小物块放置在长木板上 后将木板沿端点做缓慢的圆周运动 是重力做功还是摩擦力做功 为什么?

设物块P刚滑上长木板的C端时的速度v₀，P、Q共速速度为v
规定向右为正方向，由动量守恒和能量守恒得：mv₀=（m+M）v ①
μmgL₂=mv-（m+M）v₂ ②
①②联立得：v₀=3m/s　v=1m/s
弹簧的弹性势能：Ep=μmgL₁+[1/2]mv²=21J
答：弹簧被压缩到B时的弹性势能为21J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律．

考点点评： 从能量和动量守恒的观点解答问题是高中阶段必须掌握的思想方法之一，要在平时训练中加强练习，不断提高解题能力．

A：对b受力分析：

b受重力，a给它的拉力，斜面给它的支持力，摩擦力未画出，摩擦力有多种情况：（1）F大于重力沿斜面向下的分力，则摩擦力沿斜面向下，在a中的沙子缓慢流出的过程中，拉力F变小，摩擦力先变小到零后反向变大．（2）F小于重力沿斜面向下的分力，则摩擦力沿斜面向上，在a中的沙子缓慢流出的过程中，拉力F变小，摩擦力一直变大．故A正确．
B：a、b、c都处于静止状态，故绳子方向不发生变化，绳子对滑轮的作用力方向不变，故滑轮对绳的作用力方向始终不变．故B正确．
CD：选bc整体为研究对象，受力分析如图：

在a中的沙子缓慢流出的过程中，拉力F变小，故支持力N一直变大，故C错误．
地面对C的摩擦力一直向左，故对地面的摩擦力一直向右，故D错误．
本题选择错误的，故选：CD

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．

考点点评： 本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷．

（1）滑落前（设滑落前经过时间为t₁）
对m：a₁=μg=2m/s²…①
x₁=[1/2]a₁t₁²…③
对M：F-μmg=Ma₂…②
x₂=[1/2]a₂t₁²=S₀…④
又由m与M位移关系知：x₂-x₁=b…⑤
解①②③④⑤得：a₂=4m/s² t₁=1.0s F=500N
速度V₁=a₁t₁=2×1=2m/s
速度V₂=a₂t₁=4×1=4m/s
（2）滑落后物块m做平抛运动，则时间为：t=

2h
g=

2×1.25
10=0.5s
（3）落地点到车尾水平距离为：x=v₂t+[1/2][F/M]t²-V₁t
代入数据得：x=1.625m
答：（1）物块从车上滑落时物块的速度v₁为2m/s，平板车的速度v₂为4m/s；
（2）物块从车上滑落到落地的时间t为0.5s；
（3）物块落地时，落地点到车尾的水平距离x为1.625m．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 该题涉及到相对运动的过程，要求同学们能根据受力情况正确分析运动情况，并能熟练运用运动学基本公式解题，难度较大．

ABC、M对m的摩擦力f=μ₁mg，对M分析，在水平方向上受m对M向右的滑动摩擦力，地面的静摩擦力，两个摩擦力平衡，所以地面的摩擦力f′=f=μ₁mg．故A正确，B、C错误．
D、增大恒力F，M对m的滑动摩擦力不变，则m对M的滑动摩擦力不变，M仍然静止．故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；滑动摩擦力．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意地面对M的摩擦力为静摩擦力．

（1）小物块从光滑斜面距底边h=0.8m高处，由静止下滑的过程中，运用动能定理得：12mv02=mgh解得：v0=4m/s当v=3m/s＜4m/s时，物块先向左做匀减速运动，速度减为零后向右加速，当速度等于传送带速度时匀速运动后冲上斜...

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题主要考查了动能定理的直接应用，关键要正确分析物块在传送带上的运动情况．

（1）根据机械能守恒得：mgsABsin37°＝12mvB2解得：vB＝2gsABsin37°=2×10×3×0.6m/s＝6m/s；（2）物块在斜面上的加速度为：a1＝gsinθ＝6m/s2，在斜面上有：sAB＝12a1t2，代入数据解得：t1=1s．物块在BC段的运动...

