高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題六 機(jī)械能及其守恒定律課件

專題六機(jī)械能及其守恒定律高考物理專題六機(jī)械能及其守恒定律高考物理1知識(shí)清單知識(shí)清單2高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件3高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件4高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件5高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件6高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件7高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件8高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件9高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件10高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件11高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件12高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件13高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件14高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件15高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件16高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件17高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件18高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件19高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件20高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件21高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件22高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件23高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件24高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件25高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件26高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件27高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件28高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件29高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件30高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件31方法一求變力做功的幾種方法突破方法方法一求變力做功的幾種方法突破方法32例1如圖所示,一質(zhì)量為m=2.0kg的物體從半徑為R=5.0m的圓弧的A端,在拉力作用下沿圓弧

緩慢運(yùn)動(dòng)到B端(圓弧AB在豎直平面內(nèi))。拉力F大小不變始終為15N,方向始終與物體所在位置

的切線成37°角。圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°,BO邊為豎直方向,g取10m/s2。求這一過程中(cos3

7°=0.8):

(1)拉力F做的功。(2)重力mg做的功。(3)圓弧面對(duì)物體的支持力FN做的功。(4)圓弧面對(duì)物體的摩擦力Ff做的功。解題思路(1)拉力F大小不變,但方向不斷改變,為變力做功,應(yīng)該用微元法求其做的功。(2)重力做功與運(yùn)動(dòng)路徑無關(guān),與始、末位置的高度差有關(guān)。例1如圖所示,一質(zhì)量為m=2.0kg的物體從半徑為R=533(3)物體所受支持力始終與其運(yùn)動(dòng)方向垂直。(4)摩擦力Ff為變力,利用動(dòng)能定理求其做功較方便。解析(1)將圓弧分成很多小段l1、l2、…、ln,拉力在每小段上做的功為W1、W2、…、Wn,因拉力

F大小不變,方向始終與物體所在位置的切線成37°角,所以:W1=Fl1cos37°,W2=Fl2cos37°,…,Wn=

Flncos37°,所以拉力F做的功為:WF=W1+W2+…+Wn=Fcos37°(l1+l2+…+ln)=Fcos37°·

R=20πJ=62.8J。(2)重力mg做的功WG=-mgR(1-cos60°)=-50J。(3)物體受到的支持力FN始終與物體的運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以

=0。(4)因物體在拉力F作用下緩慢移動(dòng),則物體處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài),合外力做功為零,所以WF+WG+

=0,則

=-WF-WG=-62.8J+50J=-12.8J。答案(1)62.8J(2)-50J(3)0(4)-12.8J1-1放在地面上的木塊與一輕彈簧相連,彈簧處于自由伸長狀態(tài)?，F(xiàn)用手水平拉彈簧,拉力的

作用點(diǎn)移動(dòng)x1=0.2m時(shí),木塊開始運(yùn)動(dòng),繼續(xù)拉彈簧,木塊緩慢移動(dòng)了x2=0.4m的位移,求上述過程

中拉力所做的功。(3)物體所受支持力始終與其運(yùn)動(dòng)方向垂直。34答案20J解析由題意作出F-x圖象如圖所示,在木塊運(yùn)動(dòng)之前,彈簧彈力隨彈簧伸長量的變化是線性關(guān)

系,木塊緩慢移動(dòng)時(shí)彈簧彈力不變,圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功,則W=

×(0.6+0.4)×40J=20J。

1-2

(2015海南單科,4,3分)如圖,一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置,軌道兩端等高;質(zhì)量為m

的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下,滑到最低點(diǎn)Q時(shí),對(duì)軌道的正壓力為2mg,重力加速度大小

為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中,克服摩擦力所做的功為

()答案20J35

A.

mgR

B.

mgR

C.

mgR

D.

mgR答案

C解析當(dāng)質(zhì)點(diǎn)滑到Q點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的正壓力為FN=2mg,由牛頓第三定律知軌道對(duì)它的支持力FN'=

FN=2mg,由牛頓第二定律有FN'-mg=m

,得

=gR。對(duì)質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有:mgR-Wf=

m

-0,得Wf=

mgR,因此,A、B、D錯(cuò),C正確。

36方法二系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題的解題方法對(duì)系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題,若選取勢(shì)能零點(diǎn)列方程,方程往往較繁瑣,所以多采用ΔEp=-ΔEk的

