（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破二 功能關(guān)系解決單體多過程問題

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1、增分突破二　功能關(guān)系解決單體多過程問題 增分策略 　　一個物體參與了多個運動過程,若該過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題,并符合功能關(guān)系的特點,則往往用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律求解。以動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律、功能關(guān)系為工具,除能解決典型運動問題以外,還可以解決復(fù)雜的運動形式,例如一般性圓周運動。利用能量觀點解題最大的優(yōu)點是無需過分關(guān)注運動細(xì)節(jié),而重點抓住運動的初、末狀態(tài)。能用動力學(xué)方法解決的題目,用功與能量方法一定能求解,而能用功與能量方法解決的題目,用動力學(xué)方法不一定能求解。 1.力學(xué)中常見的功與對應(yīng)能量的變化關(guān)系 功 能量變化 關(guān)系式 合外力做的功k 動能的

2、變化量 W合=ΔE 重力做的功 重力勢能的變化量 WG=-ΔEp 彈簧彈力做的功 彈性勢能的變化量 W彈=-ΔEp 除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力 以外其他力做的功 機械能的變化量 W其他=ΔE 一對滑動摩擦力 做功的代數(shù)和 因摩擦而 產(chǎn)生的內(nèi)能 Ff·Δx=Q(Δx為物 體間的相對位移) 　　2.電磁學(xué)中幾個重要的功能關(guān)系 (1)靜電力做功與路徑無關(guān)。若電場為勻強電場,則W=Fl cos α=Eql cos α;若是非勻強電場,則一般利用W=qU來求。靜電力做的功等于電勢能的變化,即WAB=-ΔEp。 (2)電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的

3、作用,因此,要維持感應(yīng)電流的存在,必須有“外力”克服安培力做功,將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?！巴饬Α笨朔才嗔ψ隽硕嗌俟?就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。 考點一　有關(guān)摩擦作用的功能關(guān)系問題 　　典例1　如圖所示,傳送帶AB總長l=10 m,與一個半徑R=0.4 m的光滑四分之一圓弧軌道BC相切于B點,傳送帶速度恒為v=6 m/s,方向向右?，F(xiàn)有一個滑塊以一定的初速度從A點水平滑上傳送帶,滑塊的質(zhì)量m=10 kg,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。已知滑塊運動到B端時,剛好與傳送帶同速,求: (1)滑塊的初速度; (2)滑塊能上升的最大高度; (3)滑塊第二次在傳送帶上滑行時,

4、滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。 答案　(1)214 m/s或4 m/s　(2)1.8 m　(3)220 J 解析　(1)以滑塊為研究對象,滑塊在傳送帶上運動過程中,當(dāng)滑塊的初速度大于傳送帶的速度時,有-μmgl=12mv2-12mv02 解得v0=214 m/s 當(dāng)滑塊的初速度小于傳送帶的速度時,有μmgl=12mv2-12mv02 解得v0=4 m/s。 (2)由動能定理可得-mgh=0-12mv2,解得h=1.8 m。 (3)以滑塊為研究對象,由牛頓第二定律得μmg=ma,滑塊的加速度a=1 m/s2 滑塊減速到零的位移s=v22a=18 m>10 m 則滑塊第二次在

5、傳送帶上滑行時,速度沒有減小到零就離開了傳送帶, 由勻變速運動的位移公式可得l=vt-12at2 解得t=2 s(t=10 s舍去) 在此時間內(nèi)傳送帶的位移x=vt=6×2 m=12 m 滑塊第二次在傳送帶上滑行時,滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q=μmg(l+x)=0.1×10×10×(10+12)J=220 J。 反思提升 解決功能關(guān)系問題需要關(guān)注的問題: 1.分析清楚是什么力做功,并且清楚該力做正功還是做負(fù)功;根據(jù)功能之間的一一對應(yīng)關(guān)系,判定能的轉(zhuǎn)化形式,確定能量之間轉(zhuǎn)化的多少。 2.也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況,確定是什么力做功,尤其可以方便計算變力做功的多少。 　

