2024年3月17日发(作者：)
专题讲座六 动力学、动量和能量观点的综合应用
1.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,B,C,D,E,F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B,C,D,E4个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球的质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( C )
A.5个小球静止,1个小球运动
B.4个小球静止,2个小球运动
C.3个小球静止,3个小球运动
D.6个小球都运动
解析:A,B质量满足mA
2.如图所示,小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上,当小车固定时,从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止.如果小车不固定,物体仍从A点静止滑下,则( A )
A.还是滑到C点停住
B.滑到BC间停住
C.会冲出C点落到车外
D.上述三种情况都有可能
解析:设BC长度为L.依照题意,小车固定时,根据能量守恒可知,物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,即有Q1=fL,其中f为物体与小车之间的摩擦力.若小车不固定,设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统,根据水平方向的动量守恒定律可知,最终两者必定均静止,根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,则有Q2=Q1,而Q2=fs,得到物体在小车BC部分滑行的距离s=L,故物体仍滑到C点停住,选项A正确.
3.(2018·山东泰安模拟)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的vt图像为( B )
解析:人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m+2m)v0=2mv+(-mv0),得v=2v0,人跳车后做匀减速直线运动,加速度
不变,选项B正确.
4.导学号 58826143(2018·山东日照模拟)如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动.若物体与车面之间的动摩擦因数为μ,则在足够长的时间内( D )
A.若M>m,物体A对地向右的最大位移是B.若M C.无论M与m的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D.无论M与m的大小关系如何,摩擦力的作用时间均为 解析:规定向右为正方向,根据动量守恒定律有Mv0-mv0=(M+m)v. 解得v=; ,若M>m,A所受的摩擦力f=μmg,对A由动能定理得-μmgxA=0-m则得物体A对地向左的最大位移xA=动能定理得 -μmgxB=0-M, ,选项A错误;若M 知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I=Mv-Mv0=-t=,选项C错误;根据动量定理得,-ft=Mv-Mv0,解得,选项D正确. 5.(2018·山东青岛模拟)(多选)如图(甲)所示的光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,图(乙)为物体A与小车的vt图像(v0,v1及t1均为已知),由此可算出( BC ) A.小车上表面长度 B.物体A与小车B的质量之比 C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数 D.小车B获得的动能 解析:图线与坐标轴包围的面积表示A相对于小车的位移,不一定为小车长度,选项A错误;设m,M分别表示物体A与小车B的质量,根据动量守恒定律mv0=Mv1+mv1,求出=图像中斜率大小为a=μg=,选项B正确;物体A的vt,可求出μ,选项C正确;因B车质量大小未知,故无法计算B车的动能,选项D错误. 6.目前雾霾天气仍然困扰人们,为了解决此难题很多环保组织和环保爱好者不断研究.某个环保组织研究发现通过降雨能有效解决雾霾天 气.当雨滴在空中下落时,不断与漂浮在空气中的雾霾颗粒相遇并结合为一体,其质量不断增大,直至落地.现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞.已知雨滴的初始质量为m,初速度为v0,每个雾霾颗粒质量均为m0,假设雾霾颗粒均匀分布,且雨滴每下落距离h后才与静止的雾霾颗粒碰撞并立即结合在一起.试求: (1)若不计重力和空气阻力,求第n次碰撞后雨滴的速度大小; (2)若不计空气阻力,但考虑重力,求第1次碰撞后雨滴的速度大小. 解析:(1)不计重力和空气阻力,设向下为正方向,全过程中动量守恒 mv0=(m+nm0)vn 得 vn=. (2)若只受到重力,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,第1次碰撞前=+2gh 碰撞瞬间动量守恒,则有mv1=(m+m0)v1′ 解得v1′=答案:见解析 7.(2018·福建厦门质检)带有光滑圆弧轨道的滑块质量为M=3 kg,静止在光滑水平面上,轨道足够高且轨道下端的切线方向水平.今有一质量为m=1 kg的小球以水平初速度v0=4 m/s滚上滑块,如图所示,取g=10 m/s2,求: . (1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度h; (2)小球又滚回来和轨道分离时两者的速度大小. 