4.(06·全国卷Ⅱ·18)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,质量相等.Q与轻质弹簧相连.设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于　　　　　　　　 　　　　　　　　　 (　　 )

A.P的初动能　　　　　　　

B.P的初动能的　

C.P的初动能的　　　　　

D.P的初动能的　

　 答案　 B?

解析　 当两物体有相同速度时,弹簧具有最大弹性势能,由动量守恒得　

mv=2mv′∴v′=　

由关系得：E_pm=mv²-·2m()²=mv²=E_k?.　

3.(06·江苏·10)我省沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来,在缓解用电高峰电力紧张方面,取得了良好的社会效益和经济效益.抽水蓄能电站的工作原理是,在用电低谷时(如深夜),电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中,到用电高峰时,再利用蓄水池中的水发电,如图,蓄水池(上游水库)可视为长方体,有效总库容量(可用于发电)为V,蓄水后水位高出下游水面H,发电过程中上游水库水位最大落差为d.统计资料表明,该电站年抽水用电为2.4×10⁸　 kW·h,年发电量为1.8×10⁸　 kW·h.则下列计算结果正确的是(水的密度为ρ,重力加速度为g,涉及重力势能的计算均以下游水面为零势能面)　　　　　 (　　 )　　　　

A.能用于发电的水的最大重力势能E_p=ρVgH　

B.能用于发电的水的最大重力势能E_p=ρVg　

C.电站的总效率达75%　

D.该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以10⁵ kW计)约10 h　

　 答案　 BC

解析　 以下游水面为零势能面,则用于发电的水的重心位置离下游水面高为(H-),故其最大重力势能E_p?=ρVg(H-),A错,B对；电站的总功率η=×100%=×100%=75%,故C对；设该电站平均每天

发电可供一个大城市居民用电t小时,则：Pt=.代入数据得t=5 h,故D错.　

2.(06·江苏·9)如图所示,物体A置于物体B上,一轻质弹簧一端固定,另一端与B相连,在弹性限度范围内,A和B一起在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力),并保持相对静止,则下列说法正确的是　　　　　　　　　　 (　 )

?A.A和B均做简谐运动　

?B.作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比　

?C.B对A的静摩擦力对A做功,而A对B的静摩擦力对B不做功　

D.B对A的静摩擦力始终对A做正功,而A对B的静摩擦力始终对B做负功

　 答案　 AB?

解析　 A、B保持相对静止,其水平方向的运动等效于水平方向弹簧振子的运动,故A对;A物体做简谐运动的回复力是B对A的静摩擦力提供的,设B对A的静摩擦力为F时,弹簧伸长量为x,对A物体有：F=m_Aa,对A、B整体有：kx=(m_A+m_B)a,联立得：F=,由此可知B项正确；B对A的静摩擦力可以对A做正功,也可以对A做负功,故C、D错.

1.(06·江苏·3)一质量为m的物体放在光滑水平面上,今以恒力F沿水平方向推该物体,在相同的时间间隔内,下列说法正确的是　　　　　 (　　 )　　　　　　　　　　　　　

A.物体的位移相等　　　　　　　　　　 B.物体动能的变化量相等　

C.F对物体做的功相等　　　　　　　　 D.物体动量的变化量相等　

答案　 D?

解析　 物体在恒力F作用下做匀变速直线运动,在相同时间间隔T内,其位移不相等,故力对物体做功不相等,由动能定理可知,外力做的功等于物体动能的变化,由此可知,A、B、C选项错误；物体动量的变化等于合外力的冲量,由于力F和时间t相等,故动量的变化量相等.　

15.(06·北京理综·22)右图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图.整个雪道由倾斜的助滑雪道AB和着陆雪道DE,以及水平的起跳平台CD组成,AB与CD圆滑连接。动员从助滑雪道AB上由静止开始,在重力作用下,滑到D点水平飞出,不计飞行中的空气阻力,经2 s在水平方向飞行了60 m,落在着陆雪道DE上.已知从B点到D点运动员的速度大小不变.(g取10 m/s²)求：　

(1)运动员在AB段下滑到B点的速度大小.　

(2)若不计阻力,运动员在AB段下滑过程中下降的高度.

答案　 (1)30 m/s　 (2)45 m　 ?

解析　 (1)运动员从D点飞出时的速度

v==30 m/s?　

依题意,下滑到助滑雪道末端B点的速度大小是30 m/s?.　

(2)在下滑过程中机械能守恒,有

mgh=mv²　下降的高度h==45 m?　

题组二

14.(06·全国卷Ⅱ·23)如图所示,一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC,其半径R=0.5 m,轨道在C处与水平地面相切,在C处放一小物块,给它一水平向左的初速度v₀=5 m/s,结果它沿CBA运动,通过A点,最后落在水平地面上的D点,求C、D间的距离s.取重力加速度g=10 m/s².　

答案　 1 m

解析　 设小物块的质量为m,过A处时的速度为v,由A到D经历的时间为t,有　

mv₀²=mv²+2mgR　　　　　　　　　　 ①　

2R=gt² ②　

s=vt　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③　

由①②③式并代入数据得s=1 m?　

