高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題訓(xùn)練四 第1課時(shí) 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用

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1、高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題訓(xùn)練四 第1課時(shí) 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 專(zhuān)題定位　本專(zhuān)題主要用功能的觀點(diǎn)解決物體的運(yùn)動(dòng)和帶電體、帶電粒子、導(dǎo)體棒在電場(chǎng)或磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．考查的重點(diǎn)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(diǎn)和求解；②與功、功率相關(guān)的分析與計(jì)算；③幾個(gè)重要的功能關(guān)系的應(yīng)用；④動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；⑤綜合應(yīng)用機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析問(wèn)題． 本專(zhuān)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　深刻理解功能關(guān)系，抓住兩種命題情景搞突破：一是綜合應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多運(yùn)

2、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． 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) ①單個(gè)摩擦力(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． ②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

3、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． ③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WG＝－ΔEp. (2)彈力的功等于彈性勢(shì)能的變化，即W彈＝－ΔEp. (3)合力的功等于動(dòng)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(jī)械能的變化，即W其他＝ΔE. (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Q＝Ff·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

4、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 ①選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程． ②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． ③明確物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2. ④列出動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，及其他必要的解題方程，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 ①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． ②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． ③對(duì)一些“繩子突然繃緊”

5、、“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 ①選取研究對(duì)象——物體系統(tǒng)． ②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． ③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． ④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　如圖1所示，足夠長(zhǎng)傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過(guò)平行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

6、度(未與滑輪相碰)過(guò)程中(　　) 圖1 A．物塊a重力勢(shì)能減少mgh B．摩擦力對(duì)a做的功大于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)？ 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(shì)能的減少量為mag×hsin θ＝mgh，故A正確．摩擦力對(duì)a做的功等于a、b機(jī)械能的增加量．所以摩擦力對(duì)a做的功大于a的機(jī)械能增加量．因?yàn)橄到y(tǒng)重力勢(shì)能不變，所以摩擦力做的功

7、等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，故B正確，C錯(cuò)誤．任意時(shí)刻a、b的速率相等，對(duì)b，克服重力的瞬時(shí)功率Pb＝mgv，對(duì)a有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等，故D正確．故選A、B、D. 答案　ABD 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)能的變化量． (xx·廣東·16)圖2是安裝在列車(chē)車(chē)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(chē)廂相互撞擊使彈簧壓縮的過(guò)程中(　　) 圖2 A．緩沖器的機(jī)

8、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(chē)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(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P＝3 W不變．從某時(shí)刻t＝0起，測(cè)

9、得物塊的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，t＝6 s后可視為勻速運(yùn)動(dòng)，t＝10 s時(shí)物塊離開(kāi)木板．重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖3 (1)平板與地面間的動(dòng)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(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??？ 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)

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(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：Ff1＝FT1＝＝6 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：Ff2＝FT2＝＝10 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末之后一直到10 s時(shí)，物塊從平板的

11、一端運(yùn)動(dòng)到另一端，對(duì)物塊由動(dòng)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(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μ(M＋m)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θ＝37°，傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v＝2 m/s，在上端A點(diǎn)無(wú)初速度放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦

12、因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過(guò)彎道，沿半徑R＝0.4 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h＝0.5 m(取g＝10 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)，mg＝m，vE＝2 m/s 在從D到E過(guò)程中，由動(dòng)能定理得： －mg·2R＝mv－mv vD＝2 m/s (2)金屬塊剛剛放上時(shí)，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， a1＝10 m/s2 設(shè)經(jīng)位移x1達(dá)到共同速度，v2＝2ax1，

13、 x1＝0.2 m<3.2 m 繼續(xù)加速過(guò)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(guò)程中，由動(dòng)能定理： mgh－W＝mv－mv W＝3 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θ＝30°、長(zhǎng)L＝4.5 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m＝1 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

14、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μ＝，g＝10 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． 思維導(dǎo)圖 解析　(1)物塊沿斜面下滑時(shí)， 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(yùn)動(dòng)，由L＝at2(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(duì)軌道的壓力為FN′＝30 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 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(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)

16、如圖6所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0＝1.8 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v＝3 m/s，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧軌道的半徑為R＝2 m，C點(diǎn)和圓弧的圓心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計(jì)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(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)

17、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θ＝53°，則由幾何關(guān)系可得： vC＝＝ m/s＝3 m/s① 由C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得： mgR(1－cos θ)＝mv－mv② 小物塊在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得： FN－mg＝m③ 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：FN′＝FN④ 聯(lián)立①②③④得：FN′＝22.5 N，方向豎直向下 (2)設(shè)小物塊在傳送帶上滑動(dòng)的加速

