專題四第1課時(shí)功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用

1、專題定位本專題綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)來(lái)解決物體運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題，本專題是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，命題情景新，聯(lián)系實(shí)際密切，綜合性強(qiáng)，側(cè)重在計(jì)算題中命題，是高考的壓軸題應(yīng)考策略本專題在高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)動(dòng)過(guò)程問(wèn)題；二是運(yùn)用動(dòng)能定理和能量守恒定律解決電場(chǎng)、磁場(chǎng)內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)或電磁感應(yīng)問(wèn)題由于本專題綜合性強(qiáng)，因此要在審題上狠下功夫，弄清運(yùn)動(dòng)情景，挖掘隱含條件，有針對(duì)性的選擇相應(yīng)的規(guī)律和方法第1課時(shí)功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用1常見(jiàn)的幾種力做功的特點(diǎn)(1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無(wú)關(guān)(2)摩擦力做功的特點(diǎn)單個(gè)摩

2、擦力(包括靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過(guò)程中，只有機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，沒(méi)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值在一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過(guò)程中，不僅有相互摩擦物體間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積摩擦生熱是指滑動(dòng)摩擦生熱，靜摩擦不會(huì)生熱2幾個(gè)重要的功能關(guān)系(1)重力的功等于重力勢(shì)能的變化，即WGEp.(2)彈力的功等于彈性勢(shì)能的變化，即W彈Ep.(3)合力的功等于動(dòng)能的變化，即WEk.(4)重力(

3、或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機(jī)械能的變化，即W其他E.(5)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即Qf·l 相對(duì)1動(dòng)能定理的應(yīng)用(1)動(dòng)能定理的適用情況：解決單個(gè)物體(或可看成單個(gè)物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關(guān)系的問(wèn)題動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分段作用(2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析研究對(duì)象的受力情況和各力做功情況，然后求各個(gè)外力做功的代數(shù)和明確物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2.列出動(dòng)能定理的方程W合Ek2Ek1，及其他必要的解

4、題方程，進(jìn)行求解2機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用(1)機(jī)械能是否守恒的判斷用做功來(lái)判斷，看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數(shù)和是否為零用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷，看是否有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能對(duì)一些“繩子突然繃緊”、“物體間碰撞”等問(wèn)題，機(jī)械能一般不守恒，除非題目中有特別說(shuō)明及暗示(2)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路選取研究對(duì)象物體系統(tǒng)根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的初、末狀態(tài)時(shí)的機(jī)械能根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程，進(jìn)行求解考向1力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用例1(雙選)如圖1所示，足夠長(zhǎng)傳送帶與水平方向的傾角為，物塊a通過(guò)平行

5、于傳送帶的輕繩跨過(guò)光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m，開(kāi)始時(shí)a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過(guò)程中()圖1A物塊a重力勢(shì)能減少mghB摩擦力對(duì)a做的功小于a機(jī)械能的增加C摩擦力對(duì)a做的功小于物塊a、b動(dòng)能增加之和D任意時(shí)刻，重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等審題突破重力勢(shì)能的變化和什么力做功相對(duì)應(yīng)？機(jī)械能的變化和什么力做功相對(duì)應(yīng)？動(dòng)能的變化又和什么力做功相對(duì)應(yīng)？答案AD以題說(shuō)法注意幾個(gè)功能關(guān)系：重力做的功等于重力勢(shì)能的變化量；彈簧彈力做的功等于彈性勢(shì)能的變化量；重力以外的其他力做的功等于機(jī)械能的變化量；合力做的功等于動(dòng)

6、能的變化量 (單選)(2014·廣東·16)圖2是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖，圖中和為楔塊，和為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過(guò)程中()圖2A緩沖器的機(jī)械能守恒B摩擦力做功消耗機(jī)械能C墊板的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能答案B解析由于車廂相互撞擊彈簧壓縮的過(guò)程中存在克服摩擦力做功，所以緩沖器的機(jī)械能減少，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；彈簧壓縮的過(guò)程中，墊板的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢(shì)能，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤考向2動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用例2如圖3甲所示，用固定的電動(dòng)機(jī)水平拉著質(zhì)量m2 kg的小物塊和質(zhì)量M1 kg的平板以相