13.(06·广东·15)一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1.从t=0开始,物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用,力F随时间的变化规律如图所示.求83秒内物体的位移大小和力F对物体所做的功(g取10 m/s²).　

答案　 167 m　 676 J

解析　 第1个2s内,其加速度:　

a₁== m/s²=2 m/s²　

第1个2 s末的速度:

v₁=a₁t=2×2 m/s=4 m/s?　

第1个2 s内的位移:

s₁=?　

第2个2 s内做减速运动,其加速度大小:　

a₂=　

第2个2 s末的速度:v₂=v₁-a₂t=0　

第2个2 s内的位移:s₂=?　

故物体先匀加速2 s达最大速度4 m/s,后又匀减速运动2 s速度变为零,以后将重复这个运动.　

前84 s内物体的位移s=21(s₁+s₂)=168 m?　

最后1 s内物体的位移s′=　

故83秒内物体的位移为168 m-1 m=167 m?　

第83秒末的速度与第3秒末的速度相等,故v=v₁　

所以力F对物体所做的功W=mv²+fs₈₃=8 J+668 J=676 J?　

12.(07·天津理综·23)如图所示,水平光滑地面上停放着一辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的,在最低点B与水平轨道BC相切,BC的长度是圆弧半径的10倍,整个轨道处于同一竖直平面内.可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落,恰好落入小车圆弧轨道滑动.然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出.已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍,小车的质量是物块的3倍,不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失.求:　

(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍.　

(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ.

答案　 (1)4倍　　 (2)0.3　

解析　 (1)设物块的质量为m,其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h,到达B点时的速度为v,小车圆弧轨道半径为R.由机械能守恒定律,有　

mgh=mv²　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 ①　

根据牛顿第二定律,有　

9mg-mg=m　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②　

解得h=4R　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍.　

(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F,物块滑到C点时与小车的共同速度为v′,物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s.依题意,小车的质量为3m,BC长度为10 R.由滑动摩擦定律,有　

F=μmg　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④　

由动量守恒定律,有mv=(m+3m)v′　　　　　　　　 ⑤　

对物块、小车分别应用动能定理,有　

-F(10R+s)=mv′²-mv²　　　　　　　　　　　　　 ⑥　

Fs=(3m)v′²-0　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦

解得μ=0.3　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧

11.(07·全国卷Ⅱ·23)如图所示,位于竖直平面内的光滑轨道,由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成,圆形轨道的半径为R.一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动.要求物块能通过圆形轨道最高点,且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。

答案　 R≤h≤5R

解析　 设物块在圆形轨道最高点的速度为v,由机械能守恒定律得　

mgh=2mgR+mv² ①　

物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N.重力与压力的合力提供向心力,有　

mg+N=m　　　　　　　　　　　　　　　　 ②　

物块能通过最高点的条件是　

N≥0　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③　

由②③式得

v≥　　　　　　　　　　　　　　　　 ④　

由①④式得　

h≥R　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤　

按题目要求,N≤5 mg,由②式得　

v≤　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥　

由①⑥式得　

h≤5R　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦　

h的取值范围是　

R≤h≤5R　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑧　

10.(07·江苏·19)如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高H,上端套着一个细环.棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳,棒和环自由下落.假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失.棒在整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计.求：　

(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度.　

(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程s.　

(3)从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W.

答案　 (1)(k-1)g,方向竖直向上　 (2)　 (3)-

解析　 (1)设棒第一次上升过程中,环的加速度为a_环　

环受合力F_环=kmg-mg　　　　　　　　　　　　 ①

由牛顿第二定律F_环=ma_环②

由①②得a_环=(k-1)g,方向竖直向上　

(2)设以地面为零势能面,向上为正方向,棒第一次落地的速度大小为v₁.

由机械能守恒得：×2mv₁²=2mgH　

解得v₁=

设棒弹起后的加速度a_棒　

由牛顿第二定律a_棒=-(k+1)g　

棒第一次弹起的最大高度H₁=-

解得H₁=

棒运动的路程s=H+2H=

(3)解法一：棒第一次弹起经过t₁时间,与环达到相同速度v₁′　

环的速度v₁′=-v₁+a_环t₁　

棒的速度v₁′=v₁+a_棒t₁　

环的位移h_环1=-v₁t₁+a_环t₁²　

棒的位移h_棒1=v₁t₁+a_棒t₁²　

x₁=h_环1-h_棒1?　

解得：x₁=-

棒环一起下落至地　

v₂²-v₁′²=2gh_棒1?　

解得：v₂=

同理,环第二次相对棒的位移　

x₂=h_环2-h_棒2=-

……　

x_n=-

环相对棒的总位移　

x=x₁+x₂+……+x_n+……　

W=kmgx　

得W=-

解法二：设环相对棒滑动距离为l

根据能量守恒mgH+mg(H+l)=kmgl　

摩擦力对棒及环做的总功　

W=-kmgl　

解得W=-