能力課2 機械能守恒定律一、選擇題 1.(2019屆桂林模擬)一棵樹上有一個質(zhì)量為0.3 kg的熟透了的蘋果P，該蘋果從樹上與A等高處先落到地面C最后滾入溝底D.已知AC、CD的高度差分別為2.2 m和3 m，以地面C為零勢能面，A、B、C、D、E面之間豎直距離如圖所示算出該蘋果從A落下到D的過程中重力勢能的減少量和在D處的重力勢能分別是(g取10 m/s2)()A15.6 J和9 JB9 J和9 JC15.6 J和9 J D15.6 J和15.6 J解析：選C以地面C為零勢能面，根據(jù)重力勢能的計算公式得D處的重力勢能Epmgh0.3×10×(3) J9 J，從A下落到D的過程中重力勢能的減少量Epmgh0.3×10×(2.23) J15.6 J，選項C正確2.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正處于原長(圖乙)忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力則小球從A位置運動到C位置的過程中，下列說法正確的是()A經(jīng)過位置B時小球的加速度為0B經(jīng)過位置B時小球的速度最大C小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能守恒D小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小解析：選C分析小球從A位置到B位置的過程中受力情況，開始時彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在B點時，彈力為零，小球從B到C的過程中，只受重力根據(jù)牛頓第二定律可以知道小球從A位置到B位置過程中，小球先向上做加速運動再向上做減速運動，所以速度最大位置應(yīng)該是加速度為零的位置，在A、B之間某一位置，選項A、B錯誤；從A位置到C位置過程中小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，選項C正確，D錯誤3.(多選)(2018屆湖南郴州一中模擬)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是()A運動員到達最低點前重力勢能始終減小B蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負功，彈性勢能增加C蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D蹦極過程中，重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取有關(guān)解析：選ABC在運動員到達最低點前，運動員一直向下運動，根據(jù)重力勢能的定義可知重力勢能始終減小，故選項A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運動員向下運動，所以彈力做負功，彈性勢能增加，故選項B正確；對于運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故選項C正確；重力做功是重力勢能轉(zhuǎn)化的量度，即WGEp，而蹦極過程中重力做功與重力勢能零點的選取無關(guān)，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點的選取無關(guān)，故選項D錯誤4.(多選)(2018屆山東山師附中三模)如圖所示，質(zhì)量為m的a、b兩球固定在輕桿的兩端，桿可繞O點在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，已知兩物體距O點的距離L1>L2，現(xiàn)在由圖示位置靜止釋放，則在a下降過程中()Aa、b兩球的角速度大小始終相等B重力對b球做功的瞬時功率一直增大C桿對a做負功，a球機械能不守恒D桿對b做負功，b球機械能守恒解析：選ACa、b兩球同時繞O點轉(zhuǎn)動，角速度大小始終相等，故A正確；剛開始，b的速度為0，重力對b球做功的瞬時功率為0，在豎直位置，速度與重力方向垂直，重力對b球做功的瞬時功率為0，所以重力對b球做功的瞬時功率先增大后減小，故B錯誤；在a下降過程中，b球的動能增加，重力勢能增加，所以b球的機械能增加，根據(jù)重力之外的力做功量度物體機械能的變化，所以桿對b做正功，球a和b系統(tǒng)機械能守恒，所以a機械能減小，所以桿對a做負功，故D錯誤，C正確5.(多選)(2019屆揭陽市揭東一中檢測)如圖，兩個相同小物塊a和b之間用一根輕彈簧相連，小物塊a和b及彈簧組成的系統(tǒng)用細線靜止懸掛于足夠高的天花板下細線某時刻被剪斷，系統(tǒng)下落，已知重力加速度為g，則()A細線剪斷瞬間，a和b的加速度大小均為gB彈簧恢復(fù)原長時，a和b的加速度大小均為gC下落過程中彈簧一直保持拉伸狀態(tài)D下落過程中a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：選BD開始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力大小等于物塊b的重力mg，當細線剪斷瞬間，彈簧不能突變，則物塊b受力仍然平衡，加速度為零，而a受向下的重力和拉力作用，加速度為2g，故A錯誤；彈簧恢復(fù)原長時，兩物塊均只受重力，故加速度大小為g，由于此時物塊a的速度大于b的速度，故此后一段時間彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B正確，C錯誤；對a、b和彈簧組成的系統(tǒng)來說，由于只有重力和彈簧彈力做功，故機械能守恒，故D正確6.