高考物理大二輪復習 專題訓練四 第1課時 功能關系在力學中的應用

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1、高考物理大二輪復習 專題訓練四 第1課時 功能關系在力學中的應用 專題定位　本專題主要用功能的觀點解決物體的運動和帶電體、帶電粒子、導體棒在電場或磁場中的運動問題．考查的重點有以下幾方面：①重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解；②與功、功率相關的分析與計算；③幾個重要的功能關系的應用；④動能定理的綜合應用；⑤綜合應用機械能守恒定律和能量守恒定律分析問題． 本專題是高考的重點和熱點，命題情景新，聯(lián)系實際密切，綜合性強，側(cè)重在計算題中命題，是高考的壓軸題． 應考策略　深刻理解功能關系，抓住兩種命題情景搞突破：一是綜合應用動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動力學方法解決多運

2、動過程問題；二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應問題． 第1課時　功能關系在力學中的應用 1．常見的幾種力做功的特點 (1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關． (2)摩擦力做功的特點 ①單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負功，還可以不做功． ②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的轉(zhuǎn)移，沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負值．在一對滑動摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦物體間機械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量

3、等于系統(tǒng)機械能的減少量，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積． ③摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱． 2．幾個重要的功能關系 (1)重力的功等于重力勢能的變化，即WG＝－ΔEp. (2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈＝－ΔEp. (3)合力的功等于動能的變化，即W＝ΔEk. (4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機械能的變化，即W其他＝ΔE. (5)一對滑動摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即Q＝Ff·l 相對． 1．動能定理的應用 (1)動能定理的適用情況：解決單個物體(或可看成單個物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關系的問題．動能定理既適用于直線運動，也適用

4、于曲線運動；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，既可以同時作用，也可以分段作用． (2)應用動能定理解題的基本思路 ①選取研究對象，明確它的運動過程． ②分析研究對象的受力情況和各力做功情況，然后求各個外力做功的代數(shù)和． ③明確物體在運動過程初、末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2. ④列出動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解題方程，進行求解． 2．機械能守恒定律的應用 (1)機械能是否守恒的判斷 ①用做功來判斷，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． ②用能量轉(zhuǎn)化來判斷，看是否有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能． ③對一些“繩子突然繃緊”

5、、“物體間碰撞”等問題，機械能一般不守恒，除非題目中有特別說明及暗示． (2)應用機械能守恒定律解題的基本思路 ①選取研究對象——物體系統(tǒng)． ②根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒． ③恰當?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在運動過程的初、末狀態(tài)時的機械能． ④根據(jù)機械能守恒定律列方程，進行求解. 考向1　力學中的幾個重要功能關系的應用 例1　如圖1所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m，開始時a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則在b上升h高

6、度(未與滑輪相碰)過程中(　　) 圖1 A．物塊a重力勢能減少mgh B．摩擦力對a做的功大于a機械能的增加 C．摩擦力對a做的功小于物塊a、b動能增加之和 D．任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等 審題突破　重力勢能的變化和什么力做功相對應？機械能的變化和什么力做功相對應？動能的變化又和什么力做功相對應？ 解析　由題意magsin θ＝mbg，則ma＝.b上升h，則a下降hsin θ，則a重力勢能的減少量為mag×hsin θ＝mgh，故A正確．摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增加量．所以摩擦力對a做的功大于a的機械能增加量．因為系統(tǒng)重力勢能不變，所以摩擦力做的功

7、等于系統(tǒng)動能的增加量，故B正確，C錯誤．任意時刻a、b的速率相等，對b，克服重力的瞬時功率Pb＝mgv，對a有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等，故D正確．故選A、B、D. 答案　ABD 以題說法　注意幾個功能關系：重力做的功等于重力勢能的變化量；彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化量；重力以外的其他力做的功等于機械能的變化量；合力做的功等于動能的變化量． (xx·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①和②為楔塊，③和④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程中(　　) 圖2 A．緩沖器的機

