一、相對運動

【例1】如圖所示，在地面上固定一斜面，現(xiàn)將物塊P、Q疊放在一起置于斜面上，整體沿著斜面下滑，下列說法正確的是

( )

A.若整體勻速下滑，物塊Q受到三個力的作用

B.若整體加速下滑，物塊P對物塊Q的摩擦力水平向右

C.若整體加速下滑，物塊Q處于失重狀態(tài)

D.若整體加速下滑，物塊Q處于超重狀態(tài)

【答案】C

【解析】若整體勻速下滑，物塊Q處于二力平衡狀態(tài)，A錯誤；若整體加速下滑，說明兩者的加速度都是沿著斜面向下，該加速度具有水平向左的分量和豎直向下的分量，因此P對Q的摩擦力水平向左，物塊Q處于失重狀態(tài)，C正確，BD錯誤。

【例2】如圖所示，水平傳送帶的質(zhì)量M=9 kg，兩端點A、B間距離L=4 m，傳送帶以加速度a=2 m/s2由靜止開始順時針加速運轉(zhuǎn)的同時，將一質(zhì)量為m=1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放在A點處，已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，g取10 m/s2，電動機的內(nèi)阻不計。傳送帶加速到v=2 m/s的速度時立即開始做勻速轉(zhuǎn)動，而后速率將始終保持不變，則滑塊從A運動到B的過程中

( )

A．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為1 J

B．滑塊機械能的增加量為3 J

C．滑塊與傳送帶相對運動的時間是3 s

D．傳送滑塊過程中電動機輸出的電能為5 J

【答案】A

【例3】如圖，質(zhì)量M=0.3 kg的長方體鋼板靜止在粗糙的水平面上，質(zhì)量m=0.5 kg的滑塊靜止在鋼板右端。一質(zhì)量m0=0.2 kg的光滑小球沿水平面以初速度v0=5 m/s向右運動，與鋼板發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，碰撞后鋼板向右滑行，滑塊恰好不從鋼板上掉下來。已知鋼板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1，與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2，取g=10 m/s2。求：

(1)碰撞后瞬間，小球的速度大小和鋼板的速度大小；

(2)滑塊在鋼板上滑行的時間t；

(3)鋼板的長度L以及鋼板剛停下時滑塊與小球間的距離x。

【解析】(1)碰后瞬間，設(shè)小球的速度為v，鋼板的速度為v1，小球與鋼板發(fā)生彈性正碰，滿足動量守恒和機械能守恒，則

m0v0=m0v+Mv1

小球的速度大小為1 m/s，鋼板的速度大小為4 m/s

(2)碰后，滑塊水平向右做勻加速直線運動，鋼板水平向右做勻減速直線運動，直至與滑塊的速度相同。設(shè)鋼板、滑塊運動的加速度大小分別為a1、a2，根據(jù)牛頓第二定律有

μ2mg=ma2

鋼板與滑塊速度相同時有

v1-a1t1=v2=a2t1

解得t1=0.5 s

十幾天后，西大街那孩子王釣魚，不想失了足，掉入河里，偏他不會水，頭冒了兩下，就沉下去了。跟他一起來的孩子都慌了，沒一個敢去救他。

鋼板的長度L=x1-x2

解得L=1 m

設(shè)鋼板與滑塊共速后到剛停下所用的時間為t2，則

鋼板剛停下時滑塊與小球間的距離

解得x=2.25 m

【例4】如圖所示,質(zhì)量為M=6 kg的長木板放在光滑水平地面上,在長木板的最右端和距右端 4 m 的P點處各放一物塊B和A(均可視為質(zhì)點)，物塊A的質(zhì)量為m1=2 kg,物塊B的質(zhì)量為m2=1 kg,長木板P點左側(cè)足夠長，長木板上表面P點右側(cè)光滑，P點左側(cè)(包括P點)粗糙，物塊A與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,現(xiàn)用一水平向右的恒力F作用于長木板上,使長木板由靜止開始運動,設(shè)物塊A與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g=10 m/s2，求：