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道和光滑水平軌道相切，三個小球1、2、3沿水平軌道分別以速度v12、v23、v34水平向左沖上半圓形軌道，g為重力加速度，下列關(guān)于三個小球的落點到半圓形軌道最低點A的水平距離和離開軌道后的運動形式的說法正確的是()A三個小球離開軌道后均做平拋運動B小球2和小球3的落點到A點的距離之比為 2C小球1和小球2做平拋運動的時間之比為11D小球2和小球3做平拋運動的時間之比為11解析：選BD設(shè)小球恰好通過最高點時的速度為v，此時由重力提供向心力，則mgm，得v設(shè)小球能通過最高點時在軌道最低點的最小速度為v，由機械能守恒定律得2mgRmv2mv2得v由于v12<v，所以小球1不能到達軌道最高點，也就不能做平拋運動，故A、C錯誤；小球2和小球3離開軌道后做平拋運動，由2Rgt2，得t2，則得小球2和小球3做平拋運動的時間之比為11，故D正確；設(shè)小球2和小球3通過最高點時的速度分別為v2和v3根據(jù)機械能守恒定律得2mgRmv22mv222mgRmv32mv32解得v2，v32由平拋運動規(guī)律得水平距離為xv0t，t相等，則小球2和小球3的落點到A點的距離之比為2.故B正確7.(多選)(2018屆南京市、鹽城市一模)如圖所示，光滑細桿上套有兩個質(zhì)量均為m的小球，兩球之間用輕質(zhì)彈簧相連，彈簧原長為L，用長為2L的細線連接兩球現(xiàn)將質(zhì)量為M的物塊用光滑的鉤子掛在細線上，從細線繃直開始釋放，物塊向下運動則物塊()A運動到最低點時，小球的動能為零B速度最大時，彈簧的彈性勢能最大C速度最大時，桿對兩球的支持力為(M2m)gD運動到最低點時，桿對兩球的支持力小于(M2m)g解析：選AC物塊從開始釋放先做加速運動，后做減速運動直到速度為零即到達最低點，此時小球速度為零，兩球相距最近，彈簧形變最大，彈性勢能最大，故A正確，B錯誤；速度最大時，即此時系統(tǒng)合力為零，將兩小球和物塊看成系統(tǒng)，受重力(M2m)g，桿對兩球的支持力二力平衡，故C正確；運動到最低點時，物塊具有向上的加速度，由類整體法可知，桿對兩球的支持力大于(M2m)g，故D錯誤8.如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的二倍當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A2R B.C. D.解析：選C設(shè)A球剛落地時兩球速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律2mgRmgR(2mm)v2得v2gR，B球繼續(xù)上升的高度h，B球上升的最大高度為hRR.9.(2016年海南卷)如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在高點時對軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1N2的值為()A3mg B4mgC5mg D6mg解析：選D設(shè)小球在最低點時速度為v1，在最高點時速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律有，在最低點：N1mg，在最高點：N2mg；從最高點到最低點，根據(jù)機械能守恒定律有mv22mg·2Rmv12，聯(lián)立可得N1N26mg，故選項D正確10.(2019屆云南模擬)如圖所示，由半徑為R的光滑圓周和傾角為45°的光滑斜面組成的軌道固定在豎直平面內(nèi)，斜面和圓周之間由小圓弧平滑連接一小球恰能過最高點，并始終貼著軌道內(nèi)側(cè)順時針轉(zhuǎn)動則小球通過斜面的時間為(重力加速度為g)()A2 B2C(22) D()解析：選D小球恰好通過最高點的速度v1，由機械能守恒定律得mv12mgRmv22，解得小球通過斜面頂端時的速度v2，由運動學(xué)規(guī)律得Rv2tgt2sin45°，則t()，選項D正確二、非選擇題11.(2018年江蘇卷)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度細線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l.用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°.松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°0.8，cos53°0.6.求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物塊和小球的質(zhì)量之比Mm；(3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T.解析：(1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2.F1sin53°F2cos53°FmgF1cos53°F2sin53°且F1Mg解得FMgmg.(2)小球運動到與A、B相同高度過程中小球上升高度h13lsin53°，物塊下降高度h22l根據(jù)機械能守恒定律mgh1Mgh2解得Mm65.(3)根據(jù)機械能守恒定律，小球回到起始點設(shè)此時AC方向的加速度大小為a，物塊受到的拉力為T，由牛頓第二定律得MgTMa，小球受AC的拉力TT由牛頓第二定律得Tmgcos53°ma解得T.