8、械能守恒 B．摩擦力做功消耗機械能 C．墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能 答案　B 解析　由于車廂相互撞擊彈簧壓縮的過程中存在克服摩擦力做功，所以緩沖器的機械能減少，選項A錯誤，B正確；彈簧壓縮的過程中，墊板的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，選項C、D錯誤． 考向2　動力學方法和動能定理的綜合應用 例2　如圖3甲所示，用固定的電動機水平拉著質(zhì)量m＝2 kg的小物塊和質(zhì)量M＝1 kg的平板以相同的速度一起向右勻速運動，物塊位于平板左側(cè)，可視為質(zhì)點．在平板的右側(cè)一定距離處有臺階阻擋，平板撞上后會立刻停止運動．電動機功率保持P＝3 W不變．從某時刻t＝0起，測

9、得物塊的速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t＝6 s后可視為勻速運動，t＝10 s時物塊離開木板．重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖3 (1)平板與地面間的動摩擦因數(shù)μ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)平板長度L為多少？ 審題突破　“平板以相同的速度一起向右勻速運動”隱含什么條件？求平板長度時應該選取哪段過程？電機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動，對整體分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面給平板的滑動摩擦力，此二力的合力為零． 拉力大小為：FT1＝ 滑動

10、摩擦力大小為：Ff＝μ(M＋m)g 由平衡條件可得：＝μ(M＋m)g 可得：μ＝0.2 (2)物塊在1 s末時與平板一起做勻速運動，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：Ff1＝FT1＝＝6 N 物塊在2 s末之后與平板發(fā)生相對運動，之后物塊與平板間的摩擦力為滑動摩擦力且大小保持不變．物塊在6 s后可視為勻速運動，此時物塊受到的合力為零，即拉力與滑動摩擦力大小相等方向相反，即：Ff2＝FT2＝＝10 N 物塊在3 s末時受到的滑動摩擦力大小與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末之后一直到10 s時，物塊從平板的

11、一端運動到另一端，對物塊由動能定理得： PΔt－Ff2L＝mv－mv 代入解得：L＝＝2.416 m 答案　(1)0.2　(2)6 N　10 N　(3)2.416 m 以題說法　1.在應用動能定理解題時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木板的滑動摩擦力為μ(M＋m)g. 2．應用動能定理列式時要注意運動過程的選取，可以全過程列式，也可以分過程列式． 如圖4，傳送帶A、B之間的距離為L＝3.2 m，與水平面間夾角θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v＝2 m/s，在上端A點無初速度放置一個質(zhì)量為m＝1 kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦

12、因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h＝0.5 m(取g＝10 m/s2)．求： 圖4 (1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度； (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)對金屬塊在E點，mg＝m，vE＝2 m/s 在從D到E過程中，由動能定理得： －mg·2R＝mv－mv vD＝2 m/s (2)金屬塊剛剛放上時，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， a1＝10 m/s2 設經(jīng)位移x1達到共同速度，v2＝2ax1，

13、 x1＝0.2 m<3.2 m 繼續(xù)加速過程中：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 a2＝2 m/s2　x2＝L－x1＝3 m v－v2＝2a2x2　vB＝4 m/s 在從B到D過程中，由動能定理： mgh－W＝mv－mv W＝3 J. 6．綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題 例3　(14分)如圖5所示，傾角θ＝30°、長L＝4.5 m的斜面，底端與一個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m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)從斜面最高點A由靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)過斜面底端B后恰好能到達圓弧軌道最高點C，又從圓弧軌道滑回，能上升到斜面上的D點，再由D

14、點由斜面下滑沿圓弧軌道上升，再滑回，這樣往復運動，最后停在B點．已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝，g＝10 m/s2，假設物塊經(jīng)過斜面與圓弧軌道平滑連接處速率不變．求： 圖5 (1)物塊經(jīng)多長時間第一次到B點； (2)物塊第一次經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力； (3)物塊在斜面上滑行的總路程． 思維導圖 解析　(1)物塊沿斜面下滑時， mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分) 解得：a＝2.5 m/s2(1分) 從A到B，物塊勻加速運動，由L＝at2(1分) 可得t＝ s(1分) (2)因為物塊恰好到C點，所以到C點速度為0.設物塊到B點的速度為v，則mg