6、　1-1　如圖所示,固定的粗糙弧形軌道下端B點水平,上端A點與B點的高度差h1=0.3 m,傾斜傳送帶與水平方向的夾角θ=37°,傳送帶的上端C點與B點的高度差h2=0.1 125 m(傳送帶傳動輪的大小可忽略不計)。一質(zhì)量m=1 kg的滑塊(可看做質(zhì)點)從軌道的A點由靜止滑下,然后從B點拋出,恰好以平行于傳送帶的速度從C點落到傳送帶上,傳送帶逆時針傳動,速度大小v=0.5 m/s,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,且傳送帶足夠長,滑塊運動過程中空氣阻力忽略不計,g=10 m/s2,試求: (1)滑塊運動至C點時的速度大小vC; (2)滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf;

7、 (3)滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。 答案　(1)2.5 m/s　(2)1 J　(3)32 J 解析　(1)在C點,豎直分速度:vy=2gh2=1.5 m/s vy=vC sin 37°,解得vC=2.5 m/s。 (2)C點的水平分速度與B點的速度相等,則 vB=vx=vC cos 37°=2 m/s 從A點到B點的過程中,據(jù)動能定理得:mgh1-Wf=12mvB2 解得Wf=1 J。 (3)滑塊在傳送帶上運動時,由于mg sin 37°<μmg cos 37° 根據(jù)牛頓第二定律得:μmg cos 37°-mg sin 37°=ma 解得a=0.4 m/

8、s2 達到共同速度所需時間t=vC-va=5 s 二者間的相對位移Δx=v+vC2t-vt=5 m 此后滑塊做勻速運動。 滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量 Q=μmg cos 37°·Δx=32 J。 考點二　有關(guān)彈簧的功能關(guān)系問題 　　典例2　如圖所示,重10 N的滑塊在傾角為30°的斜面上,從a點由靜止開始下滑,到b點開始壓縮輕彈簧,到c點時達到最大速度,到d點(圖中未畫出)開始彈回,返回b點離開彈簧,恰能再回到a點。若xbc=0.1 m,彈簧彈性勢能的最大值為8 J,則下列說法正確的是(　　) A.輕彈簧的勁度系數(shù)是50 N/m B.從d到b滑塊克服重力做

9、功8 J C.滑塊的動能最大值為8 J D.從d點到c點彈簧的彈力對滑塊做功8 J 答案　A 解析　整個過程中,滑塊從a點由靜止釋放后還能回到a點,說明機械能守恒,即斜面是光滑的?；瑝K到c點時速度最大,所受合力為零,由平衡條件和胡克定律有kxbc=G sin 30°,解得k=50 N/m,A項正確。由d到b的過程中,彈簧的彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能,一部分轉(zhuǎn)化為動能,B項錯?；瑝K由d到c的過程中,滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,彈簧的彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能,一部分轉(zhuǎn)化為動能,故到c點時最大動能一定小于8 J,C項錯。又彈性勢能減少量小于8 J,所以彈力對滑塊做的功小于8 J,D

10、項錯。 解題技巧　彈力做功一般屬于變力做功,因此在求彈力做功時,可以考慮利用F-x圖像求面積或者通過求彈性勢能變化間接求彈力做功。 　　2-1　如圖所示,光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形軌道在B點相切,半圓形軌道的半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放,在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧,它經(jīng)過B點進入軌道的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍,之后向上運動恰能到達最高點C(不計空氣阻力)。試求: (1)物體在A點時彈簧的彈性勢能; (2)物體從B點運動至C點的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能。 答案　(1)72mgR　(2)mgR 解析　(1)設(shè)物體在B點時速度為vB,

11、所受彈力為FNB,則有 FNB-mg=mvB2R 又FNB=8mg 由能量守恒定律可知物體在A點時彈簧的彈性勢能 Ep=12mvB2=72mgR。 (2)設(shè)物體在C點時速度為vC,由題意可知mg=mvC2R 物體由B點運動到C點的過程中,由能量守恒定律得 Q=12mvB2-12mvC2+2mgR=mgR。 考點三　功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用 　　典例3　如圖所示,在空間有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ磁場邊界AA'與DD'的間距為H,磁場方向垂直于紙面向里;區(qū)域Ⅱ磁場足夠?qū)?其上邊界為CC',磁場方向垂直于紙面向外,CC'與DD'的間距為L?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、