7、同的速度一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，物塊位于平板左側(cè)，可視為質(zhì)點(diǎn)在平板的右側(cè)一定距離處有臺(tái)階阻擋，平板撞上后會(huì)立刻停止運(yùn)動(dòng)電動(dòng)機(jī)功率保持P3 W不變從某時(shí)刻t0起，測(cè)得物塊的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，t6 s后可視為勻速運(yùn)動(dòng)，t10 s時(shí)物塊離開(kāi)木板重力加速度g10 m/s2，求：圖3(1)平板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大？(2)物塊在1 s末和3 s末受到的摩擦力各為多大？(3)平板長(zhǎng)度L為多少？審題突破“平板以相同的速度一起向右勻速運(yùn)動(dòng)”隱含什么條件？求平板長(zhǎng)度時(shí)應(yīng)該選取哪段過(guò)程？電機(jī)的牽引力是恒力還是變力？怎么表示其做功的大小？解析(1)由題圖可知，前2 s內(nèi)物塊和平板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體分

8、析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面給平板的滑動(dòng)摩擦力，此二力的合力為零拉力大小為：FT1滑動(dòng)摩擦力大小為：f(Mm)g由平衡條件可得：(Mm)g可得：0.2(2)物塊在1 s末時(shí)與平板一起做勻速運(yùn)動(dòng)，合力為零物塊受到水平向右的拉力與水平向左的靜摩擦力，因此靜摩擦力大小為：f1FT16 N物塊在2 s末之后與平板發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，之后物塊與平板間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力且大小保持不變物塊在6 s后可視為勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物塊受到的合力為零，即拉力與滑動(dòng)摩擦力大小相等方向相反，即：f2FT210 N物塊在3 s末時(shí)受到的滑動(dòng)摩擦力大小與6 s后受到的摩擦力大小相等，為10 N.(3)依題意，物塊在2 s

9、末之后一直到10 s時(shí)，物塊從平板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端，對(duì)物塊由動(dòng)能定理得：Ptf2Lmvmv代入解得：L2.416 m答案(1)0.2(2)6 N10 N(3)2.416 m以題說(shuō)法1.在應(yīng)用動(dòng)能定理解題時(shí)首先要弄清物體的受力情況和做功情況此題特別要注意地面對(duì)木板的滑動(dòng)摩擦力為(Mm)g.2應(yīng)用動(dòng)能定理列式時(shí)要注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程的選取，可以全過(guò)程列式，也可以分過(guò)程列式 如圖4，傳送帶A、B之間的距離為L(zhǎng)3.2 m，與水平面間夾角37°，傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v2 m/s，在上端A點(diǎn)無(wú)初速度放置一個(gè)質(zhì)量為m1 kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離

10、傳送帶后，經(jīng)過(guò)彎道，沿半徑R0.4 m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)E，已知B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為h0.5 m(取g10 m/s2)求：圖4(1)金屬塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度；(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功答案(1)2 m/s(2)3 J解析(1)對(duì)金屬塊在E點(diǎn)，mgm，vE2 m/s在從D到E過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg·2RmvmvvD2 m/s(2)金屬塊剛剛放上時(shí)，mgsin mgcos ma1，a110 m/s2設(shè)經(jīng)位移s1達(dá)到共同速度，v22as1，s10.2 m<3.2 m繼續(xù)加速過(guò)程中：mgsin mgcos ma2a22 m/s2s2Ls13