(1)當(dāng)長木板由靜止開始運動時，若要物塊A與長木板保持相對靜止，拉力F滿足的條件；

(2)若拉力F=36 N,在物塊A、B相碰時撤去拉力F,物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞之后物塊A的速度v1和物塊B的速度v2。

【解析】(1)當(dāng)A與長木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力時將要發(fā)生相對滑動，設(shè)此時物塊A的加速度為a0，以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律

μm1g=m1a0

因為B與長木板間沒有摩擦力，以長木板和物塊A整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律，當(dāng)A與長木板間將要發(fā)生相對滑動時F0=(M+m1)a0

聯(lián)立解得F0=40 N

所以若要物塊A與長木板保持相對靜止，拉力

F<40 N

(2)當(dāng)拉力F=36 N時小于40 N,開始時物塊B保持靜止，物塊A與長木板一起加速

解得v0=6 m/s

物塊A、B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律

m1v0=m1v1+m2v2

根據(jù)機械能守恒定律

兩式聯(lián)立解得v1=2 m/s

v2=8 m/s

二、功能關(guān)系

【例1】如圖所示，輕彈簧的一端固定在質(zhì)量為2m的滑塊A上，質(zhì)量為2m的光滑弧形滑槽B靜止放在光滑水平面上，弧形滑槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量為m的小物塊C從滑槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是

( )

A．滑塊在整個運動過程中，A、B、C系統(tǒng)機械能守恒

D．物塊反彈后追不上滑槽

【答案】CD

【例2】如圖所示，光滑水平地面上有一上表面粗糙且水平、質(zhì)量為mC=10 kg的小車C。小車C與一固定在地面上的光滑圓弧底端等高且平滑相接。將質(zhì)量為mB=2 kg的滑塊B置于小車C的最左端。現(xiàn)有一質(zhì)量為mA=3 kg的滑塊A從距離小車的水平面高度為h=1.25 m處的光滑軌道由靜止下滑?；瑝KA與B碰撞后立即粘在一起運動，最終沒有滑落小車。整個過程中滑塊A和B都可以視為質(zhì)點。滑塊A和B與小車C之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，取g=10 m/s2，求：

(1)滑塊A和B粘在一起后和小車C相對運動過程中各自加速度的大??？

(2)若從A、B碰撞時開始計時，則0～3 s時間內(nèi)，滑塊A、B與小車C因摩擦產(chǎn)生的熱量Q為多少？

【解析】(1)滑塊A和B粘在一起后，滑塊A、B和小車C都向右運動，設(shè)它們的加速度分別為a1和a2

由牛頓第二定律可得

滑塊AB-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1

a1=-2 m/s2

小車Cμ(mA+mB)g=mCa2

a2=1 m/s2

(2)設(shè)滑塊A滑到圓弧底端時的速度為vA

由機械能守恒定律可得

設(shè)A、B碰撞后的共同速度為vAB，由動量守恒定律可得

mAvA=(mA+mB)vAB

設(shè)在0～3 s時間內(nèi)，滑塊A、B與小車C相對運動時間為t，由相對靜止時速度相等可得

vAB+a1t=a2t

解得t=1 s

即1 s后物塊和小車相對靜止向右勻速直線運動

設(shè)在相對運動時間t內(nèi)滑塊A、B和小車C的位移分別為x1和x2，由勻變速直線運動規(guī)律可得

設(shè)滑塊A、B與小車C相對運動的位移為Δx，則有

Δx=x1-x2

0～3 s時間內(nèi)，滑塊A、B與小車C因摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=μ(mA+mB)g·Δx

聯(lián)立解得Q=15 J

【例3】如圖甲所示,質(zhì)量為0.3 kg的物塊，靜止在水平面上，不計空氣阻力，在豎直向上的拉力F的作用下，由靜止開始上升了9 m，此過程中，拉力做的功W和物塊上升高度x之間的關(guān)系如圖乙所示，g=10 m/s2。下列說法中正確的是