12、邊長為L(L

13、)線框在cd邊到達CC'前瞬間: BI2L-mg=ma I2=BLv2R v2=1.2mgRB2L2 解得a=0.2g,方向豎直向上 (2)線框勻速進入磁場區(qū)域Ⅰ過程:BI1L=mg,I1=BLv1R 解得v1=mgRB2L2 cd邊從AA'運動到CC'過程,線框產(chǎn)生的熱量 Q=mg(H+L)-12mv22-12mv12=mg(H+L)-0.22m3g2R2B4L4 (3)ab邊剛要進入邊界CC'前瞬間,P=(BLv3)2R,v3=PRBL 設(shè)線框進入?yún)^(qū)域Ⅰ的時間為t1,線框出區(qū)域Ⅰ內(nèi)的時間為t2,線框進入?yún)^(qū)域Ⅱ的時間為t3,從cd邊到達AA'到ab邊到達CC'的時間為t,

14、對線框cd邊到達AA'到ab邊到達CC'全過程,根據(jù)動量定理得: mgt-BI1Lt1-BI2Lt2-BI3Lt3=mv3-mv1 I1t1=BLv1t1R=5L2R I2t2=BLv2t2R=5L2R I3t3=BLv3t3R=5L2R 解得t=PRBLg-mRB2L2+3B2L3mgR 規(guī)律總結(jié) 高考試題中常有功、能與電場、磁場聯(lián)系的綜合問題,這類問題常以能量守恒為核心考查重力、摩擦力、電場力、磁場力的做功特點,以及動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律的應(yīng)用。分析時應(yīng)抓住能量核心和各種力做功的不同特點,運用動能定理和能量守恒定律進行分析。 　　3-1　如圖有兩根足夠長且光

15、滑的平行金屬導(dǎo)軌相距L=0.1 m放置,傾斜角為θ,sin θ=0.1。下端接有電阻R=0.2 Ω與開關(guān)S,在導(dǎo)軌上半部分有邊界與導(dǎo)軌垂直的勻強磁場,其中磁場Ⅰ寬度為d=2 m,磁場Ⅱ緊接著磁場Ⅰ,兩磁場方向均垂直于導(dǎo)軌平面,磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度恒為B2=1 T。磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度B1在0至1 s內(nèi)隨時間均勻增加,1 s之后,為某一恒定值。t=0時,閉合S,同時在磁場Ⅱ中放置兩根相同的質(zhì)量均為0.1 kg的導(dǎo)體棒,位置如圖,電阻也為R,發(fā)現(xiàn)兩導(dǎo)體棒均剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)。t=1 s時,斷開S,發(fā)現(xiàn)當(dāng)a棒剛進入磁場Ⅰ時立即開始勻速運動,b棒剛要出磁場Ⅰ時沿斜面向下的加速度為13 m/s2。求: (1

16、)1 s前磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度B1的變化率; (2)1 s之后,磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度B1; (3)b棒在整個過程中的發(fā)熱量。 答案　(1)3 T/s　(2)1 T　(3)49 J 解析　(1)當(dāng)t≤1 s時,通過兩棒的電流相同,兩棒均靜止,令B1=kt,則 E1=dLΔB1Δt Ia=E12R+R2 mg sin θ=B2IaL 解得k=3 T/s,Ia=1.0 A (2)t=1 s時刻,斷開S后,兩棒一起在磁場Ⅱ中勻加速下滑d后,a棒進入磁場Ⅰ,兩棒均切割磁感線,兩個電源串聯(lián),電流相等,受力相同,因此兩棒均開始做勻速運動?？紤]b棒始終在磁場Ⅱ中,兩次感應(yīng)電流大小一樣,所以t