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合性较强，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

B、C碰撞动量守恒：m_cv₀=（m_B+m_c）v₁．（1）
B与C碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C组成系统为研究对象
由系统动量守恒：（m_B+m_C）v₁=（m_B+m_C）v₂+m_Av₃．（2）
由系统机械能守恒：
1
2(mB+mC)v12＝
1
2(mB+mC)v22+
1
2mAv32…..（3）
由（1）、（2）、（3）可得：v2＝−
v0
10，v3＝
2v0
5
即弹簧第一次恢复原长时B、C正在向右运动，此后C将一直向右匀速运动，B先向右减速到0，再向左加速至与A共速时弹簧的伸长量最大，该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有：
m_Bv₂+m_Av₃=（m_A+m_B）v₄…（4）
Ep＝
1
2mBv22+
1
2mAv32−
1
2(mA+mB)v42v42…．（5）
由v₂、v₃的值及（4）、（5）的值可解得：Ep＝
3
32mv02．
答：弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep＝
3
32mv02．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，过程较为复杂，对学生的能力要求较高，关键要理清过程，选择好研究对象，结合动量守恒进行求解．

依题意分析可知，当B处于点P时，是A即将滑动，所以A此时受到最大静摩擦力作用，且平衡，对A有：mgsinα+k（L₁-L₀）=f
当B处于点Q时，是B即将滑动，所以B此时受到最大静摩擦力作用，且平衡，对B有：mgsinα+k（L₀-L₂）=f
两式相加，可得最大静摩擦力f=mgsinα+[1/2]k（L₁-L₂）=16×0.5+[1/2]×100×（20-12）×0.01=12（N）
答：物块与斜面间的最大静摩擦力的大小为12N．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．

考点点评： 本题是物体平衡中临界问题，当两物体间恰好发生相对运动时，静摩擦力达到最大是常用的临界条件．

A、D物块P受三个力的作用，竖直向下的重力G，沿半径指向外的支持力F_N，沿切线方向的静摩擦力F_f，因圆柱体缓慢移动，所以物块P在任意位置所受合力为零，保持不变，重力也保持不变．故AD错误．
B、C对三力正交分解，设重力G与支持力F_N方向所夹锐角为θ，
则F_f=mgsin θ，F_N=mgcosθ
从A转至B的过程中，θ先减小后增大，F_f先变小后变大，F_N先变大后变小，故B错误，C正确．
故选C

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 该题主要考查了同学们受力分析的能力，要想求解一个物理量的变化情况，就要求出该物理量的表达式，难度适中．

（1）把托盘天平放在水平台面上，将标尺上的游码移到标尺左端的零刻线处，在调节天平平衡；
（2）由图1知，物体的质量m=50g+2g=52g
（3）由题意知，物体的体积V=V_水=
m水
ρ水=[180g−150g
1g/cm3=30cm³
则ρ=
m/V]=
52g
30cm3=1.73g/cm³
（4）冰块漂浮，所以其浮力与重力相等，F_浮=G=mg=45×10^-3kg×10N/kg=0.45N；
F_浮=G_排=G，又冰将化成水，所以排开水的体积与化成水的体积是相等的，液面高度不变．
故答案为：（1）标尺左端的零刻线；（2）52；（3）1.73；（4）0.45；不变．

点评：
本题考点： 固体密度的测量．

考点点评： 测量固体的密度只有天平，没有量筒，需要间接测量固体的体积，采用等效替代的方法．初中测量固体密度的习题变化多样，有天平和量筒是实验是很基础的，没有天平或没有量筒的实验有一定的难度．

（1）电场方向改为竖直向上后，物块相对木板运动的位移变小，说明摩擦力变大，它们之间的压力变大了，物块所受的电场力向下，所以物块带负电．
（2）设匀强电场的场强大小为E，木板质量为M、长度为L，物块的初速度为v₀，物块和木板共同速度为v．
当电场方向向下时：
由物块在竖直方向受力平衡得：N₁+qE=mg
由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv₀=（M+m）v
由系统能量守恒得：μN₁L=[1/2]mv₀²-[1/2]（m+M）v²
当电场方向向上时：
由物块在竖直方向受力平衡得：qE+mg=N₂
由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv₀=（M+m）v
由系统能量守恒得：μN₂•[1/2]L=[1/2]mv₀²-[1/2]（m+M）v²
解得：E=[mg/3q]
答：（1）带负电．
（2）匀强电场场强的大小是[mg/3q]．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律；能量守恒定律．