形式列方程,即系統(tǒng)勢(shì)能的減少(增加)等于動(dòng)能的增加(減少)。例2如圖所示質(zhì)量都是2kg的A、B兩物體通過輕繩掛在光滑滑輪上,A物體位于光滑水平面

上,B物體懸空,連接A物體的繩與水平面夾角為37°,兩物體由初速度為零開始運(yùn)動(dòng),求開始運(yùn)動(dòng)

后,A物體的最大動(dòng)能為多少?(滑輪和水平面間距離為3.6m,重力加速度g取10m/s2)

解題思路分析A物體的運(yùn)動(dòng)過程可知,A物體向滑輪正下方運(yùn)動(dòng)時(shí)繩的拉力對(duì)物體做正功,A的

動(dòng)能增大,而A物體沖過滑輪正下方以后繩的拉力對(duì)A物體做負(fù)功,A物體的動(dòng)能減小,由此可見

連接A物體的繩子豎直時(shí)A物體的動(dòng)能最大,此時(shí)B物體的位置最低,B的速度為零,根據(jù)A、B整體方法二系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題的解題方法37機(jī)械能守恒可解決問題。解析對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有:mg·

=Ekm代入數(shù)據(jù)解得Ekm=48J。答案48J2-1如圖所示,質(zhì)量為m1的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為m2的物體B相連,彈簧的

勁度系數(shù)為k,A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一條不可伸長的輕繩繞過滑輪,一端連物體A,另一端連一

輕掛鉤。開始時(shí)各段繩都處于伸直狀態(tài),A上方的一段繩沿豎直方向?，F(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為

m3的物體C并由靜止釋放,已知它恰好能使物體B離開地面但不繼續(xù)上升。若將C換成另一個(gè)質(zhì)

量為(m1+m3)的物體D,仍從上述初始位置由靜止釋放,則這次B剛離開地面時(shí)D的速度的大小是

多少?已知重力加速度為g。機(jī)械能守恒可解決問題。38

答案

解析開始時(shí),A、B靜止,設(shè)彈簧壓縮量為x1,有kx1=m1g。掛C并釋放后,C向下運(yùn)動(dòng),A向上運(yùn)動(dòng),設(shè)

B剛要離開地面時(shí)彈簧伸長量為x2,有kx2=m2g。B不再上升,表示此時(shí)A和C的速度為零,C已降到

最低點(diǎn)。由機(jī)械能守恒,與初始狀態(tài)相比,彈簧彈性勢(shì)能的增加量ΔE=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2)。C換

成D后,當(dāng)B剛離開地面時(shí)彈簧彈性勢(shì)能的增加量與前一次相同,由能量關(guān)系得

(m3+m1)v2+

m1v2=(m3+m1)g(x1+x2)-m1g(x1+x2)-ΔE,即

(2m1+m3)v2=m1g(x1+x2)。解得v=

。

39方法三用動(dòng)能定理求往返運(yùn)動(dòng)的總路程用動(dòng)能定理求往返運(yùn)動(dòng)的總路程時(shí),找到物體運(yùn)動(dòng)的初態(tài)和末態(tài),受力分析,往往有摩擦阻

力做功,其中利用路程來計(jì)算求解。例3如圖所示,斜面傾角為θ,質(zhì)量為m的滑塊在距擋板P的距離為s0的A點(diǎn)以初速度v0沿斜面上

滑,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,滑塊所受摩擦力小于滑塊沿斜面的“下滑力”,若滑塊每次

與擋板相碰,碰后以原速率返回,無動(dòng)能損失,求滑塊停止運(yùn)動(dòng)前在斜面上經(jīng)過的路程。

解題思路關(guān)鍵詞:①沿斜面上滑,②碰后以原速率返回,③經(jīng)過的路程?；瑝K上滑與下滑過程

中所受滑動(dòng)摩擦力大小相等均為μmgcosθ,摩擦力做功Wf=-μmgcosθ·s,重力做功WG=mgs0sinθ,

最終滿足動(dòng)能定理:WG+Wf=0-

m

。方法三用動(dòng)能定理求往返運(yùn)動(dòng)的總路程40解析研究對(duì)象:滑塊。物理過程分析:滑塊受重力mg、支持力N、摩擦力f,示意圖如圖所示。由滑塊所受摩擦力小于

滑塊沿斜面的“下滑力”(重力沿斜面方向的分力)可知:

下滑時(shí),合力F合1=mgsinθ-f,加速度a1=

,方向沿斜面向下,勻加速下滑;上滑時(shí),合力F合2=mgsinθ+f',加速度a2=

,方向沿斜面向下,勻減速上滑。又f=f'=μmgcosθ滑塊由A點(diǎn)勻減速上滑至最高點(diǎn)B,然后勻加速下滑至P處,碰后以原速率返回,因a1<a2,所以滑塊解析研究對(duì)象:滑塊。41勻減速上滑所到達(dá)的最高位置將低于B點(diǎn),然后又勻加速下滑,如此反復(fù),上滑高度不斷減小,最

終停止在P點(diǎn)。設(shè)滑塊停止運(yùn)動(dòng)前在斜面上經(jīng)過的路程為s。根據(jù)動(dòng)能定理有:mgs0×sinθ-fs=0-Ek0,即mgs0×sinθ-μmgcosθ×s=0-

m

解得s=

。答案

3-1

(2015北京理綜,23,18分)如圖所示,彈簧的一端固定,另一端連接一個(gè)物塊,彈簧質(zhì)量不計(jì)。

物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量為m,在水平桌面上沿x軸運(yùn)動(dòng),與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。以彈簧原

長時(shí)物塊的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O,當(dāng)彈簧的伸長量為x時(shí),物塊所受彈簧彈力大小為F=kx,k為常量。

勻減速上滑所到達(dá)的最高位置將低于B點(diǎn),然后又勻加速下滑,如此42(1)請(qǐng)畫出F隨x變化的示意圖;并根據(jù)F-x圖象求物塊沿x軸從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到位置x的過程中彈力所做

的功。(2)物塊由x1向右運(yùn)動(dòng)到x3,然后由x3返回到x2,在這個(gè)過程中,a.求彈力所做的功,并據(jù)此求彈性勢(shì)能的變化量;b.求滑動(dòng)摩擦力所做的功;并與彈力做功比較,說明為什么不存在與摩擦力對(duì)應(yīng)的“摩擦力勢(shì)

能”的概念。答案(1)F-x圖象如圖-

kx2

(2)a:

k

-

k

ΔEp=

k

-

k

(1)請(qǐng)畫出F隨x變化的示意圖;并根據(jù)F-x圖象求物塊沿x軸43b.見解析解析(1)F-x圖象如答圖。物塊沿x軸從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到位置x的過程中,彈力做負(fù)功;F-x圖線下的面積等于彈力做功大小。彈力

做功WT=-

·kx·x=-

kx2(2)a.物塊由x1向右運(yùn)動(dòng)到x3的過程中,彈力做功WT1=-

·(kx1+kx3)·(x3-x1)=

k

-

k

物塊由x3向左運(yùn)動(dòng)到x2的過程中,彈力做功WT2=

·(kx2+kx3)·(x3-x2)=

k

-

k

整個(gè)過程中,彈力做功WT=WT1+WT2=

k

-

k

彈性勢(shì)能的變化量ΔEp=-WT=

k

-

k

b.見解析44b.整個(gè)過程中,摩擦力做功Wf=-μmg·(2x3-x1-x2)與彈力做功比較:彈力做功與x3無關(guān),即與實(shí)際路徑無關(guān),只與始末位置有關(guān),所以,我們可以定義

一個(gè)由物體之間的相互作用力(彈力)和相對(duì)位置決定的能量——彈性勢(shì)能。而摩擦力做功與x3

有關(guān),即與實(shí)際路徑有關(guān),所以,不可以定義與摩擦力對(duì)應(yīng)的“摩擦力勢(shì)能”。b.整個(gè)過程中,摩擦力做功45專題六機(jī)械能及其守恒定律高考物理專題六機(jī)械能及其守恒定律高考物理46知識(shí)清單知識(shí)清單47高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件48高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件49高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件50高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件51高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件52高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件53高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件54高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件55高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件56高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件57高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件58高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件59高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件60高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件61高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件62高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件63高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件64高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件65高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件66高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件67高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件68高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件69高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件70高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件71高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件72高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件73高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件74高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件75高考物理一輪復(fù)習(xí)專題六機(jī)械能及其守恒定律課件76方法一求變力做功的幾種方法突破方法方法一求變力做功的幾種方法突破方法77例1如圖所示,一質(zhì)量為m=2.0kg的物體從半徑為R=5.0m的圓弧的A端,在拉力作用下沿圓弧