17、=1 s之后,磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度B1=B2=1 T; (3)a棒進入磁場Ⅰ時勻速運動的速度為v0,兩棒一起在磁場Ⅱ中勻加速下滑d的過程中機械能守恒:mgd sin θ=12mv02,解得v0=2 m/s 當(dāng)a棒出磁場Ⅰ時,b棒剛好進入磁場Ⅰ,開始做變加速運動,直到出磁場Ⅰ時的加速度是a=13 m/s2 由牛頓第二定律可知mg sin θ-B2IbL=ma,Ib=B2Lv2R 解得v=43v0=83 m/s b棒在t=1 s前,Q1=Ia2Rt=0.2 J a、b棒分別在磁場Ⅰ、Ⅱ中勻速運動時,b棒發(fā)熱量 Q2=mgd sin θ=0.2 J b棒在磁場Ⅰ中變加速運動時,發(fā)熱量

18、 Q3=12mgdsinθ-12(v2-v02)=245 J b棒在整個過程中的發(fā)熱量Q=Q1+Q2+Q3=49 J 增分專練 1.(多選)如圖所示,一輕質(zhì)彈簧豎直固定在水平地面上,O點為彈簧處于原長時上端的位置,一個質(zhì)量為m的物體從O點正上方的A點由靜止釋放落到彈簧上,物體壓縮彈簧到最低點B后向上運動,不計空氣阻力,不計物體與彈簧碰撞時的動能損失,彈簧一直在彈性限度范圍內(nèi),重力加速度為g,則以下說法正確的是(　　) A.物體落到O點后,立即做減速運動 B.物體從O點運動到B點,物體機械能守恒 C.在整個過程中,物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 D.物體在最低點時的加速度大于g

19、 答案　CD　在O點時,物體只受重力,繼續(xù)向下加速,A錯誤;物體從O點到B點過程中,彈簧的彈性勢能增加,物體的機械能減小,B錯誤;在整個過程中,只有重力勢能、彈性勢能、動能的相互轉(zhuǎn)化,物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,C正確;如果物體從O點由靜止釋放,則物體將做簡諧運動,在最低點時所受合力等于重力,從A點由靜止釋放,在最低點時,物體所受合力大于重力,則加速度大于g,D正確。 2.(多選)如圖所示,在升降機內(nèi)有一固定的光滑斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體下方的固定木板A上,另一端與質(zhì)量為m的物塊B相連,彈簧與斜面平行。升降機由靜止開始加速上升高度h的過程中(　　) A.物塊B的重力勢

20、能增加量一定等于mgh B.物塊B的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對其做功的代數(shù)和 C.物塊B的機械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對其做功的代數(shù)和 D.物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于斜面對物塊B的支持力和A對彈簧的彈力做功的代數(shù)和 答案　CD　升降機靜止時,物塊B受重力、支持力、彈簧的彈力,處于平衡狀態(tài),當(dāng)物塊B隨升降機加速上升時,具有向上的加速度,合力向上,彈簧彈力和支持力在豎直方向上的合力大于重力,所以彈簧的彈力增大,物塊B相對于斜面向下運動,物塊B上升的高度小于h,所以重力勢能的增加量小于mgh,A項錯誤;由動能定理可知,動能的增加量等于合力做的功,經(jīng)受力

21、分析可知,物塊B受三個力的作用,除彈簧彈力和支持力外,還有重力,故B項錯誤;由功能關(guān)系可知,機械能的增量等于除重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力對系統(tǒng)做的功,分別對B和B與彈簧組成的系統(tǒng)受力分析,可知C、D項正確。 3.(多選)如圖所示,三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m,A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接,桿長為L。B、C置于水平地面上,用一輕質(zhì)彈簧連接,彈簧處于原長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點,兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動,彈簧在彈性限度內(nèi),忽略一切摩擦,重力加速度為g。則此下降過程中(　　) A.A的動能達到最大前,B受到地面的支持力小于32mg B.A的動

22、能最大時,B受到地面的支持力等于32mg C.彈簧的彈性勢能最大時,A的加速度方向豎直向下 D.彈簧的彈性勢能最大值為32mgL 答案　AB　本題考查牛頓運動定律、能量守恒定律。 A球初態(tài)v0=0,末態(tài)v=0,因此A球在運動過程中先加速后減速,當(dāng)速度最大時,動能最大,加速度為0,故A的動能達到最大前,A具有向下的加速度,處于失重狀態(tài),由整體法可知在A的動能達到最大之前,B受到地面的支持力小于32mg,在A的動能最大時,B受到地面的支持力等于32mg,選項A、B正確;彈簧的彈性勢能最大時,A到達最低點,此時具有向上的加速度,選項C錯誤;由能量守恒定律,A球下降到最低點時,A球重力所做功等