答案：(1)Mgmg(2)65(3)12如圖甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運行，游客不會掉下來我們把這種情形抽象為如圖乙所示的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使質(zhì)量為m的小球從弧形軌道上端滾下，小球從圓軌道下端進入后沿圓軌道運動如果已知圓軌道的半徑為R，重力加速度為g，不考慮阻力(1)求若小球從高為h處由靜止釋放，小球到達圓軌道底端時對軌道的壓力；(2)若要使小球運動過程中不脫離軌道，討論小球由靜止釋放時的高度應(yīng)滿足的條件；(3)若讓小球從高為h2R處的A點由靜止釋放，試求小球通過圓軌道底端后所能到達的最大高度解析：(1)小球從高為h處由靜止釋放到到達圓軌道底端的過程，由機械能守恒定律得mghmv2在底端，由牛頓第二定律得Nmgm解得Nmgmmg根據(jù)牛頓第三定律得NNmg，方向為豎直向下(2)要使小球運動過程中不脫離軌道第一種可能：恰能到達最高點，設(shè)在最高點時速度為vm，有mgm能過最高點，則在最高點時速度應(yīng)滿足vvm由機械能守恒定律有mghmv2mg·2R解得hR.第二種可能：小球到達圓軌道上與圓心等高處時速度恰為零，有mghmgR則hR不能到達圓軌道上高于圓心處，則hR.所以hR或hR.(3)h2R<R，設(shè)小球?qū)⒃贑點脫離軌道，C點與軌道圓心的連線與水平方向成角，此時N0即mgsinm小球從A點到C點，根據(jù)機械能守恒定律有mg·2RmvC2mg(RRsin)解得sin，vC 小球從C處開始做斜拋運動，到達最高點時速度vxvCsinvC小球從A點到最高點，根據(jù)機械能守恒定律有mg·2Rmghmvx2解得hR.答案：(1)mg，豎直向下(2)hR或hR(3)R|學(xué)霸作業(yè)|自選一、選擇題1.(2019屆石家莊一模)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細繩伸直，此時物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上現(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài)B物體A即將落地時，物體B處于失重狀態(tài)C物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mghD物體A下落過程中，A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小解析：選C根據(jù)題述“A與地面即將接觸時速度恰好為零”可知A先加速后減速向下運動，加速度方向先向下后向上，物體A先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；根據(jù)題述“A與地面即將接觸時速度恰好為零，此時物體B對地面恰好無壓力”，可知此時細繩中拉力等于B的重力，B處于靜止狀態(tài)，加速度為零，B不是處于失重狀態(tài)，選項B錯誤；對A和彈簧組成的系統(tǒng)，在A由靜止下落到A與地面即將接觸時的過程，系統(tǒng)重力勢能、動能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，取地面為重力勢能為零，初狀態(tài)系統(tǒng)機械能等于mgh，末狀態(tài)系統(tǒng)機械能為彈性勢能，由機械能守恒定律，物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mgh，選項C正確；物體A下落過程中，A的重力勢能一直減小，A的動能和彈簧的彈性勢能之和一直增大，選項D錯誤2.(多選)(2018屆佛山模擬)如圖所示，一根長為L不可伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O，兩端分別連接質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當小球轉(zhuǎn)動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點，且此時物塊B的速度剛好為零，則下列說法中正確的是()A物塊B一直處于靜止狀態(tài)B小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中機械能守恒C小球A運動到水平軸正下方時的速度小于D小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中，小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：選CD當小球轉(zhuǎn)動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸O點，所以小球A下降的高度為，繩的拉力大于B的重力，物塊B會上升一定的高度h，由機械能守恒得·2mv22mg·mgh，所以小球A運動到水平軸正下方時的速度v<，A錯誤，C正確；在整個過程中小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤，D正確3.