碰撞的过程中二者在竖直方向的动量守恒,选取竖直向上为正方向,设碰撞的时刻C的速度方向仍然向上,则:-Mv1+Mv2=Mv1+Mv2,由能量守恒可得:M+M=Mv12+Mv22,联立可得:v1=v2,v2=-v1,可知碰撞的过程中二者互换速度;设B从绳断到下落速度为u的过程所用时间为t,以向上为正方向,根据动量定理,有:对物体A有:I-mgt=mv对物体B有:-Mgt=-M(v0-u)由式得弹簧的弹力对物体A的冲量为:I=mv+mv0-mu。故A、B、C错误,D正确。二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全
13、部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.如图所示,轻质弹簧劲度系数为k,一端与固定在倾角为的光滑斜面底端的传感器连接,另一端与木块连接,木块处于静止状态,此时传感器示数为F0。若在木块的上端加一沿斜面向上的恒力F,当传感器示数再次为F0时。下面说法正确的是()A.木块上升的高度为B.木块的机械能增加量为C.木块的动能增加量为(F-F0)D.木块的质量为【解析】选B、C。木块原来静止时有 F0=kx1,当传感器示数再次为F0时有 F0=kx2,木块上升的高度 h=(x1+x2)sin=sin,故A错误;由于初末状态弹簧的弹性势能相等,由功能关系知,木块的机械能增加量等于F做的功,
14、则E增=F(x1+x2)=,故B正确;在此过程中,弹簧的弹力做功为0,由动能定理得Ek=F(x1+x2)-mg(x1+x2)sin,初状态时有F0=mgsin,联立解得木块的动能增加量为Ek=(F-F0),故C正确;由F0=mgsin得m=,故D错误。10.如图所示,圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道,它们的下端均固定于容器底部圆心O,上端固定在容器侧壁。若相同的小球以同样的速率,从点O沿各轨道同时向上运动。对其向上运动过程,下列说法不正确的是()A.小球动能相等的位置在同一水平面上B.小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C.小球克服摩擦力做功相等的位置在同一水平面上D.当
15、运动过程中产生的摩擦热相等时,小球的位置不在同一水平面上【解析】选A、B、C。据功能关系可知,克服重力做功等于重力势能的减少量,故小球重力势能相等的位置一定在同一水平面上,B选项错误;设直轨道与水平面的夹角为,直轨道的水平投影为x,小球上滑的摩擦力Ff=mgcos,上滑的位移L=,克服摩擦力做功W=FfL=mgcos=mgx,即克服摩擦力做功相等的位置在同一竖直平面内,产生摩擦热相等时,小球的位置不在同一水平面上,C选项错误,D选项正确;由上述分析,根据动能定理可知,小球动能相等的位置在同一水平面的同心圆周上,A选项错误。11.如图所示,木块A的质量mA=1 kg,足够长的木板B的质量mB=4
16、 kg,质量为mC=4 kg的木块C置于木板B上,水平面光滑,B、C之间有摩擦。现使A以v0=12 m/s的初速度向右运动,与B碰撞后以4 m/s的速度弹回,则()A.B运动过程中的最大速度为4 m/sB.B运动过程中的最大速度为8 m/sC.C运动过程中的最大速度为4 m/sD.C运动过程中的最大速度为2 m/s【解析】选A、D。A与B碰后瞬间,C的运动状态未变,此时B的速度最大,由A、B组成的系统动量守恒(取向右为正方向),有mAv0=-mAvA+mBvB,代入数据得vB=4 m/s,选项A正确,B错误;B与C相互作用使B减速,C加速,由于B足够长,所以B和C能达到相同速度,二者共速后,C
17、速度最大,由B、C组成的系统动量守恒,有mBvB=(mB+mC)vC,代入数据得vC=2 m/s,选项C错误,D正确。12.质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是()A.M、m0、m速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.m0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不变,M和m的速度都变为v,且满足Mv=(M+m)vD.M、m0、m速度均发生变化,M、m0速度都变为v1,m的速
18、度变为v2,且满足(M+m)v0=(M+m)v1+mv2【解析】选B、C。碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒,m0的速度在瞬间不变,以M的初速度方向为正方向,若碰后M和m的速度变为v1和v2,由动量守恒定律得:Mv=Mv1+mv2;若碰后M和m速度相同,由动量守恒定律得:Mv=(M+m)v,故B、C正确。三、实验题(本题共2小题,共14分)13.(6分)在“验证机械能守恒定律”的实验中。(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材。为完成此实验,除了所给的器材,从图中还必须选取的实验器材是_。(2)下列方法有助于减小实验误差的是_。A.在重物的正下方地面铺海绵B.必须从纸带上第一个点开始计
19、算验证机械能是否守恒C.重复多次实验,重物必须从同一位置开始下落D.重物的密度尽量大一些(3)完成实验后,小明用刻度尺测量纸带距离时如图(乙),已知打点计时器每0.02 s打一个点,则B点对应的速度vB=_m/s。若H点对应的速度为vH,重物下落的高度为hBH,重物质量为m,当地重力加速度为g,为得出实验结论完成实验,需要比较mghBH与_的大小关系(用题中字母表示)。【解析】(1)该实验中可以选用电磁打点计时器和学生电源或者是电火花计时器。在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重物下降的距离,故需要毫米刻度尺。(2)在重物的正下方地面铺海绵,目的是保护仪器,A选项错误;该实验是