23、于彈簧最大彈性勢能,A球下降高度h=L cos 30°-L cos 60°=3-12L,重力做功W=mgh=3-12mgL,選項D錯誤。 4.(多選)如圖所示,固定斜面傾角為θ,在斜面底端固定一個輕質(zhì)彈簧,彈簧上端連接一個可視為質(zhì)點的、質(zhì)量為m的物塊,O點是彈簧處于原長狀態(tài)時上端的位置,物塊靜止時位于A點。斜面上另外有B、C、D三點,AO=OB=BC=CD=l,其中B點以下光滑,BD段粗糙,物塊與斜面BD段間的動摩擦因數(shù)為μ=tan θ,重力加速度為g。物塊靜止時彈簧的彈性勢能為E,用外力將物塊拉到D點由靜止釋放,第一次經(jīng)過O點時的速度大小為v,已知彈簧始終在彈性限度內(nèi),則下列說法正確的是(

24、　　) A.物塊從D點向下運動到A點的過程中,最大加速度大小為2g sin θ B.物塊最后停在B點 C.物塊在D點時的彈性勢能為12mv2-mgl sin θ D.物塊運動的全過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為12mv2+mgl sin θ-E 答案　CD　物塊在BD段向下運動過程中,因μ=tan θ,物塊重力沿斜面向下的分力mg sin θ與滑動摩擦力μmg cos θ大小相等,彈簧彈力提供加速度,物塊在D點處加速度最大,有k×3l=ma,物塊靜止時有kl=mg sin θ,得a=3g sin θ,物塊在DA段的最大加速度為3g sin θ,故選項A錯誤;物塊從D點下滑后,沿斜面向下運

25、動,因μ=tan θ,物塊在B點時受到彈簧拉力,不可能靜止,最終在B點下方做往復(fù)運動,到B點處的速度為零,故選項B錯誤;物塊從D點第一次到O點,由功能關(guān)系Ep+mg sin θ×3l=μmg cos θ×2l+12mv2,整理得Ep=12mv2-mgl sin θ,故選項C正確;物塊在B點時彈簧的彈性勢能與物塊在A點處時彈簧的彈性勢能相同,對全過程分析有(Ep-E)+mg sin θ×2l=Q,Q=12mv2+mgl sin θ-E,故選項D正確。 5.如圖所示,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

26、。在臺階右側(cè)固定了一個以O(shè)點為圓心的圓弧形擋板,并以O(shè)點為原點建立平面直角坐標(biāo)系?，F(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取10 m/s2)。 (1)若小物塊恰能擊中擋板的上邊緣P點,P點的坐標(biāo)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

27、向:x=v0t 豎直方向:y=12gt2 解得v0=4 m/s。 (2)為使小物塊擊中擋板,小物塊必須能運動到O點,設(shè)拉力F作用的最短距離為x1,由動能定理得 Fx1-μmgs=0 解得x1=2.5 m 為使小物塊擊中擋板,小物塊的平拋初速度不能超過4 m/s,設(shè)拉力F作用的最長距離為x2,由動能定理得Fx2-μmgs=12mv02 解得x2=3.3 m 則為使小物塊擊中擋板,拉力F作用的距離范圍為2.5 m

28、2=R2 由P點坐標(biāo)可求得R2=3.2 m2 化簡得Ek=mgR24y+3mgy4 由數(shù)學(xué)方法求得Ekmin=215 J。 6.如圖所示,水平面右端放一大小可忽略的小物塊,質(zhì)量m=0.1 kg,以v0=4 m/s向左運動,運動至距出發(fā)點d=1 m處將彈簧壓縮至最短,反彈回到出發(fā)點時速度大小v1=2 m/s。水平面與水平傳送帶平滑連接,傳送帶長度L=3 m,以v2=10 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動。傳送帶右端與一豎直面內(nèi)光滑圓軌道平滑連接,圓軌道半徑R=0.8 m,物塊進入軌道時觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉。(g=10 m/s2)求: (1)物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1; (2)彈簧具有