解析:(1)当小球与滑块的速度相同时,小球上升的高度最大,设此时小球和滑块的共同速度为v,有 mv0=(m+M)v, m=mgh+(m+M)v2 解得h=0.6 m. (2)设小球又滚回来时,小球的速度为v1,滑块的速度为v2,有 mv0=mv1+Mv2 m=m+M v0=2 m/s. 得v1=v0=-2 m/s,v2=答案:(1)0.6 m (2)2 m/s 2 m/s 8.导学号 58826144(2018·湖北黄冈模拟)如图所示,光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的两木块A和B,一质量为m的子弹,以速度v0水平击中木块A,并留在其中.A的质量为3m,B的质量为4m. (1)求弹簧第一次最短时的弹性势能; (2)何时B的速度最大,最大速度是多少? 解析:(1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程:一是子弹与木块A的碰撞过程,动量守恒,有机械能损失;二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程,动 量守恒,机械能也守恒. 子弹打入A的过程有mv0=4mv1 打入后弹簧由原长到最短的过程有4mv1=8mv2 在由子弹打入后系统机械能守恒,得 ×4m=×8m+Ep . 联立解得Ep=m(2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中,木块B一直做变加速运动,木块A一直做变减速运动,相当于弹性碰撞,因为它们质量相等,子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B的速度最大. 设弹簧恢复原长时A,B的速度分别为v1′,v2′,则有 4mv1=4mv1′+4mv2′ ×4m=×4mv1′2+×4mv2′2 解得v1′=0,v2′=v1=v0. 答案:(1)m (2)恢复原长时 v0 9.(2018·四川绵阳检测)2016年8月25日,红牛滑板大赛在内蒙古自治区的乌兰布和沙漠闭幕,参赛选手上演了滑板世界中的“速度与激情”.如图所示,轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道,半径为R=1.8 m,轨道ABC可认为是光滑的,且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切.一个质量为M的运动员(可视为质点)以初速度v0冲上静止在A点的滑板(可视为质点),设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿 着轨道运动.若运动员的质量M=48.0 kg,滑板质量m=2.0 kg,计算结果均保留三位有效数字,重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力). (1)运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能到达C点? (2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,滑过圆弧轨道B点时滑板对轨道的压力是多大,方向如何? (3)若A点右侧为μ=0.3的水泥地面,则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的位置? 解析:(1)以运动员和滑板为一个系统,运动员以速度v0冲上滑板过程,系统水平方向总动量守恒,即Mv0=(m+M)v 若运动员与滑板恰好到达C点,以AB水平面为零势能面,由机械能守恒定律得(m+M)v2=(m+M)gR 两式联立解得v=6.00 m/s,v0=6.25 m/s 运动员的水平速度至少要达到6.25 m/s才能到达C点. (2)运动员以第(1)问中的速度v0冲上滑板,由牛顿第二定律得N-(m+M)g=,解得N=1.50×103 N 由牛顿第三定律可知滑板对轨道的压力大小为1.50×103 N,方向竖直向下. (3)因为ABC光滑,由机械能守恒定律知运动员滑回A点时速度大小仍为v=6.00 m/s,运动员滑过A点至停下过程中,由动能定理得-μ (m+M)gx=0-(m+M)v2 代入数据解得x=6.00 m. 答案:(1)6.25 m/s (2)1.5×103 N 方向竖直向下 (3)6.00 m 10.导学号 58826145(2018·湖北孝感模拟)如图,在光滑水平面上,有A,B,C三个物体,开始B,C皆静止且C在B上,A物体以v0=10 m/s撞向B物体,已知碰撞时间极短,撞完后A静止不动,而B,C最终的共同速度为4 m/s.已知B,C两物体的质量分别为mB=4 kg、mC=1 kg,试求: (1)A物体的质量为多少? (2)A,B间的碰撞是否造成了机械能损失?如果造成了机械能损失,则损失量是多少? 解析:(1)由整个过程系统动量守恒mAv0=(mB+mC)v 代入数据得mA=2 kg. (2)设B与A碰撞后速度为u,在B与C相互作用的时间里,B,C系统动量守恒mBu=(mB+mC)v 得u=5 m/s A与B的碰撞过程中,碰前系统动能为 mA=×2×100 J=100 J 碰后系统动能为 mBu2=×4×25 J=50 J, 碰撞损失了机械能,损失量为50 J. 答案:(1)2 kg (2)见解析 11.导学号 58826146如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并平滑对接.传送带始终以u=2 m/s的速率逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0 m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带长l=1.0 m.