緩慢運(yùn)動(dòng)到B端(圓弧AB在豎直平面內(nèi))。拉力F大小不變始終為15N,方向始終與物體所在位置

的切線成37°角。圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°,BO邊為豎直方向,g取10m/s2。求這一過程中(cos3

7°=0.8):

(1)拉力F做的功。(2)重力mg做的功。(3)圓弧面對(duì)物體的支持力FN做的功。(4)圓弧面對(duì)物體的摩擦力Ff做的功。解題思路(1)拉力F大小不變,但方向不斷改變,為變力做功,應(yīng)該用微元法求其做的功。(2)重力做功與運(yùn)動(dòng)路徑無關(guān),與始、末位置的高度差有關(guān)。例1如圖所示,一質(zhì)量為m=2.0kg的物體從半徑為R=578(3)物體所受支持力始終與其運(yùn)動(dòng)方向垂直。(4)摩擦力Ff為變力,利用動(dòng)能定理求其做功較方便。解析(1)將圓弧分成很多小段l1、l2、…、ln,拉力在每小段上做的功為W1、W2、…、Wn,因拉力

F大小不變,方向始終與物體所在位置的切線成37°角,所以:W1=Fl1cos37°,W2=Fl2cos37°,…,Wn=

Flncos37°,所以拉力F做的功為:WF=W1+W2+…+Wn=Fcos37°(l1+l2+…+ln)=Fcos37°·

R=20πJ=62.8J。(2)重力mg做的功WG=-mgR(1-cos60°)=-50J。(3)物體受到的支持力FN始終與物體的運(yùn)動(dòng)方向垂直,所以

=0。(4)因物體在拉力F作用下緩慢移動(dòng),則物體處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài),合外力做功為零,所以WF+WG+

=0,則

=-WF-WG=-62.8J+50J=-12.8J。答案(1)62.8J(2)-50J(3)0(4)-12.8J1-1放在地面上的木塊與一輕彈簧相連,彈簧處于自由伸長狀態(tài)?，F(xiàn)用手水平拉彈簧,拉力的

作用點(diǎn)移動(dòng)x1=0.2m時(shí),木塊開始運(yùn)動(dòng),繼續(xù)拉彈簧,木塊緩慢移動(dòng)了x2=0.4m的位移,求上述過程

中拉力所做的功。(3)物體所受支持力始終與其運(yùn)動(dòng)方向垂直。79答案20J解析由題意作出F-x圖象如圖所示,在木塊運(yùn)動(dòng)之前,彈簧彈力隨彈簧伸長量的變化是線性關(guān)

系,木塊緩慢移動(dòng)時(shí)彈簧彈力不變,圖線與橫軸所圍面積表示拉力所做的功,則W=

×(0.6+0.4)×40J=20J。

1-2

(2015海南單科,4,3分)如圖,一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置,軌道兩端等高;質(zhì)量為m

的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下,滑到最低點(diǎn)Q時(shí),對(duì)軌道的正壓力為2mg,重力加速度大小

為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中,克服摩擦力所做的功為

()答案20J80

A.

mgR

B.

mgR

C.

mgR

D.

mgR答案

C解析當(dāng)質(zhì)點(diǎn)滑到Q點(diǎn)時(shí),對(duì)軌道的正壓力為FN=2mg,由牛頓第三定律知軌道對(duì)它的支持力FN'=

FN=2mg,由牛頓第二定律有FN'-mg=m

,得

=gR。對(duì)質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有:mgR-Wf=

m

-0,得Wf=

mgR,因此,A、B、D錯(cuò),C正確。

81方法二系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題的解題方法對(duì)系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題,若選取勢(shì)能零點(diǎn)列方程,方程往往較繁瑣,所以多采用ΔEp=-ΔEk的

形式列方程,即系統(tǒng)勢(shì)能的減少(增加)等于動(dòng)能的增加(減少)。例2如圖所示質(zhì)量都是2kg的A、B兩物體通過輕繩掛在光滑滑輪上,A物體位于光滑水平面

上,B物體懸空,連接A物體的繩與水平面夾角為37°,兩物體由初速度為零開始運(yùn)動(dòng),求開始運(yùn)動(dòng)

后,A物體的最大動(dòng)能為多少?(滑輪和水平面間距離為3.6m,重力加速度g取10m/s2)