29、的最大彈性勢能Ep; (3)要使物塊進入豎直圓軌道后不脫離圓軌道,傳送帶與物塊間的動摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。 答案　(1)0.3　(2)0.5 J　(3)μ2≤0.2或μ2≥0.6 解析　(1)小物塊在水平面向左運動再返回的過程,根據(jù)能量守恒定律得:μ1mg×2d=12mv02-12mv12,代入數(shù)據(jù)解得μ1=0.3。 (2)小物塊從出發(fā)到運動到彈簧壓縮至最短的過程,由能量守恒定律得彈簧具有的最大彈性勢能Ep=12mv02-μ1mgd,代入數(shù)據(jù)解得Ep=0.5 J。 (3)本題分兩種情況討論:①設(shè)物塊在圓軌道最低點時速度為v3時,恰好能到達圓心右側(cè)等高點。 根據(jù)機械能守恒得mgR

30、=12mv32, 得v3=4 m/s

31、因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件是μ2≤0.2或μ2≥0.6。 7.如圖,半徑R=0.4 m的光滑圓弧軌道與水平面相切于B點,且固定于豎直平面內(nèi)。在水平面上距B點s=5 m處的A點放一質(zhì)量m=3 kg的小物塊,小物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為μ=13。小物塊在與水平面夾角θ=37°斜向上的拉力F的作用下由靜止向B點運動,運動到B點撤去F,小物塊沿圓弧軌道上滑,且能到圓弧軌道最高點C。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: (1)小物塊在B點的最小速度vB大小; (2)在(1)情況下小物塊在水平面上運動的加速度大小; (3)為使小物塊能沿水平面運動并通過圓弧軌道C

32、點,則拉力F的大小范圍。 答案　(1)25 m/s　(2)2 m/s2 (3)16 N≤F≤50 N(或16 N≤F<50 N) 解析　(1)小物塊恰能到圓弧軌道最高點時,物塊與軌道間無彈力。設(shè)在最高點物塊速度為vC,則mg=mvC2R,解得vC2=gR 物塊從B到C運動過程中,只有重力做功,所以其機械能守恒,有: 12mvB2=12mvC2+mg(2R) 解得vB=5gR=25 m/s (2)根據(jù)運動學(xué)規(guī)律vB2=2as,解得a=vB22s=2 m/s2 (3)小物塊能沿水平面運動并通過圓弧軌道C點,有兩種臨界情況: ①在F的作用下,小物塊剛好過C點。物塊在水平面上做勻加速

33、運動,對物塊在水平面上受力分析如圖: 則F cos θ-μN=ma F sin θ+N=mg 聯(lián)立解得F=μmg+macosθ+μsinθ=16 N ②在F的作用下,小物塊受水平地面的支持力恰好為零 F sin θ=mg,解得F=50 N 綜上可知,拉力F的范圍為16 N≤F≤50 N 8.如圖甲所示,m1=5 kg的滑塊自光滑圓弧形槽的頂端A點無初速度地滑下,槽的底端與水平傳送帶相切于左端導(dǎo)輪頂端的B點,傳送帶沿順時針方向勻速運轉(zhuǎn)。m1下滑前將m2=3 kg的滑塊停放在槽的底端。m1下滑后與m2發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后兩滑塊均向右運動,傳感器分別描繪出了兩滑塊碰后在傳送

34、帶上從B點運動到C點的v-t圖像,如圖乙、丙所示。兩滑塊均視為質(zhì)點,重力加速度g=10 m/s2。 甲 (1)求A、B的高度差h; (2)求滑塊m1與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ和傳送帶的長度LBC; (3)滑塊m2到達C點時速度恰好減到3 m/s,求滑塊m2的傳送時間; (4)求系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。 答案　(1)0.8 m　(2)0.05　26 m　(3)6.5 s　(4)16 J 解析　(1)由圖乙可知,碰撞后瞬間,m1的速度v1=1 m/s,m2的速度v2=5 m/s,設(shè)碰撞前瞬間m1的速度為v0,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒有:m1v0=m1v1+m2v2 解得v0