考点点评： 解决该题关键要对物体进行受力分析，能运用系统动量守恒和系统能量守恒求解问题．

（1）根据牛顿第二定律得 F₁-μmg=ma₁a₁=6m/s²
（2）对全过程，由动能定理得
F₁s-μmgl=0
解得，s=0.5m
（3）F₂作用下的物块，有
F₂-μmg=ma₂a₂=2m/s²
两物块速度相同时，一定在上方物块减速阶段
上方物块最大速度v＝
2a1s＝
6m/s=2.45m/s
a₂t=v-a′（t-
v
a1）
得t=0.816s
答：
（1）在F₁作用下的小物块加速度a₁为6m/s²．
（2）F₁作用的位移s₁为0.5m．
（3）两物块速度相同的时刻t为0.816s．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题是牛顿第二定律、运动学和动能定理的综合应用．对于第2问也按如下的方法求解：由牛顿定律得 减速时μmg=ma′，a′=2 m/s2．设F撤去时速度为v，v2=2a1s=2a′（l-s），s=0.5m．

A、由图可知，在拉力的作用下物体前进的位移为L+x，故拉力的功为F（x+L），摩擦力的功为f（x+L），则由动能定理可知物体的动能为（F-f）（x+L），故A错误；
B、小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能为fx；故B错误；
C、物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL，故机械能的增量为F（x+L）-fL，故C正确，D正确；
故选：CD．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；功能关系．

考点点评： 解答本题应明确（1）内能的增量等于摩擦力与相对位移的乘积；（2）要注意小车在摩擦力的作用下前进的位移为x．

A、当m₁、m₂之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，对m₁分析，根据牛顿第二定律得，最大加速度为：
am＝
μm2g
m1＝
0.2×30
5m/s2＝1.2m/s2，
对整体分析，F=（m₁+m₂）a_m=8×1.2N=9.6N，知当F大于9.6N时，物块和木板发生相对滑动．故A错误，B正确．
C、当F=6N时，木块与木板之间未发生相对滑动，根据牛顿第二定律得，加速度为：
a=
F
m1+m2＝
6
8m/s2＝0.75m/s2．故C错误．
D、当F=10N时，木块和木板发生相对滑动，对木板分析，加速度为：
a=
μm2g
m1＝
0.2×30
5m/s2＝1.2m/s2．故D正确．
故选：BD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律的基本运用，关键是合适地选择研究对象，通过牛顿第二定律求出恰好发生相对滑动时的拉力是解决本题的关键．

（1）物块在桌面滑动过程，根据动能定理可得：−μmgs＝
1
2mvA2−
1
2mv02
s=[L/2cos37°]
代入数据解得v_A=2m/s．
（2）离开桌子后，物块做平抛运动，根据机械能守恒得：

1
2mvA2+mgh＝
1
2mv2
代入数据解得：v＝
29m/s．
答：（1）物块离开桌面时速度是2m/s；
（2）物块落地的速度是
29m/s．

点评：
本题考点： 平抛运动；摩擦力的判断与计算．

考点点评： 解决本题的关键知道物块在水平桌面上做匀减速运动，离开桌面后做平抛运动，也可以结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

（1）对小物块，根据动能定理：qEl=[1/2m
v21]
解得，v₁=

2qEl
m
（2）小物块与挡板碰撞过程动量守恒，设小物块与挡板碰撞后的速度为v'₁，所以：
mv₁=mv'₁+8mV₁
依题意：v′1＝±
3
5v1
若v′1＝
3
5v1时，V1＝
1
20v1，该情况不符合实际应舍去．
若v′1＝−
3
5v1时，V1＝
1
5v1＝
1
5

2qEl
m
在小物块第一次与挡板碰撞之后到第二次与挡板碰撞之前，小物块做匀减速直线运动，滑板做匀速直线运动，从第一次碰撞后到第二次碰撞前，小物块和滑板相对于地面的位移相同，则有：
v2+v1′
2t＝V1t
解得：v₂=v₁=