11、mvv22a2s2vB4 m/s在從B到D過(guò)程中，由動(dòng)能定理：mghWmvmvW3 J.6綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題例3(14分)如圖5所示，傾角30°、長(zhǎng)L4.5 m的斜面，底端與一個(gè)光滑的圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道底端切線水平一質(zhì)量為m1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，經(jīng)過(guò)斜面底端B后恰好能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)C，又從圓弧軌道滑回，能上升到斜面上的D點(diǎn)，再由D點(diǎn)由斜面下滑沿圓弧軌道上升，再滑回，這樣往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最后停在B點(diǎn)已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，g10 m/s2，假設(shè)物塊經(jīng)過(guò)斜面與圓弧軌道平滑連接處速率不變求：圖5(1)物塊經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間

12、第一次到B點(diǎn)；(2)物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力；(3)物塊在斜面上滑行的總路程解析(1)物塊沿斜面下滑時(shí)，mgsin mgcos ma(2分)解得：a2.5 m/s2(1分)從A到B，物塊勻加速運(yùn)動(dòng)，由Lat2(1分)可得t s(1分)(2)因?yàn)槲飰K恰好到C點(diǎn)，所以到C點(diǎn)速度為0.設(shè)物塊到B點(diǎn)的速度為v，則mgRmv2(2分)FNmgm(1分)解得FN3mg30 N(1分)由牛頓第三定律可得，物塊對(duì)軌道的壓力為FN30 N，方向向下(1分)(3)從開(kāi)始釋放至最終停在B處，設(shè)物塊在斜面上滑行的總路程為s，則mgLsin mgscos 0(3分)解得s9 m(1分)答案(1) s(2)3

13、0 N，方向向下(3)9 m點(diǎn)睛之筆多個(gè)運(yùn)動(dòng)的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問(wèn)題時(shí)注意要各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程獨(dú)立分析，而不同過(guò)程往往通過(guò)連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系，有時(shí)對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問(wèn)題會(huì)更簡(jiǎn)單(限時(shí)：15分鐘，滿分：16分)如圖6所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m1 kg的小物塊，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v01.8 m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)人固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，最后小物塊無(wú)碰撞地滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的足夠長(zhǎng)的水平傳送帶已知傳送帶上表面與圓弧軌道末端切線相平，傳送帶沿順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行的速度為v3 m/s，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)

14、0.5，圓弧軌道的半徑為R2 m，C點(diǎn)和圓弧的圓心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角53°，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6.求：圖6(1)小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)小物塊從滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量答案(1)22.5 N，方向豎直向下(2)32 J解析(1)設(shè)小物體在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，C點(diǎn)的速度方向與水平方向成53°，則由幾何關(guān)系可得：vC m/s3 m/s由C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mgR(1cos )mvmv小物塊在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得

15、：FNmgm由牛頓第三定律，小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為：FNFN聯(lián)立得：FN22.5 N，方向豎直向下(2)設(shè)小物塊在傳送帶上滑動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：ag0.5×10 m/s25 m/s2小物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，向左通過(guò)的位移為s1，傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的距離為s2，則：vDat1s1ats2vt1小物塊向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到和傳送帶速度相同時(shí)間為t2，向右通過(guò)的位移為s3，傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的距離為s4，則vat2s3ats4vt2整個(gè)過(guò)程小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離為：ss1s2s4s3產(chǎn)生的熱量為：Qmgs聯(lián)立解得：Q32 J(限時(shí)：45分鐘)題組

16、1力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用1(單選)嘉明同學(xué)站在罰球線上，以某個(gè)拋射角將籃球投向籃筐，結(jié)果籃球未命中，而是垂直地?fù)糁辛嘶@筐正上方的籃板忽略空氣阻力作用，則()A籃球飛行時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)的速度增量越來(lái)越小B籃球飛行時(shí)，機(jī)械能越來(lái)越少C籃球飛行時(shí)，重力的瞬時(shí)功率越來(lái)越小D要使球命中籃筐，應(yīng)增大拋球的初速度答案C解析因?yàn)榛@球做拋體運(yùn)動(dòng)，所以加速度為g，根據(jù)vgt可知，籃球飛行時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)的速度增量不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)楹雎钥諝庾枇ψ饔?，所以籃球飛行時(shí)機(jī)械能不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；籃球飛行時(shí)，豎直速度逐漸減小，根據(jù)PFv可知重力的瞬時(shí)功率越來(lái)越小，選項(xiàng)C正確；籃球垂直地?fù)糁谢@筐正上方的籃板，說(shuō)明籃球拋