设物块A,B中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.g取10 m/s2. (1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小; (2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲 面上; (3)如果物块A,B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小. 解析:(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0 由机械能守恒知mgh=m,v0= 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v, 有v2-=-2al 解得v=4 m/s 由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小. (2)设物块A,B第一次碰撞后的速度分别为vA,v1,取向右为正方向,由于是弹性碰撞,由动量守恒、能量守恒得 -mv=mv1+MvA mv2=m+M 解得v1=v= m/s, 即碰撞后物块B在水平台面上向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′, 则0-=-2al′,l′= m<1 m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上. (3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时,将会沿传送带向左加速.可以判断,物块B运动到左边台面的速度大小为v1,继而与物块A发生第二次碰撞. 设第二次碰撞后物块B速度大小为v2,由以上计算可知 v2=v1=()2v 物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…… 碰撞后物块B的速度大小依次为v3=v2=()3v,v4=v3=()4v…,则第n次碰撞后物块B的速度大小为vn=()nv,vn= m/s. 答案:(1)4 m/s (2)见解析 (3) m/s 第五章 机械能 第1课时 功 功率 动能定理 1.(2018·江西南昌质检)如图所示,木块B上表面是水平的,当木块A置于B上,并与B保持相对静止,一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,在下滑过程中( C ) A.A所受的合外力对A不做功 B.B对A的弹力做正功 C.B对A的摩擦力做正功 D.A对B的作用力对B做正功 解析:AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,加速度为gsin θ.A所受的合外力沿斜面向下,对A做正功,B对A的摩擦力做正功,B对A的弹力做负功,选项A,B错误,C正确;B对A的支持力和摩擦力的 合力方向垂直斜面向上,A对B的作用力方向垂直斜面向下,A对B不做功,选项D错误. 2.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,自动卸货车始终静止在水平地面上,车厢在液压机的作用下,θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中,下列说法正确的是( B ) A.货物受到的支持力对货物不做功 B.货物受到的支持力对货物做正功 C.货物受到的重力对货物不做功 D.货物受到的摩擦力对货物做负功 解析:货物受到的支持力的方向与运动方向时刻相同,做正功,选项A错误,B正确;摩擦力的方向与其运动方向时刻垂直,不做功,选项D错误;货物位置升高,重力做负功,选项C错误. 3.如图所示,质量为m的小球,从离地面高H处由静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h深度而停止,设小球受到空气阻力为f,重力加速度为g,则下列说法正确的是( C ) A.小球落地时动能等于mgH B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h) D.小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1+) 解析:小球从静止开始释放到落到地面的过程,由动能定理得mgH-fH=m,选项A错误,设泥的平均阻力为f0,小球陷入泥中的过mgh-f0h=0-m,解得程,由动能定理得f0h=mgh+m,f0=mg(1+)-,选项B,D错误;全过程应用动能定理可知,整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h),选项C正确. 4.导学号 58826101(2018·河南洛阳质检)生活中有人常说在车厢内推车是没用的,如图,在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车,在倒车的刹车过程中( A ) A.人对车做正功 B.人对车做负功 C.人对车不做功 D.车对人的作用力方向水平向右 解析:倒车表示速度向右,刹车表示减速运动,即a,v方向相反,加速度a向左,人与车具有相同的加速度,对人受力分析,受到重力和车对人的作用力,则车对人的作用力方向为斜向左上方,选项D错误;人对车的作用力方向斜向右下方,人对车的作用力与车运动位移方向成锐角,即人对车做正功(或对人由动能定理,人的动能减小,车对人做负功,人对车做正功来判断),选项A正确,B,C错误. 5.