20、比较重力势能的减少量与动能增加量的关系,不一定要从纸带上第一个点开始计算验证,B选项错误;重复多次实验时,重物不需要从同一位置开始下落,C选项错误;选重物的密度尽量大一些,可以减小空气阻力的影响,从而减小实验误差,D选项正确。(3)根据刻度尺的读数规则可知,AC之间的距离xAC=5.40 cm。根据匀变速直线运动的规律可知,一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,B点瞬时速度的大小vB=1.35 m/s。根据机械能守恒可知,mghBH=m-m。答案:(1)电磁打点计时器和学生电源或者是电火花计时器、毫米刻度尺(2)D(3)1.35m-m14.(8分)如图所示是用来验证动量守恒的实验装置,弹
21、性球1用细线悬挂于O点,O点下方桌子的边缘有一竖直立柱。实验时,调节悬点,使弹性球1静止时恰与立柱上的球2右端接触且两球等高。将球1拉到A点,并使之静止,同时把球2放在立柱上。释放球1,当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞,碰后球1向左最远可摆到B点,球2落到水平地面上的C点。测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。现已测出A点离水平桌面的距离为a、B点离水平桌面的距离为b、C点与桌子边沿间的水平距离为c。此外:(1)还需要测量的量是_、_和_。(2)根据测量的数据,该实验中动量守恒的表达式为_。(忽略小球的大小)【解析】(1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化,根据弹性球1
22、碰撞前后的高度为a和b,由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度,故只要再测量弹性球1的质量m1,就能求出弹性球1的动量变化;根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化,故只要测量弹性球2的质量m2和立柱高h、桌面离水平地面的高度H就能求出弹性球2的动量变化。(2)根据(1)的解析可以写出动量守恒的方程2m1=2m1+m2。答案:(1)弹性球1、2的质量m1、m2立柱高h桌面离水平地面的高度H(2)2m1=2m1+m2四、计算题(本题共4小题,共46分。需写出规范的解题步骤)15.(8分)如图所示,质量m=3 kg的小物块以初速度v0=4 m/s水
23、平向右抛出,恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=3.75 m,B点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接,A与圆心O的连线与竖直方向成37角。MN是一段粗糙的水平轨道,小物块与MN间的动摩擦因数=0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r=0.4 m的半圆弧轨道,C点是半圆弧轨道的最高点,半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小;(2)若MN的长度为L=6 m,求小物块通过C点时对轨道的压力大小;(3)若小物块恰好能通过C点,求MN的长度L
24、。【解析】(1)根据平抛运动的规律有v0=vAcos37解得小物块经过A点时的速度大小vA=5 m/s小物块从A点运动到B点,根据机械能守恒定律有m+mg(R-Rcos37)=m小物块经过B点时,根据牛顿第二定律有FN-mg=解得FN=62 N,根据牛顿第三定律,小物块经过B点时对轨道的压力大小是62 N。(2)小物块由B点运动到C点,根据动能定理有-mgL-2mgr=m-m在C点,根据牛顿第二定律有FN+mg=解得FN=60 N,根据牛顿第三定律,小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N。(3)小物块恰好能通过C点时,根据mg=解得vC=2 m/s小物块从B点运动到C点的过程中,根据动能定
25、理有-mgL-2mgr=mv-m解得L=10 m。答案:(1)62 N(2)60 N(3)10 m【总结提升】(1)过程划分:追踪运动过程划分不同阶段,根据不同阶段满足的物理规律进行剖析和求解。本题可分为四个不同的运动过程:平抛运动、圆周运动、水平面上的运动和竖直面内的圆周运动。满足的物理规律分别为:运动分解、机械能守恒、动能定理和牛顿第二定律。(2)条件挖掘:“从A点沿着圆弧的切线方向”可通过运动的分解求A点速度。“恰好能通过C点”可知在C点的速度。16.(8分)如图所示,倾角=30的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P,斜面上B点与A点的高度差为h。将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端,质量
26、也为m的物块静止在木板上某处,整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数=,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0,木板上端恰能到达B点,求v0大小;(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0,物块相对木板刚好静止,求拉力F0的大小;(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg,作用一段时间后撤去拉力,木板下端恰好能到达B点,物块始终未脱离木板,求拉力F做的功W。【解析】(1)由机械能守恒定律得2m=2mg(h-Lsin)解得:v0=(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F0-2mgsin=2ma0对物块由牛顿第二定律有mgcos-mg