( )

B.此過程中，物塊的機械能增加了42 J

C.上升高度x=9 m時，物塊速度恰好為零

D.上升9 m后，若保持拉力不變，物塊回到地面時動能為18 J

【答案】AC

【例4】2018年10月23日港珠澳大橋正式通車。港珠澳大橋海底隧道沉管長5 664米，由33節(jié)巨型沉管和1個“最終接頭”對接而成，“最終接頭”是一個重約為6 000噸的巨大鋼筋混凝土結(jié)構(gòu)，將“最終接頭”簡化為一長方體模型，簡化結(jié)構(gòu)和吊裝示意圖如圖所示。

(1)“最終接頭”在這艘世界最大單臂全旋回起重船“振華30”兩個吊鉤、八根吊纜的巨大牽引力下，緩慢到達沉放海域上空，如果“最終接頭”重量為G，每根吊纜與豎直線的夾角為θ，求每根吊纜的牽引力FT；

(2)當(dāng)“最終接頭”底邊開始沒入水面，始終以微小的平面誤差緩慢下沉至28米深的海底，最終與沉管E29和E30對接成功，港珠澳大橋海底隧道順利合龍。設(shè)當(dāng)?shù)睾Ｋ拿芏葹棣?，“最終接頭”長方體模型長為L，高為h，寬為d，求“最終接頭”下沉至海底H處對接過程中，浮力對“最終接頭”做的功W。

【解析】(1)根據(jù)對稱性和平衡條件得8FTcosθ=G

(2)“最終接頭”長方體受到的浮力分兩個階段，第一階段是從水面到完全浸沒，浮力F1是變力，第二階段從完全浸沒到下沉到海底，浮力F2是恒力。

第一階段：F1=ρVg

設(shè)長方體從海面下沉位移為x，即V=Ldx

聯(lián)立解得F1=ρgLdx

可知浮力與位移成正比

從水面到完全浸沒，浮力對“最終接頭”做的功

第二階段從完全浸沒到下沉到海底

則F2=ρgLdh

浮力對“最終接頭”做的功

W1=F2×(H-h)=ρgLdh(H-h)

故“最終接頭”下沉至海底H處對接過程中，浮力對“最終接頭”做的功

【例5】2018年12月30日，發(fā)動機對繞月圓軌道Ⅰ的“嫦娥四號”做功W進行減速變軌，進入橢圓形軌道Ⅱ，如圖所示。2019年 1月3日“嫦娥四號”在近月點P以速度v開始第二階段減速，進行登月任務(wù)。已知在軌道Ⅰ時“嫦娥四號”的總能量為E，“嫦娥四號”的質(zhì)量為m,忽略其他天體的影響，把無窮遠處作為月球引力勢能的零勢能點,則在近月點月球?qū)Α版隙鹚奶枴钡囊菽艽笮?/p>

( )

【答案】D

【例6】如圖所示，絕緣粗糙斜面體固定在水平地面上，一帶電荷量為+q的物塊P放置于斜面體上的A點，斜面體的底端點固定一個帶電荷量為+Q的物塊?，F(xiàn)讓帶電物塊P從A點靜止釋放，物塊P第一次沿斜面向下運動到M點時加速度為零，然后繼續(xù)下滑到N點速度為零后沿斜面向上運動(M點與N點圖中未標(biāo)出，物塊可視為質(zhì)點)，則關(guān)于物塊P以下說法正確的是

( )

A．從A點運動到N點的過程中，機械能變化量等于摩擦力和庫侖力做功之和

B．從A點運動到N點的過程中，電勢能的增加量等于重力勢能減少量和摩擦產(chǎn)生的熱量之和

C．第一次下滑過程中加速度為零的位置一定在第一次返回過程中加速度為零的位置上方

D．只能停在第一次下滑過程中加速度為零的位置和在第一次返回過程中加速度為零的位置之間(含這兩個位置)