15、R＝mv2(2分) FN－mg＝m(1分) 解得FN＝3mg＝30 N(1分) 由牛頓第三定律可得，物塊對軌道的壓力為FN′＝30 N，方向向下(1分) (3)從開始釋放至最終停在B處，設物塊在斜面上滑行的總路程為s，則mgLsin θ－μmgscos θ＝0(3分) 解得s＝9 m(1分) 答案　(1) s　(2)30 N，方向向下　(3)9 m 點睛之筆　多個運動的組合實際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應用，分析這種問題時注意要各個運動過程獨立分析，而不同過程往往通過連接點的速度建立聯(lián)系，有時對整個過程應用能量的觀點解決問題會更簡單． (限時：15分鐘，滿分：16分)

16、如圖6所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝1.8 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進人固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，最后小物塊無碰撞地滑上緊靠軌道末端D點的足夠長的水平傳送帶．已知傳送帶上表面與圓弧軌道末端切線相平，傳送帶沿順時針方向勻速運行的速度為v＝3 m/s，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧軌道的半徑為R＝2 m，C點和圓弧的圓心O點連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： 圖6 (1)小物塊到達圓弧軌道末端D點時

17、對軌道的壓力； (2)小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)22.5 N，方向豎直向下　(2)32 J 解析　(1)設小物體在C點時的速度大小為vC，由平拋運動的規(guī)律可知，C點的速度方向與水平方向成θ＝53°，則由幾何關系可得： vC＝＝ m/s＝3 m/s① 由C點到D點，由動能定理得： mgR(1－cos θ)＝mv－mv② 小物塊在D點，由牛頓第二定律得： FN－mg＝m③ 由牛頓第三定律，小物塊到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力為：FN′＝FN④ 聯(lián)立①②③④得：FN′＝22.5 N，方向豎直向下 (2)設小物塊在傳送帶上滑動的加速

18、度大小為a，由牛頓第二定律得： a＝＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2⑤ 小物塊勻減速直線運動的時間為t1，向左通過的位移為x1，傳送帶向右運動的距離為x2，則： vD＝at1⑥ x1＝at⑦ x2＝vt1⑧ 小物塊向右勻加速直線運動達到和傳送帶速度相同時間為t2，向右通過的位移為x3，傳送帶向右運動的距離為x4，則 v＝at2⑨ x3＝at⑩ x4＝vt2? 整個過程小物塊相對傳送帶滑動的距離為： x＝x1＋x2＋x4－x3? 產(chǎn)生的熱量為：Q＝μmgx? 聯(lián)立⑤～?解得：Q＝32 J (限時：45分鐘) 題組1　力學中的幾個重要功能關系的應用

19、1．如圖1所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動．小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x.此過程中，以下結(jié)論正確的是(　　) 圖1 A．小物塊到達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)·(L＋x) B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ffx C．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L＋x) D．小物塊和小車增加的機械能為Fx 答案　ABC 解析　小物塊受到的合外力是F－Ff，位移為L＋x，由動能定理可得小物塊到達

20、小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(L＋x)，同理小車的動能也可由動能定理得出為Ffx；由于小物塊和小車間的滑動摩擦力產(chǎn)生內(nèi)能，小物塊和小車增加的機械能小于Fx. 2．如圖2甲所示，一物體懸掛在細繩下端，由靜止開始沿豎直方向運動，運動過程中物體的機械能E與物體位移x關系的圖象如圖乙所示，其中0～x1過程的圖線為曲線，x1～x2過程的圖線為直線．由此可以判斷(　　) 　　　 甲　　　　　　　　乙 圖2 A．0～x1過程中物體所受拉力是變力，且一定不斷增大 B．0～x1過程中物體的動能一定是不斷減小 C．x1～x2過程中物體一定做勻速運