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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，向左通過(guò)的位移為x1，傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的距離為x2，則： vD＝at1⑥ x1＝at⑦ x2＝vt1⑧ 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x3，傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的距離為x4，則 v＝at2⑨ x3＝at⑩ x4＝vt2? 整個(gè)過(guò)程小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)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(shí)：45分鐘) 題組1　力學(xué)中的幾個(gè)重要功能關(guān)系的應(yīng)用

19、1．如圖1所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車(chē)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(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．小物塊和小車(chē)之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車(chē)的最右端時(shí)，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為x.此過(guò)程中，以下結(jié)論正確的是(　　) 圖1 A．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)·(L＋x) B．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)具有的動(dòng)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(chē)增加的機(jī)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(zhǎng)＋x，由動(dòng)能定理可得小物塊到達(dá)

20、小車(chē)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－Ff)(L＋x)，同理小車(chē)的動(dòng)能也可由動(dòng)能定理得出為Ffx；由于小物塊和小車(chē)間的滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生內(nèi)能，小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能小于Fx. 2．如圖2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x關(guān)系的圖象如圖乙所示，其中0～x1過(guò)程的圖線為曲線，x1～x2過(guò)程的圖線為直線．由此可以判斷(　　) 　　　 甲　　　　　　　　乙 圖2 A．0～x1過(guò)程中物體所受拉力是變力，且一定不斷增大 B．0～x1過(guò)程中物體的動(dòng)能一定是不斷減小 C．x1～x2過(guò)程中物體一定做勻速運(yùn)

21、動(dòng) D．x1～x2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0～x1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；x1～x2過(guò)程中拉力不變，若拉力等于重力，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．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(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(　　)

22、 圖3 A．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(h2＋h1) D．一定有h2≥h1 答案　C 解析　小球上升時(shí)先加速后減速，當(dāng)mg＝F彈時(shí)，加速度為零，速度最大，此時(shí)彈簧還處于壓縮狀態(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Ep＝mg(h2＋h1)，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

23、方，故h2可等于零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選C. 4．如圖4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(　　) 圖4 A．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5mg C．小球落至水平面時(shí)的動(dòng)能為2mgR D．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(yùn)動(dòng)；若做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)，由R＝ gt2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·2R＝mv－mv2，B點(diǎn)F－mg＝m，聯(lián)立解得，F(xiàn)＝6mg，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，小球落到水平面Ek－mv2＝mg·2R，Ek＝2.5mgR，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(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)

25、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5 A．拉力做功的瞬時(shí)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(shì)能的增加量為Fd－m1v2 答案　C 解析　拉力F與速度v同向，瞬時(shí)功率應(yīng)為P＝Fv，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 θ＝kx2，但由于開(kāi)始時(shí)彈簧是壓縮的，故d＞x2，故m2gsin θ＜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：F－m1gsin θ－kx2＝m1a1，又開(kāi)始

26、時(shí)，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(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：Fd－m1gdsin θ－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?。|(zhì)量為m＝0.1 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v＝4 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)

27、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R＝0.25 m，直軌道bc的傾角θ＝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(diǎn)a時(shí)對(duì)軌道的壓力大??； (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：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(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(R＋Rcos θ＋Lsin θ－h(huán))－μmgcos θ·L＝0－mv2 μ＝＝0.8 (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：mv＝mgh vc＝＝2 m/s a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)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(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間： t總＝t1＋t2＝(7.5＋0.16) s＝7.66 s 7．如圖7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R＝1.6 m光滑圓弧軌道的A點(diǎn)(α＝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μ＝0.5，斜面長(zhǎng)s＝6 m．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 圖7

30、 (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mgR(1－cos 60°)＝mv① 由①得vB＝4 m/s 滑板愛(ài)好者在BC間做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)： 豎直方向的分速度vCy＝vBtan 37°＝3 m/s② 由vCy＝gt③ 得平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝0.3 s (2)在C點(diǎn)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知： vC＝vB/cos 37°＝5 m/s④ 滑板愛(ài)好者在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由動(dòng)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(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題 8．(xx·山東臨沂三模)如圖8所示，在粗糙水平臺(tái)階上靜止放置一質(zhì)量m＝0.5 kg的小物塊，它與水平臺(tái)階表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，且與臺(tái)階邊緣O點(diǎn)的距離s＝5 m．在臺(tái)階右側(cè)固定了一個(gè)以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓弧形擋板，并以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系．現(xiàn)用F＝5 N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)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(diǎn)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為(1.6 m,0.8 m)，求其離開(kāi)O點(diǎn)時(shí)的速度大??； (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(shí)間，使小物塊擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時(shí)小物塊動(dòng)能的最小值．(結(jié)果可保留根式) 答案　(1)4 m/s　(2)2.5 m