(多选)如图所示,在外力作用下某质点运动的vt图像为正弦曲线. 从图中可以判断( AD ) A.在0～t1时间内,外力做正功 B.在0～t1时间内,外力的功率逐渐增大 C.在t2时刻,外力的功率最大 D.在t1～t3时间内,外力做的总功为零 解析:由vt图像可知,在0～t1时间内,由于质点的速度增大,根据动能定理可知,外力对质点做正功,选项A正确;在0～t1时间内,因为质点的加速度减小,故所受的外力减小,由图可知t1时刻外力为零,故功率为零,因此外力的功率不是逐渐增大的,选项B错误;在t2时刻,由于质点的速度为零,故此时外力的功率最小,且为零,选项C错误;在t1～t3时间内,因为质点的初末动能不变,故外力做的总功为零,选项D正确. 6.导学号 58826102(2018·山东济南模拟)质量m=2 kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s,则下列说法中正确的是( C ) A.x=1 m时物块的速度大小为2 m/s B.x=3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s 22 C.在前2 m位移的运动过程中物块所经历的时间为2 s D.在前4 m位移的运动过程中拉力对物块做的功为9 J 解析:由图像可知,x1=1 m时,物块的动能为2 J,v1== m/s,选项A错误;对x2=2 m到x4=4 m过程由动能定理得Fx-μmgx=ΔEk,解得F=6.5 N,由牛顿第二定律得a== m/s=1.25 m/s,选项B22错误;对运动前2 m由动能定理得F′x′-μmgx′=ΔEk,解得F′=6 N,物块的加速度a′=根据v= a′t,得t=2 s,选项C正确;对物块运动全过程,由动能定理得WF-μmgx4=Ek,解得WF=25 J,选项D错误. 7.导学号 58826103(2017·辽宁沈阳一模)(多选)质量为2×10 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶,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 m/s,设阻力恒定,则( CD ) 3= m/s=1 m/s,末速度v=22=2 m/s, A.汽车所受阻力为6×10 N B.汽车在车速为5 m/s时,加速度为3 m/s C.汽车在车速为15 m/s时,加速度为1 m/s D.汽车在行驶过程中的最大功率为6×10 W 解析:当牵引力等于阻力时,速度最大,由图线可知阻力大小f=2 000 N,4223 选项A错误;倾斜图线的斜率表示功率,可知P=fv=2 000×30 W= 60 000 W,车速为5 m/s时,汽车做匀加速直线运动,加速度a==m/s=2 m/s,选项B错误;当车速为15 m/s时,牵引 N=4 000 N,则加速度a== m/s=1 m/s,2222力F′==选项C正确;汽车的最大功率等于额定功率,等于60 000 W,选项D正确. 8.(多选)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量m=5×10 kg的重物竖直吊起的过程中,重物由静止开始向上做匀加速直线运动,加速度a=0.2 m/s,当起重机输出功率达到其允许的最大值时,保持该功率直到重物做vm=1.02 m/s的匀速运动.取g=10 m/s,不计额外功.则( AC ) A.起重机允许输出的最大功率为5.1×10 W B.起重机允许输出的最大功率为5×10 W C.重物做匀加速运动所经历的时间为5 s D.重物做匀加速运动所经历的时间为5.1 s 解析:本题为机车启动模型,本题中的重力等效为机车启动中的阻力.当起重机的牵引力等于重物的重力时,重物做匀速直线运动,此时起重机输出的功率最大,最大功率为Pm=mgvm=5.1×10 W,选项A正确,B错误;由F-mg=ma,Pm=Fv,v=at1,联立解得t1=5 s,选项C正确,D错误. 444223 9.(多选)在有大风的情况下,一小球自A点竖直上抛,其运动轨迹如图所示(小球的运动可看成竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动),小球运动轨迹上的A,B两点在同一水平直线上,M点为轨迹的最高点.若风力的大小恒定,方向水平向右,小球在A点抛出时的动能为4 J,在M点时它的动能为2 J,落回到B点时的动能记为EkB,小球上升的时间记为t1,下落的时间记为t2,不计其他阻力,则( AD ) A.x1∶x2=1∶3 B.t1 =6 J =12 J 解析:因小球上升与下落时间相等,即t1=t2,x1=a,x1+x2=a(t1+t2), 故x1∶(x1+x2)=1∶2=1∶4, 则x1∶x2=1∶3. A→M应用动能定理得 -mgh+W1=m222-mv, 2竖直方向有v=2gh, 联立得W1=2 J. 则A→B风力做功W2=4W1=8 J, A→B由动能定理有W2=EkB-EkA, 可求得EkB=12 J,选项A,D正确. 10.导学号 58826104(2018·武汉高三质检)(多选)如图所示,车头的质量为m,两节车厢的质量也均为m.已知车的额定功率为P,阻力为车总重力的k倍,重力加速度为g,则下列说法正确的是( BD ) A.汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的两倍 B.汽车挂一节车厢时的最大速度为 C.若汽车挂两节车厢时的最大速度为v,汽车始终以恒定功率P前进,则汽车的速度为v时的加速度为-gk D.