21、動 D．x1～x2過程中物體可能做勻加速運動 答案　AD 解析　小球受重力和繩子的拉力，由題圖知在0～x1過程中拉力在逐漸增大，故A正確；若拉力小于重力，則小球加速運動，動能增大，故B錯誤；x1～x2過程中拉力不變，若拉力等于重力，小球做勻速運動，若拉力小于重力，小球可能做勻加速運動，故C錯誤，D正確． 3．把質(zhì)量為m的小球(可看做質(zhì)點)放在豎直的輕質(zhì)彈簧上，并把小球下按到A的位置，如圖3甲所示．迅速松手后，彈簧把小球彈起，球升至最高位置C點(如圖丙)，途中經(jīng)過位置B時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，不計空氣阻力．則(　　)

22、 圖3 A．小球從A上升到B位置的過程中，動能一直增大 B．小球從A上升到C位置的過程中，機械能一直增大 C．小球在圖甲中時，彈簧的彈性勢能為mg(h2＋h1) D．一定有h2≥h1 答案　C 解析　小球上升時先加速后減速，當mg＝F彈時，加速度為零，速度最大，此時彈簧還處于壓縮狀態(tài)，選項A錯誤．從A到B，小球和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒，彈性勢能減小，小球的機械能增大；而從B到C，小球只有重力做功，機械能不變，選項B錯誤．由A到C系統(tǒng)的機械能守恒可知，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，故Ep＝mg(h2＋h1)，選項C正確．由A到C彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能，動能最大位置在B點下

23、方，故h2可等于零，選項D錯誤．故選C. 4．如圖4所示為通過彈射器研究彈性勢能的實驗裝置．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．某一實驗過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)到達最高點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.下列說法正確的是(　　) 圖4 A．小球從D處下落至水平面的時間為 B．小球至最低點B時對軌道壓力為5mg C．小球落至水平面時的動能為2mgR D．釋放小球前彈射器的彈性勢能為 答案　D 解析　小球恰好通過C點，則由mg＝m，解得v＝；小球從C到D有mgR＝mv－ mv2，解得vD＝

24、，小球由D到地面做勻加速直線運動；若做自由落體運動時，由R＝ gt2可得，t＝ ；而現(xiàn)在有初速度，故時間小于 ，故A錯誤；由B到C有：mg·2R＝mv－mv2，B點F－mg＝m，聯(lián)立解得，F(xiàn)＝6mg，故B錯誤；對C，小球落到水平面Ek－mv2＝mg·2R，Ek＝2.5mgR，故C錯誤；小球彈出后的機械能等于彈射器的彈性勢能，故彈性勢能為E＝mg·2R＋mv2＝，故D正確． 5．如圖5所示，在傾角為θ的固定光滑斜面上有兩個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)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一平行斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開

25、擋板C時，物塊A運動的距離為d，速度為v.則此時(　　) 圖5 A．拉力做功的瞬時功率為Fvsin θ B．物塊B滿足m2gsin θ＝kd C．物塊A的加速度為 D．彈簧彈性勢能的增加量為Fd－m1v2 答案　C 解析　拉力F與速度v同向，瞬時功率應為P＝Fv，故A錯誤；開始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsin θ＝kx2，但由于開始時彈簧是壓縮的，故d＞x2，故m2gsin θ＜kd，故B錯誤；當B剛離開C時，對A，根據(jù)牛頓第二定律得：F－m1gsin θ－kx2＝m1a1，又開始

26、時，A平衡，則有：m1gsin θ＝kx1，而d＝x1＋x2，解得：物塊A的加速度為a1＝，故C正確；根據(jù)功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即為：Fd－m1gdsin θ－m1v2，故D錯誤． 題組2　動力學方法和動能定理的綜合應用 6．光滑圓軌道和兩傾斜直軌道組成如圖6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m＝0.1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)在圓軌道上做圓周運動，到達軌道最高點a時的速度大小為v＝4 m/s，當滑塊運動到圓軌道與直軌道bc的相切處b時，脫離圓軌道開始沿傾斜直軌道bc滑行，到達軌道cd上的d點