如圖所示，在一個直立的光滑管內(nèi)放置一個輕質(zhì)彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一個質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則正確的是()A小球運動的最大速度等于2B彈簧的勁度系數(shù)為C小球運動中最大加速度為gD彈簧的最大彈性勢能為3mgx0解析：選D小球從A點到O點做自由落體運動，到達O點的速度為v22g·2x0，解得v2，接觸彈簧后，合力減小，加速度減小，到合力減小到零時，速度達到最大值，所以最大速度大于2，A錯誤；小球速度達到最大時，mgFk·x，解得x<x0，B錯誤；若小球在O點釋放，向下運動到最下端，由于受力情況具有對稱性，a上a下g，而從A點釋放小球，彈簧的壓縮量會更大，彈力會更大，故加速度大于g，C錯誤；根據(jù)機械能守恒定律得mg·3x0E彈，D正確 4.(多選)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2 m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2 m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10 m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是()A桿對小球A做正功B小球A的機械能守恒C桿對小球B做正功D小球B速度為零時距水平面的高度為0.15 m解析：選AD將小球A、B視為一個系統(tǒng)，設(shè)小球的質(zhì)量均為m，最后小球B上升的高度為h，根據(jù)機械能守恒定律有×2mv2mghmg(h0.2×sin30°)，解得h0.15 m，選項D正確；以小球A為研究對象，由動能定理有mg(h0.2×sin30°)W0mv2，可知W>0，可見桿對小球A做正功，選項A正確，B錯誤；由于系統(tǒng)機械能守恒，故小球A增加的機械能等于小球B減小的機械能，桿對小球B做負功，選項C錯誤5.(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定在O1點，另一端系一小球，小球穿在固定于豎直面內(nèi)、圓心為O2的光滑圓環(huán)上，O1在O2的正上方，C是O1O2的連線和圓環(huán)的交點，將小球從圓環(huán)上的A點無初速度釋放后，發(fā)現(xiàn)小球通過了C點，最終在A、B之間做往復(fù)運動已知小球在A點時彈簧被拉長，在C點時彈簧被壓縮，則下列判斷正確的是()A彈簧在A點的伸長量一定大于彈簧在C點的壓縮量B小球從A至C一直做加速運動，從C至B一直做減速運動C彈簧處于原長時，小球的速度最大D小球機械能最大的位置有兩處解析：選AD因只有重力和彈簧彈力做功，故小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球在A點的動能和重力勢能之和最小，所以在A點彈簧的彈性勢能大于彈簧在C點的彈性勢能，A正確；小球從A點至C點，切線方向先加速后減速，當切線方向加速度為零時，速度最大，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，B、C錯誤；當彈簧處于原長狀態(tài)時，其彈性勢能為零，小球的機械能最大，由對稱性可知，在A、C間和C、B間應(yīng)各有一處，D正確6如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角斜向上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則()AhAhBhC BhAhB<hCChAhB>hC DhAhC>hB解析：選DA球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能對A、C球列機械能守恒定律方程為mghmv02，解得h，對B球：mghmvt2mv02，且vt0所以h<h，故D正確7.(多選)如圖所示，在固定的光滑水平桿上，質(zhì)量為m的物體P用輕繩跨過光滑的滑輪O、O連接質(zhì)量為2m的物體Q，用手托住Q使整個系統(tǒng)靜止，此時輕繩剛好拉直，且AOL，OBh，AB<BO，重力加速度為g.現(xiàn)釋放Q，讓二者開始運動，則下列說法正確的是()AQ始終比P運動得快B在P物體從A滑到B的過程中，P的機械能增加、Q的機械能減少CP運動的最大速度為2D開始運動后，當P速度再次為零時，Q下降了2(Lh)距離解析：選BC設(shè)輕繩OA與AO的夾角為，P的速度為vP，Q的速度為vQ，則有vPcosvQ，vP始終大于vQ，選項A錯誤；P從A運動到B過程，速度由零到最大，Q從下落點到最低點，由系統(tǒng)機械能守恒可知，P機械能增加，Q的機械能減少，選項B正確；對P、Q系統(tǒng)有2mg(Lh)mv2，得v2，選項C正確；由系統(tǒng)機械能守恒可知，當P速度再次為零時，Q物體回到原位置，選項D錯誤8.(多選)(2019屆棗莊期末)在豎直桿上安裝一個光滑導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動；不計經(jīng)導(dǎo)向槽時小球的能量損失；設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當小球有最大水平位移時，下列說法正確的是()A導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為的位置B最大水平位移為C小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下2v上D當小球落地時，速度方向與水平方向成45°角解析：選AD設(shè)平拋時的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律可得mv02mghmv2，解得v0；根據(jù)平拋運動的知識可得下落時間t，則水平位移xv0t，所以當2h2h時水平位移最大，解得h，A正確；最大的水平位移為x2h，B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可知，在某高度處時上升的速率和下落的速率相等，C錯誤；設(shè)小球落地時速度與水平方向成角，位移與水平方向的夾角為，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，tan2tan2×1，則45°，D正確二、非選擇題9.