17、出的初速度過(guò)大，要使球命中籃筐，應(yīng)減小拋球的初速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤2(雙選)如圖1甲所示，一物體懸掛在細(xì)繩下端，由靜止開(kāi)始沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的機(jī)械能E與物體位移s關(guān)系的圖象如圖乙所示，其中0s1過(guò)程的圖線為曲線，s1s2過(guò)程的圖線為直線由此可以判斷() 甲乙圖1A0s1過(guò)程中物體所受拉力是變力，且一定不斷增大B0s1過(guò)程中物體的動(dòng)能一定是不斷減小Cs1s2過(guò)程中物體一定做勻速運(yùn)動(dòng)Ds1s2過(guò)程中物體可能做勻加速運(yùn)動(dòng)答案AD解析小球受重力和繩子的拉力，由題圖知在0s1過(guò)程中拉力在逐漸增大，故A正確；若拉力小于重力，則小球加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增大，故B錯(cuò)誤；s1s2過(guò)程中拉力不變，若拉力等于重力

18、，小球做勻速運(yùn)動(dòng)，若拉力小于重力，小球可能做勻加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確3(單選)把質(zhì)量為m的小球(可看做質(zhì)點(diǎn))放在豎直的輕質(zhì)彈簧上，并把小球下按到A的位置，如圖2甲所示迅速松手后，彈簧把小球彈起，球升至最高位置C點(diǎn)(如圖丙)，途中經(jīng)過(guò)位置B時(shí)彈簧正好處于自由狀態(tài)(如圖乙)已知AB的高度差為h1，BC的高度差為h2，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力則()圖2A小球從A上升到B位置的過(guò)程中，動(dòng)能一直增大B小球從A上升到C位置的過(guò)程中，機(jī)械能一直增大C小球在圖甲中時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為mg(h2h1)D一定有h2h1答案C解析小球上升時(shí)先加速后減速，當(dāng)mgF彈時(shí)，加速度為零，速度最大，此時(shí)彈簧還處于壓縮

19、狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤從A到B，小球和彈簧的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈性勢(shì)能減小，小球的機(jī)械能增大；而從B到C，小球只有重力做功，機(jī)械能不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤由A到C系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可知，彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，故Epmg(h2h1)，選項(xiàng)C正確由A到C彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的重力勢(shì)能，動(dòng)能最大位置在B點(diǎn)下方，故h2可等于零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤故選C.4(單選)如圖3所示為通過(guò)彈射器研究彈性勢(shì)能的實(shí)驗(yàn)裝置光滑圓形軌道豎直固定于光滑水平面上，半徑為R.彈射器固定于A處某一實(shí)驗(yàn)過(guò)程中彈射器射出一質(zhì)量為m的小球，恰能沿圓軌道內(nèi)側(cè)到達(dá)最高點(diǎn)C，然后從軌道D處(D與圓心等高)下落至水平面取重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是()

20、圖3A小球從D處下落至水平面的時(shí)間為 B小球至最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道壓力為5mgC小球落至水平面時(shí)的動(dòng)能為2mgRD釋放小球前彈射器的彈性勢(shì)能為答案D解析小球恰好通過(guò)C點(diǎn)，則由mgm，解得v；小球從C到D有mgRmvmv2，解得vD，小球由D到地面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；若做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，由Rgt2可得，t ；而現(xiàn)在有初速度，故時(shí)間小于 ，故A錯(cuò)誤；由B到C有：mg·2Rmvmv2，B點(diǎn)Fmgm，聯(lián)立解得，F(xiàn)6mg，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，小球落到水平面Ekmv2mg·2R，Ek2.5mgR，故C錯(cuò)誤；小球彈出后的機(jī)械能等于彈射器的彈性勢(shì)能，故彈性勢(shì)能為Emg·2Rmv2，故D正確