35、=4 m/s m1下滑的過程機械能守恒:m1gh=12m1v02 解得h=0.8 m (2)由圖乙可知,滑塊m1在傳送帶上加速運動時的加速度大小a=ΔvΔt=0.5 m/s2 滑塊m1的加速度就是由滑動摩擦力提供,故μm1g=m1a 可求出滑塊m1與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.05 由圖乙可知,滑塊m1在傳送帶上先加速4 s,后勻速運動6 s到達C點 圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積在數(shù)值上等于傳送帶的長度LBC,即LBC=26 m (3)滑塊m2一直做勻減速直線運動,到達C點時速度恰好減到3 m/s,全程的平均速度為 v=v2+v2=4 m/s 設(shè)滑塊m2的傳送時間為t,則有

36、t=LBCv=6.5 s (4)由圖乙可知,滑塊m1在傳送帶上加速階段的位移 x1=v1t1+12at12=8 m 滑塊m1在傳送帶上加速階段產(chǎn)生的熱量 Q1=μ1m1g(vt1-x1)=10 J 滑塊m2在傳送帶上減速的加速度大小 a'=Δv'Δt'=413 m/s2 滑塊m2受到的滑動摩擦力大小f=m2a' 滑塊m2在傳送帶上減速階段產(chǎn)生的熱量 Q2=f(LBC-vt)=6 J 系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2=16 J。 9.如圖所示,長L=1.25 m的一段水平直軌道BC與傾角θ=37°的足夠長斜面CD相連,B點正上方的固定點O處懸掛一長為r=0.2 m的輕繩,

37、輕繩另一端拴一質(zhì)量為m1=3 kg的小球?，F(xiàn)將輕繩拉直,使小球自與O點等高的A點以豎直向下的初速度v0=4 m/s發(fā)出,運動至最低點時恰好與靜止在B點的質(zhì)量m2=1 kg的小物塊發(fā)生碰撞,已知小球與小物塊碰撞時間極短且碰撞前后兩者總動能不變,碰后小物塊在B點立即獲得動能,該動能占兩者總動能的75%,兩者速度均沿BC方向。小物塊與水平軌道的動摩擦因數(shù)為μ=0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2。 (1)求小球在碰前瞬間對繩的拉力大小F; (2)通過計算判斷,小球在碰后能否做豎直面內(nèi)完整的圓周運動; (3)碰撞后,小物塊將沿水平軌道運動,并從C點水平拋出后落到斜面上的P點,求CP

38、距離。 答案　見解析 解析　(1)設(shè)小球剛到達B點時的速度為v1,小球從A到B的過程,由機械能守恒得: 12m1v02+m1gr=12m1v12① 在B點繩對小球的拉力設(shè)為F',則F'-m1g=m1v12r② 由①②得:F=330 N 由牛頓第三定律得:小球?qū)K的拉力大小F=F'=330 N (2)設(shè)碰后小球的動能為Ek2 則:Ek2=(m1gr+12m1v02)×25%③ 代入數(shù)據(jù)得:Ek2=7.5 J 設(shè)小球恰好過最高點的速度為v,則有m1g=m1v2r④ 以水平直軌道所在水平面為零勢能面,小球能完成圓周運動所具有的機械能至少為E E=12m1v2+m1g·2r⑤ 由④⑤得E=15 J 因為E>Ek2,所以小球在碰后不能做豎直面內(nèi)完整的圓周運動 (3)設(shè)碰撞之后小物塊速度為v2,由已知得:12m2v22=12m1v02+m1gr×75%⑥ 設(shè)小物塊運動至C點時的速度為v3,小物塊從B到C的過程,由動能定理得: -μm2gL=12m2v32-12m2v22⑦ 由⑥⑦得:4v32=9v02+18gr-8μgL 代入數(shù)據(jù)得:v3=5 m/s 平拋過程:tan θ=yx,x=v3t,y=12gt2 代入數(shù)據(jù)得:x=3.75 m CP=xcosθ=7516 m 16