(2018屆德州一模)如圖所示，在粗糙水平軌道OO1上的O點靜止放置一質(zhì)量m0.25 kg的小物塊，它與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.4，OO1的距離s4 m在O1右側(cè)固定了一半徑R0.32 m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用F2 N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力(g10 m/s2)求：(1)為使小物塊到達O1，求拉力F作用的最短時間；(2)若將拉力變?yōu)镕1，使小物塊由O點靜止運動至OO1的中點位置撤去拉力，恰能使小物塊經(jīng)過半圓弧的最高點，求F1的大小解析：(1)小物塊能運動到O1點，由動能定理得Fxmgs0解得x2 m由牛頓第二定律得Fmgma解得a4 m/s2由運動公式得xat2解得t1 s.(2)設(shè)小物塊到達O1點的速度為v2，剛好到達最高點時的速度為v由牛頓第二定律得mgm由機械能守恒定律得mv122mgRmv2在水平軌道上運動，應(yīng)用動能定理得F1s1fsmv12解得F13 N.答案：(1)1 s(2)3 N10.如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面體上，一勁度系數(shù)為k200 N/m的輕質(zhì)彈簧一端連接固定擋板C，另一端連接一質(zhì)量為m4 kg的物體A，一輕細繩通過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與質(zhì)量也為m的物體B相連，細繩與斜面平行，斜面足夠長，用手托住物體B使細繩剛好沒有拉力，然后由靜止釋放，求：(1)彈簧恢復(fù)原長時細繩上的拉力；(2)物體A沿斜面向上運動多遠時獲得最大速度；(3)物體A的最大速度大小解析：(1)彈簧恢復(fù)原長時，物體A、B的加速度大小相同，對B分析有mgTma對A分析有Tmgsin30°ma代入數(shù)據(jù)解得T30 N.(2)初始位置，彈簧的壓縮量為x110 cm當物體A速度最大時，即物體A的加速度為0，對物體A分析有mgkx2mgsin30°彈簧的伸長量為x210 cm所以物體A沿斜面上升的距離為xx1x220 cm.(3)因為x1x2，所以彈簧的彈性勢能沒有改變，由系統(tǒng)機械能守恒得mg(x1x2)mg(x1x2)sin30°·2m·v2解得v1 m/s.答案：(1)30 N(2)20 cm(3)1 m/s11(2019屆泉州質(zhì)檢)如圖甲所示，固定的光滑半圓軌道的直徑PQ沿豎直方向，其半徑R的大小可以連續(xù)調(diào)節(jié)，軌道上裝有壓力傳感器，其位置N始終與圓心O等高質(zhì)量M1 kg、長度L3 m的小車靜置在光滑水平面上，小車上表面與P點等高，右端與P點的距離s2 m，一質(zhì)量m2 kg的小滑塊以v06 m/s的水平初速度從左端滑上小車，小車與墻壁碰撞后小車立即停止運動在R取不同值時，壓力傳感器讀數(shù)F與的關(guān)系如圖乙所示，已知小滑塊與小車表面的動摩擦因數(shù)0.2，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)小滑塊到達P點時的速度v1；(2)圖乙中a和b的值；(3)在>3.125 m1的情況下，小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xmin.解析：(1)小滑塊滑上小車后將做勻減速直線運動，小車將做勻加速直線運動，設(shè)小滑塊加速度大小為a1，小車加速度為a2，由牛頓第二定律可得對小滑塊有mgma1對小車有mgMa2設(shè)小車與小滑塊經(jīng)歷時間t后速度相等，則有v0a1ta2t小滑塊的位移s1v0ta1t2小車的位移s2a2t2代入數(shù)據(jù)解得s15 m，s22 m由于s2s，Ls1s2，說明小車與墻壁碰撞時小滑塊恰好與小車共速并到達小車右端，即小滑塊到達P點的速度v14 m/s.(2)設(shè)小滑塊到達N點時的速度為vN，則有Fm從P點到N點過程中，由機械能守恒定律有mv12mvN2mgR由式得Fm2mg故b2mg40 N由式，結(jié)合圖乙可知，圖象的斜率kmv1232解得a1.25 m1.(3)設(shè)小滑塊恰能經(jīng)過半圓軌道最高點Q時的軌道半徑為R，此時經(jīng)過Q點的速度為vQ則有mgm從P到Q點過程中，由機械能守恒可得mv12mvQ22mgR解得R0.32 m，即3.125 m1可見>3.125 m1在的情況下，小滑塊在半圓軌道運動過程中始終不會脫離軌道由式可知vQ小滑塊離開Q點后做平拋運動至到達小車的過程中，有xvQt,2Rgt2解得x，當R0.2 m時，x有最大值xm0.8 m小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xminLxm2.2 m.答案：(1)4 m/s(2)1.2540(3)2.2 m16