【答案】ACD

三、桿繩模型

【例1】中間有光滑圓孔的圓環(huán)A與物塊B用一根不可伸長的輕繩連接，A套在豎直光滑的細(xì)桿上，細(xì)桿的上端為R，繩繞過定滑輪將B豎直懸掛，如圖所示，輕繩與定滑輪間無摩擦。讓圓環(huán)A從與O等高的P點由靜止釋放，下落到Q點時速度恰好為零，此時B沒有碰到滑輪，已知OP=0.3 m，PR=0.225 m，PQ=0.4 m，重力加速度g=10 m/s2。則

( )

A．圓環(huán)A和物塊B的質(zhì)量之比為3∶4

B．當(dāng)圓環(huán)A的速度最大時，A、B的速度之比為2∶1

C．圓環(huán)A和物塊B的機械能之和始終保持不變

D．若圓環(huán)A以3 m/s的初速度從Q點向上滑動，圓環(huán)A不能滑出細(xì)桿頂端

【答案】BC

( )

A．小球在D點時速度最大

C．小球在CD階段損失的機械能等于小球在DE階段損失的機械能

D．若O點沒有固定，桿OB在繩的作用下以O(shè)為軸轉(zhuǎn)動，在繩與B點分離之前，B的線速度等于小球的速度沿繩方向分量

【答案】AD

【例3】有一輕桿固定于豎直墻壁上的O點，另一端A固定一輕滑輪，一足夠長的細(xì)繩一端掛一質(zhì)量為m的物體，跨過定滑輪后另一端固定于豎直墻壁上的B點，初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，O、B兩點間的距離等于A、B兩點間的距離，設(shè)AB與豎直墻壁的夾角為θ，不計滑輪與細(xì)繩的摩擦,下列說法正確的是

( )

A.系統(tǒng)平衡時桿對滑輪的力一定沿桿的方向

B.若增大桿長OA，O與B位置不變且保持OB=AB,使角θ增大,則桿對滑輪彈力的方向?qū)⑵xOA桿

C.若保持A點的位置不變，將繩子的固定點B點向上移動，則桿對滑輪的彈力變大

D.若保持AB與豎直墻壁的夾角θ不變，將輕桿的固定點O向下移動，則桿對滑輪彈力的方向不變

【答案】AD

【解析】繩子上的彈力大小等于物體的重力mg，則繩子對滑輪的兩彈力的合力方向在兩彈力的角平分線上，根據(jù)平衡條件可得桿對滑輪的彈力方向也在角平分線上，O、B兩點間的距離等于A、B兩點間的距離，根據(jù)幾何關(guān)系可得，桿OA恰好在兩彈力的角平線方向上，故A正確；若保持O、B兩點位置不變，增大桿長OA,使AB與豎直墻壁的夾角θ增大,仍保持O、B兩點間的距離等于A、B兩點間的距離，桿OA仍在兩彈力的角平分線上，桿對滑輪的彈力仍沿桿方向，故B錯誤；若保持A點的位置不變，將繩子的固定點B向上移動，繩子對滑輪的兩力夾角變大，合力變小，滑輪處于平衡狀態(tài)，則桿對滑輪的彈力變小，故C錯誤；若保持AB與豎直墻壁的夾角θ不變，將輕桿的固定點O向下移動，兩繩對滑輪的彈力大小方向都不變，則桿對滑輪的力仍在兩繩彈力的角平分線上，所以桿對滑輪彈力的方向不變，故 D正確。

【例4】如圖甲的長江索道被譽為“萬里長江第一條空中走廊”。索道簡化示意圖如圖乙所示，索道傾角為30°，質(zhì)量為m的車廂通過懸臂固定,懸掛在承載索上，在牽引索的牽引下一起斜向上運動。若測試運行過程中懸臂和車廂始終處于豎直方向，纜車開始以加速度a1=10 m/s2向上加速，最后以加速度a1=10 m/s2向上減速，重力加速度大小為g=10 m/s2，則向上加速階段和向上減速階段懸臂對車廂的作用力之比為

( )

甲

乙

C.2∶1 D.1∶2

【答案】A