解題思路分析A物體的運(yùn)動(dòng)過程可知,A物體向滑輪正下方運(yùn)動(dòng)時(shí)繩的拉力對(duì)物體做正功,A的

動(dòng)能增大,而A物體沖過滑輪正下方以后繩的拉力對(duì)A物體做負(fù)功,A物體的動(dòng)能減小,由此可見

連接A物體的繩子豎直時(shí)A物體的動(dòng)能最大,此時(shí)B物體的位置最低,B的速度為零,根據(jù)A、B整體方法二系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題的解題方法82機(jī)械能守恒可解決問題。解析對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有:mg·

=Ekm代入數(shù)據(jù)解得Ekm=48J。答案48J2-1如圖所示,質(zhì)量為m1的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為m2的物體B相連,彈簧的

勁度系數(shù)為k,A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一條不可伸長的輕繩繞過滑輪,一端連物體A,另一端連一

輕掛鉤。開始時(shí)各段繩都處于伸直狀態(tài),A上方的一段繩沿豎直方向?，F(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為

m3的物體C并由靜止釋放,已知它恰好能使物體B離開地面但不繼續(xù)上升。若將C換成另一個(gè)質(zhì)

量為(m1+m3)的物體D,仍從上述初始位置由靜止釋放,則這次B剛離開地面時(shí)D的速度的大小是

多少?已知重力加速度為g。機(jī)械能守恒可解決問題。83

答案

解析開始時(shí),A、B靜止,設(shè)彈簧壓縮量為x1,有kx1=m1g。掛C并釋放后,C向下運(yùn)動(dòng),A向上運(yùn)動(dòng),設(shè)

B剛要離開地面時(shí)彈簧伸長量為x2,有kx2=m2g。B不再上升,表示此時(shí)A和C的速度為零,C已降到

最低點(diǎn)。由機(jī)械能守恒,與初始狀態(tài)相比,彈簧彈性勢(shì)能的增加量ΔE=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2)。C換

成D后,當(dāng)B剛離開地面時(shí)彈簧彈性勢(shì)能的增加量與前一次相同,由能量關(guān)系得

(m3+m1)v2+

m1v2=(m3+m1)g(x1+x2)-m1g(x1+x2)-ΔE,即

(2m1+m3)v2=m1g(x1+x2)。解得v=

。

84方法三用動(dòng)能定理求往返運(yùn)動(dòng)的總路程用動(dòng)能定理求往返運(yùn)動(dòng)的總路程時(shí),找到物體運(yùn)動(dòng)的初態(tài)和末態(tài),受力分析,往往有摩擦阻

力做功,其中利用路程來計(jì)算求解。例3如圖所示,斜面傾角為θ,質(zhì)量為m的滑塊在距擋板P的距離為s0的A點(diǎn)以初速度v0沿斜面上

滑,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,滑塊所受摩擦力小于滑塊沿斜面的“下滑力”,若滑塊每次

與擋板相碰,碰后以原速率返回,無動(dòng)能損失,求滑塊停止運(yùn)動(dòng)前在斜面上經(jīng)過的路程。

解題思路關(guān)鍵詞:①沿斜面上滑,②碰后以原速率返回,③經(jīng)過的路程?；瑝K上滑與下滑過程

中所受滑動(dòng)摩擦力大小相等均為μmgcosθ,摩擦力做功Wf=-μmgcosθ·s,重力做功WG=mgs0sinθ,

最終滿足動(dòng)能定理:WG+Wf=0-

m

。方法三用動(dòng)能定理求往返運(yùn)動(dòng)的總路程85解析研究對(duì)象:滑塊。物理過程分析:滑塊受重力mg、支持力N、摩擦力f,示意圖如圖所示。由滑塊所受摩擦力小于

滑塊沿斜面的“下滑力”(重力沿斜面方向的分力)可知:

下滑時(shí),合力F合1=mgsinθ-f,加速度a1=

,方向沿斜面向下,勻加速下滑;上滑時(shí),合力F合2=mgsinθ+f',加速度a2=

,方向沿斜面向下,勻減速上滑。又f=f'=μmgcosθ滑塊由A點(diǎn)勻減速上滑至最高點(diǎn)B,然后勻加速下滑至P處,碰后以原速率返回,因a1<a2,所以滑塊解析研究對(duì)象:滑塊。86勻減速上滑所到達(dá)的最高位置將低于B點(diǎn),然后又勻加速下滑,如此反復(fù),上滑高度不斷減小,最

終停止在P點(diǎn)。設(shè)滑塊停止運(yùn)動(dòng)前在斜面上經(jīng)過的路程為s。根據(jù)動(dòng)能定理有:mgs0×sinθ-fs=