21、5(單選)如圖4所示，在傾角為的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)最分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一平行斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)擋板C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d，速度為v.則此時(shí)()圖4A拉力做功的瞬時(shí)功率為Fvsin B物塊B滿足m2gsin kdC物塊A的加速度為D彈簧彈性勢(shì)能的增加量為Fdm1v2答案C解析拉力F與速度v同向，瞬時(shí)功率應(yīng)為PFv，故A錯(cuò)誤；開(kāi)始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsin ks2，但

22、由于開(kāi)始時(shí)彈簧是壓縮的，故ds2，故m2gsin kd，故B錯(cuò)誤；當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律得：Fm1gsin ks2m1a1，又開(kāi)始時(shí)，A平衡，則有：m1gsin ks1，而ds1s2，解得：物塊A的加速度為a1，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢(shì)能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，即為：Fdm1gdsin m1v2，故D錯(cuò)誤題組2動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用6光滑圓軌道和兩傾斜直軌道組成如圖5所示裝置，其中直軌道bc粗糙，直軌道cd光滑，兩軌道相接處為一很小的圓弧質(zhì)量為m0.1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)軌道最高點(diǎn)a時(shí)的速度大小為v4

23、 m/s，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道與直軌道bc的相切處b時(shí)，脫離圓軌道開(kāi)始沿傾斜直軌道bc滑行，到達(dá)軌道cd上的d點(diǎn)時(shí)速度為零若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計(jì)，已知圓軌道的半徑為R0.25 m，直軌道bc的傾角37°，其長(zhǎng)度為L(zhǎng)26.25 m，d點(diǎn)與水平地面間的高度差為h0.2 m，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6.求：圖5(1)滑塊在圓軌道最高點(diǎn)a時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2)滑塊與直軌道bc間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)滑塊在直軌道bc上能夠運(yùn)動(dòng)的時(shí)間答案(1)5.4 N(2)0.8(3)7.66 s解析(1)在圓軌道最高點(diǎn)a處對(duì)滑塊，由牛頓第二定律得：mgFNm

24、，得FNm(g)5.4 N由牛頓第三定律得滑塊在圓軌道最高點(diǎn)a時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為5.4 N.(2)從a點(diǎn)到d點(diǎn)全程，由動(dòng)能定理得：mg(RRcos Lsin h)mgcos ·L0mv20.8(3)設(shè)滑塊在bc上向下滑動(dòng)的加速度為a1，時(shí)間為t1，向上滑動(dòng)的加速度為a2，時(shí)間為t2，在c點(diǎn)時(shí)的速度為vc.由c到d：mvmghvc2 m/sa點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程：mgR(1cos )mvmv2vb5 m/s在軌道bc上：下滑：Lt1t17.5 s上滑：mgsin mgcos ma2a2gsin gcos 12.4 m/s20vca2t2t2 s0.16 s>tan ，滑塊在軌道bc上

25、停止后不再下滑滑塊在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t總t1t2(7.50.16) s7.66 s7如圖6所示，一滑板愛(ài)好者總質(zhì)量(包括裝備)為50 kg，從以O(shè)為圓心，半徑為R1.6 m光滑圓弧軌道的A點(diǎn)(60°)由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)軌道最低點(diǎn)B后(OB在同一豎直線上)，滑板愛(ài)好者沿水平切線飛出，并恰好從C點(diǎn)以平行斜面方向的速度進(jìn)入傾角為37°的斜面，若滑板與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，斜面長(zhǎng)s6 m(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：圖6(1)滑板愛(ài)好者在B、C間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)滑板愛(ài)好者到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小答案(1)0.3 s(2)7 m/s解析(1)滑板愛(ài)好者在圓軌道AB間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得m