27、sin=ma0解得:F0=mg(3)设拉力F的作用时间为t1,再经时间t2物块与木板达到共速,再经时间t3木板下端到达B点,速度恰好减为零。对木板有F-mgsin-mgcos=ma1mgsin+mgcos=ma3对物块有mgcos-mgsin=ma2对木板与物块整体有2mgsin=2ma4另有:a1t1-a3t2=a2(t1+t2)a2(t1+t2)=a4t3a1+a1t1t2-a3+a4=W=Fa1解得:W=mgh。答案:(1)(2)mg(3)mgh【加固训练】如图所示,一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角=30的斜面底端,将弹簧上端压缩到A点锁定。一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置,解除
28、弹簧锁定,小物块将沿斜面上滑至B点后又返回,A、B两点的高度差为h,弹簧锁定时具有的弹性势能Ep=mgh,锁定及解除锁定均无机械能损失,斜面上A点以下部分的摩擦不计,已知重力加速度为g。求:(1)物块与斜面间的动摩擦因数。(2)物块在上滑和下滑过程中的加速度大小之比。(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定,当物块返回A点时立刻解除锁定。设斜面最高点C与A的高度差为3h,试通过计算判断物块最终能否从C点抛出。【解析】(1)物块从A第一次上滑到B的过程中,由能量守恒定律得:Ep=mgcos+mgh即:mgh=mgcos+mgh解得:=(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、
29、支持力和滑动摩擦力的作用,设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2,根据牛顿第二定律得:物块上升过程有:mgsin+mgcos=ma1解得: a1=g(sin+cos)=g物块下滑过程有:mgsin-mgcos=ma2解得: a2=g(sin-cos)=g故:a1a2=53(3)经过足够长时间后,弹簧给物块补充的弹性势能将全部转化为物块在斜面上来回运动时因摩擦产生的热量,设稳定时物块上升的最大高度为hm,则由能量守恒定律得:Ep=2mgcos即:mgh=2mgcos解得:hm=2.5 h3 h所以物块不可能到达C点,即不能从C点抛出答案:(1)(2)53(3)物块不能从C点抛出计算过程见
30、解析17.(14分)如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上,下端与水平地面在P点相切,一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上,左端固定有水平轻弹簧,Q点为弹簧处于原长时的左端点,P、Q间的距离为R,PQ段地面粗糙、动摩擦因数为=0.5,Q点右侧水平地面光滑,现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,重力加速度为g。求:(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小;(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度);(3)物块A最终停止位置到Q点的距离。【解析】(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点,设速度大小为vP,由机械能守恒定律
31、有:mgR=m设在最低点轨道对物块的支持力大小为FN,由牛顿第二定律有:FN-mg=m,联立解得:FN=3mg,由牛顿第三定律可知物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小为3mg。(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0,由动能定理有mgR-mgR=m-0,解得v0=,当物块A、物块B具有共同速度v时,弹簧的弹性势能最大,以向右为正方向由动量守恒定律有:mv0=(m+2m)v,m=(m+2m)v2+Epm,联立解得Epm=mgR。(3)设物块A与弹簧分离时,A、B两物体的速度大小分别为v1、v2,则有mv0=-mv1+2mv2,m=m+(2m),联立解得:v1=,设物块A最终停在Q点左
32、侧x处,由动能定理有:-mgx=0-m,解得x=R。答案:(1)3mg(2)mgR(3)R18.(16分)(2019全国卷)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图象如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。(1)求物块B的质量。(
33、2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功。(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等,在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。【解析】(1)根据图(b)可知,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m(-)+mvm=m(-)2+mv2联立式得m=3m(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH-fs1=m-0-(fs2+mgh)=0-m(-)2从图(b)所给的v-t图线可知s1=v1t1s2=(1.4t1-t1)由几何关系=物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2联立式可得W=mgH(3)设倾斜轨道倾角为,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为,有W=mgcos设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有-mgs=0-mv2设改变后的动摩擦因数为,由动能定理有mgh-mgcos-mgs=0联立式可得=答案:(1)3m(2)mgH(3)关闭Word文档返回原板块