2qEl
m
（3）设第一次碰撞过程中能量损失为△E
根据动量守恒：mv₁=mv'₁+8mV₁
能量守恒定律：
1
2m
v21＝
1
2mv
′21+
1
2×8mV12+△E
运算得到：△E＝
8
25qEL
第二次碰撞前瞬间：
滑板速度：v₂=v₁=

2qEl
m，V₁=[1/5v1=
1
5

2qEl
m]
根据功能原理：W=[1/2m
V21]+[1/2•8m•
v22+△E
解得，W＝
41
25qEl
答：
（1）小物块与挡板第一次碰撞前瞬间的速率v₁为

2qEl
m]．
（2）小物块与挡板第二次碰撞前瞬间的速率v₂为

2qEl
m．
（3）小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做的功W是
41
25qEl．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；动能定理的应用．

考点点评： 本题是动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，分析运动过程，把握能量如何转化是关键．

（1）开始时弹簧的形变量为x₁，
对物体B由平衡条件可得：kx₁=Q_BE
设A刚离开挡板时，
弹簧的形变量为x₂，
对物块B由平衡条件可得：kx₂=Q_AE
故C下降的最大距离为：h＝x1+x2＝
E
k(QA+QB)
（2）物块C由静止释放下落h至最低点的过程中，
B的电势能增加量为：
△Ep＝QBEh＝
E2
kQB(QA+QB)
由能量守恒定律可知：
物块由静止释放至下落h至最低点的过程中，
c的重力势能减小量等于
B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量
即：Mgh=Q_BEh+△E_弹
解得：△E弹＝
E
k(Mg−QBE)(QA+QB)
故小物块C下落到最低点的过程中，小物块B的电势能的变化量为
E2
kQB(QA+QB)，弹簧的弹性势能变化量为△E弹＝
E
k(Mg−QBE)(QA+QB)
（3）当C的质量为2M时，
设A刚离开挡板时B的速度为V，
由能量守恒定律可知：2Mgh＝QBEh+△E弹+
1
2(2M+mB)V2
解得A刚离开P时B的速度为：V＝

2MgE(QA+QB)
(2M+mB)k
因为物块AB均不离开水平桌面，
设物体B所受支持力为N_B1，所以对物块B竖直方向受力平衡：
m_Bg=N_B1+Q_BvB
由牛顿第三定律得：N_B=N_B1
解得：NB＝mBg−BQB

2MgE(QA+QB)
k(2M+mB)
故小物块A刚离开挡板P时小物块B的速度大小为：V＝

2MgE(QA+QB)
(2M+mB)k，此时小物块B对水平桌面的压力为：NB＝mBg−BQB

2MgE(QA+QB)
k(2M+mB)．

点评：
本题考点： 功能关系；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律；能量守恒定律；电势能．

考点点评： 本题过程繁琐，涉及功能关系多，有弹性势能、电势能、重力势能等之间的转化，全面考察了学生综合分析问题能力和对功能关系的理解及应用，有一定难度．对于这类题目在分析过程中，要化繁为简，即把复杂过程，分解为多个小过程分析，同时要正确分析受力情况，弄清系统运动状态以及功能关系．

（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
解得：a＝
F−μmg
m；
（2）有两种可能；
①开始推力大于摩擦力和弹力之和，做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零，又反向逐渐增大，所以加速度先减少后增大，速度先增大后减小．
②在推力作用下的过程中，推力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的加速运动，所以加速度一直减小，速度一直增大．
（3）设物块从O点向左运动x后返回，则有：Fl₁-μmgx=E_pm，
E_pm-μmgx-μmgl₂=0
解得：Epm＝
1
2Fl1+
1
2μmgl2；
答：（1）物块在O 点刚开始运动时的加速度大小为[F−μmg/m]；
（2）在推力作用的过程中，加速度先减少后增大，速度先增大后减小．或加速度一直减小，速度一直增大；
（3）在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值E_Pm是Epm＝
1
2Fl1+
1
2μmgl2．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律、能量守恒的综合，知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．