27、時速度為零．若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計，已知圓軌道的半徑為R＝0.25 m，直軌道bc的傾角θ＝37°，其長度為L＝26.25 m，d點與水平地面間的高度差為h＝0.2 m，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.求： 圖6 (1)滑塊在圓軌道最高點a時對軌道的壓力大小； (2)滑塊與直軌道bc間的動摩擦因數(shù)； (3)滑塊在直軌道bc上能夠運動的時間． 答案　(1)5.4 N　(2)0.8　(3)7.66 s 解析　(1)在圓軌道最高點a處對滑塊， 由牛頓第二定律得：mg＋FN＝m， 得FN＝m(－g)＝5.4 N 由牛頓第三定律得滑塊在圓軌道

28、最高點a時對軌道的壓力大小為5.4 N. (2)從a點到d點全程，由動能定理得： mg(R＋Rcos θ＋Lsin θ－h(huán))－μmgcos θ·L＝0－mv2 μ＝＝0.8 (3)設滑塊在bc上向下滑動的加速度為a1，時間為t1，向上滑動的加速度為a2，時間為t2，在c點時的速度為vc. 由c到d：mv＝mgh vc＝＝2 m/s a點到b點的過程：mgR(1＋cos θ)＝mv－mv2 vb＝＝5 m/s 在軌道bc上： 下滑：L＝t1　t1＝＝7.5 s 上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 a2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s2 0＝v

29、c－a2t2 t2＝＝ s≈0.16 s μ>tan θ，滑塊在軌道bc上停止后不再下滑 滑塊在兩個斜面上運動的總時間： t總＝t1＋t2＝(7.5＋0.16) s＝7.66 s 7．如圖7所示，一滑板愛好者總質(zhì)量(包括裝備)為50 kg，從以O為圓心，半徑為R＝1.6 m光滑圓弧軌道的A點(α＝60°)由靜止開始下滑，到達軌道最低點B后(OB在同一豎直線上)，滑板愛好者沿水平切線飛出，并恰好從C點以平行斜面方向的速度進入傾角為37°的斜面，若滑板與斜面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，斜面長s＝6 m．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖7

30、 (1)滑板愛好者在B、C間運動的時間； (2)滑板愛好者到達斜面底端時的速度大?。? 答案　(1)0.3 s　(2)7 m/s 解析　(1)滑板愛好者在圓軌道AB間運動的過程中， 由動能定理得mgR(1－cos 60°)＝mv① 由①得vB＝4 m/s 滑板愛好者在BC間做平拋運動，在C點： 豎直方向的分速度vCy＝vBtan 37°＝3 m/s② 由vCy＝gt③ 得平拋運動的時間t＝0.3 s (2)在C點，由平拋運動的規(guī)律可知： vC＝vB/cos 37°＝5 m/s④ 滑板愛好者在斜面上運動的過程中，由動能定理可得： mgssin θ－μmgscos θ＝mv

31、－mv⑤ 由⑤得vD＝7 m/s 題組3　綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題 8．(xx·山東臨沂三模)如圖8所示，在粗糙水平臺階上靜止放置一質(zhì)量m＝0.5 kg的小物塊，它與水平臺階表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，且與臺階邊緣O點的距離s＝5 m．在臺階右側(cè)固定了一個以O點為圓心的圓弧形擋板，并以O點為原點建立平面直角坐標系．現(xiàn)用F＝5 N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板(g＝10 m/s2)． 圖8 (1)若小物塊恰能擊中擋板的上邊緣P點，P點的坐標為(1.6 m,0.8 m)，求其離開O點時的速度大小； (2)為使小物塊擊中擋板，求

32、拉力F作用的距離范圍； (3)改變拉力F的作用時間，使小物塊擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時小物塊動能的最小值．(結(jié)果可保留根式) 答案　(1)4 m/s　(2)2.5 m