汽车挂两节车厢并以最大速度行驶,某时刻后面的一节车厢突然脱离,要想使汽车的速度不变,汽车的功率必须变为P 解析:挂一节车厢时,根据P=2kmgv1,挂两节车厢时,P=3kmgv,可得汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的1.5倍,选项A错误;根据P=2kmgv1,可得汽车挂一节车厢时的最大速度为v1=正确;汽车挂两节车厢运动的速度为时,牵引力F=加速度a==,选项B,阻力f=3kmg,,某时刻-3gk,选项C错误;由P=3kmgv,可得v=后面的一节车厢突然脱离,要想使汽车的速度不变,汽车做匀速运动,牵引力变为2kmg,汽车的功率必须变为2kmgv=P,选项D正确. 11.(2018·石家庄高三质检)如图所示,水平面上放一质量为m=2 kg的小物块,通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引,圆筒半径为R=0.5 m,质量为M=4 kg,t=0时刻,圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,转动角速度与时间的关系满足ω=4t,物块和水平面之间动摩擦因数μ=0.3,轻绳始终与地面平行,其他摩擦不计,求: (1)物块运动中受到的拉力. (2)从开始运动至t=2 s时电动机做了多少功? 解析:(1)由于圆筒边缘线速度与物块直线运动速度大小相同,根据v=ωR=4Rt=2t,线速度与时间成正比,物块做初速度为零的匀加速直线运动,物块加速度为a=2 m/s 根据物块受力,由牛顿第二定律得T-μmg=ma 则细线拉力为T=10 N. (2)根据匀变速直线运动规律 t=2 s时物块的速度v=at=2×2 m/s=4 m/s 2 s内物块的位移x=at=4 m 对整体运用动能定理,有W电+Wf=(M+m)v 而Wf=-μmgx=-24 J 代入数据求得电动机做的功为W电=72 J. 答案:(1)10 N (2)72 J 12.如图(甲)所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置.质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0处的P点向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O′点位置后,A又被弹簧弹回.A离开弹簧后,恰好回到P点.物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求: 222 (1)物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功. (2)O点和O′点间的距离x1. (3)如图(乙)所示,若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左推A,B,使弹簧右端压缩到O′点位置,然后从静止释放,A,B共同滑行一段距离后分离.分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少? 解析:(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf=m. (2)物块A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得 2μmg(x1+x0)=m解得x1=-x0. (3)A,B在弹簧处于原长处分离,设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功为WF 只有A时,从O′到P有 WF-μmg(x1+x0)=0-0, A,B共同从O′到O有 WF-2μmgx1=×2m分离后对A有m =μmgx2 . 联立以上各式可得x2=x0-答案:(1)m (2)-x0 (3)x0-13.(2018·山东泰安模拟)如图(甲)所示,一固定在地面上的足够长 斜面,倾角为37°,物体A放在斜面底端挡板处,通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接,B的质量M=1 kg,绳绷直时B离地面有一定高度.在t=0时刻,无初速度释放B,由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的物体A沿斜面向上运动的v-t图像如图(乙)所示.若B落地后不反弹,g取10 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8.求: 2 (1)B下落的加速度大小a; (2)A沿斜面向上运动的过程中,绳的拉力对A做的功W; (3)A(包括传感器)的质量m及A与斜面间的动摩擦因数μ; (4)在0～0.75 s内摩擦力对A做的功. 解析:(1)由题图(乙)可知,前0.5 s内,A,B以相同大小的加速度做匀加速运动,0.5 s末速度大小为2 m/s. a== m/s=4 m/s. 22(2)前0.5 s,绳绷直,设绳的拉力大小为F;后0.25 s,绳松弛,拉 力为0, 前0.5 s,A沿斜面发生的位移x=vt=0.5 m 对B由牛顿第二定律有Mg-F=Ma 代入数据解得F=6 N 所以绳的拉力对A做的功W=Fx=3 J. (3)前0.5 s,对A由牛顿第二定律有 F-(mgsin 37°+μmgcos 37°)=ma 后0.25 s,由题图(乙)得A的加速度大小 a′== m/s=8 m/s 22对A由牛顿第二定律有 mgsin 37°+μmgcos 37°=ma′ 可得F=m(a+a′) 代入数据解得m=0.5 kg,μ=0.25. (4)物体A在斜面上先加速后减速,滑动摩擦力的方向不变,一直做 负功 在0～0.75 s内物体A的位移为 x′=×0.75×2 m=0.75 m W摩=-μmgx′cos 37°=-0.75 J. 答案:(1)4 m/s (2)3 J (3)0.5 kg 0.25 (4)-0.75 J 2