2019届一轮复习人教版 应用力学两大观点攻克多过程问题 学案(江苏专用)

专题23 应用力学两大观点分析多过程问题（讲）1．从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结合命题．2．功和能的关系一直是高考的“重中之重”，是高考的热点和重点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分量重，而且还经常有压轴题，考查最多的是动能定理和机械能守恒定律，且多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合的综合性试题．3．动能定理及能量守恒定律仍将是高考考查的重点．高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中去，能力要求不会降低．1．掌握多过程问题的分析方法．2．能够根据不同运动过程的特点合理选择动力学观点或能量观点解决问题．高考试题中常常以能量守恒为核心考查重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点，以及动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用．分析时应抓住能量核心和各种力做功的不同特点，运用动能定理和能量守恒定律进行分析．考点一应用动力学方法和动能定理解决多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．★典型案例★（多选）如图所示，轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为 ，将圆环从a处静止释放，环沿杆上滑到b处时的速度为v，滑到d处时速度为零，且弹簧竖直并处于自然长度；接着，圆环又从d 处沿杆下滑，滑到b处时速度为零，已知bd=L，c是bd的中点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是：（）A ．环上滑经过c 点的速度等于下滑经过c 点的速度B ．环上滑经过c 点的速度大于下滑经过c 点的速度C ．环经过b 点时，弹簧的弹性势能是21sin 2mgL mv α-D ．环经过b 点时，弹簧的弹性势能是21sin 4mgL mv α-【答案】BD【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。

突破36 用三种观点解决力学问题一、三种思路的比较思路特点分析适用情况力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系涉及力、加速度、位移、速度、时间恒力作用下的运动能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系．系统内力做功会影响系统能量涉及力、位移、速度恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用动量观点：动量定理和动量守恒定律分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量涉及力、时间、动量(速度)恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动二、三种思路的选择解决力学问题的三种观点所涉及的主要内容是“三个运动定律”——牛顿三大定律，“两个定理”——动能定理和动量定理，“三个守恒定律”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律．一般来讲，大多数力学问题用上述三种观点中的任何一种都是可以解决的，但是在选择解决力学问题的观点时，选择顺序应该首先是能量观点，其次是动量观点，最后才是动力学观点．并不是所有的力学问题只用上述观点中的任何一种就能解决的，有些问题还需要综合应用上述两种甚至三种观点才能解决，所以，要从问题中所涉及的物理量、研究对象和研究过程的特点等几个方面进行分析进而做出正确而恰当的选择．1．从研究对象上看(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；(3)若研究对象为一物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．2．从研究过程上看(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律． 3．从所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律； (3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律； (4)如果涉及初末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．当然任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一般情况下的选择原则，并不是一成不变的．总之，在解决问题时要根据问题的特点灵活而恰当地选择和应用．【典例1】 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝ 0.5 m 。

题一各种性质的力和物体的平衡【重点知识梳理】一．各种性质的力：1．重力：重力与万有引力、重力的方向、重力的大小G = mg (g随高度、纬度、地质结构而变化)、重心（悬吊法，支持法）；2．弹力：产生条件（假设法、反推法）、方向（切向力，杆、绳、弹簧等弹力方向）、大小F = Kx (x为伸长量或压缩量,K为倔强系数，只与弹簧的原长、粗细和材料有关) ；3．摩擦力：产生条件（假设法、反推法）、方向（法向力，总是与相对运动或相对运动趋势方向相反）、大小（滑动摩擦力：f= μN ；静摩擦力：由物体的平衡条件或牛顿第二定律求解）4．万有引力：F=G（注意适用条件）；5．库仑力：F=K(注意适用条件) ；6．电场力：F=qE (F 与电场强度的方向可以相同，也可以相反)；7．安培力：磁场对电流的作用力。

公式：F= BIL （B⊥I）方向一左手定则；8．洛仑兹力：磁场对运动电荷的作用力。

公式：f=BqV (B⊥V) 方向一左手定则；9．核力：短程强引力。

二．平衡状态：1．平衡思想：力学中的平衡、电磁学中的平衡（电桥平衡、静电平衡、电磁流量计、磁流体发电机等）、热平衡问题等；静态平衡、动态平衡；2．力的平衡：共点力作用下平衡状态：静止（V=0，a=0）或匀速直线运动（V≠0，a=0）；物体的平衡条件，所受合外力为零。

∑F=0 或∑F x =0 ∑F y =0；推论：[1]非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。

[2]几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）的合力一定等值反向三、力学中物体平衡的分析方法：1．力的合成与分解法（正交分解法）； 2．图解法；3．相似三角形法； 4．整体与隔离法；【分类典型例题】一．重力场中的物体平衡：题型一：常规力平衡问题解决这类问题需要注意：此类题型常用分解法也可以用合成法，关键是找清力及每个力的方向和大小表示！多为双方向各自平衡，建立各方向上的平衡方程后再联立求解。

专题三 应用力学两大观点分析多过程问题考纲解读 1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．考点一 动力学方法的应用若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．例1 如图1所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：图1(1)小球水平抛出时的初速度v 0； (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x ；(3)若斜面顶端高H ＝20.8 m ，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？解析 (1)由题意可知，小球落到斜面上并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示v y ＝v 0tan 53°，v 2y ＝2gh代入数据，得v y ＝4 m/s ，v 0＝3 m/s.(2)由v y ＝gt 1得t 1＝0.4 sx ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m.(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a ＝mg sin 53°m＝8 m/s 2初速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s Hsin 53°＝vt 2＋12at 22代入数据，解得t 2＝2 s 或t 2′＝－134 s(不符合题意舍去)所以t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 变式题组1．[动力学方法的应用]如图2所示，一质量为m 的物块在与水平方向成θ的力F 的作用下从A 点由静止开始沿水平直轨道运动，到B 点后撤去力F ，物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG 段．已知物块的质量m ＝1 kg ，物块与水平直轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，AB 段长L ＝10m ，B 、E 两点的高度差h ＝0.8 m ，B 、E 两点的水平距离x ＝1.6 m ．若物块可看做质点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2.图2(1)为使物块越过“壕沟”，求物块在B 点最小速度v 的大小；(2)若θ＝37°，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力F 的大小；(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)若θ大小不确定，为使物块恰好越过“壕沟”，求力F 的最小值(结果可保留根号)． 答案 (1)4 m/s (2)5.27 N (3)5825 5 N解析 (1)h ＝12gt 2t ＝2hg＝0.4 sv ＝xt＝4 m/s (2)v 2＝2aL 解得a ＝0.8 m/s 2对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma F ＝μmg ＋macos θ＋μsin θ代入数据可得：F ≈5.27 N(3)由数学知识可知：F ＝μmg ＋ma cos θ＋μsin θ≥μmg ＋ma1＋μ2代入数据得：F min ＝58255 N考点二 能量观点的应用若一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．例2 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图3所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8 m ．一运动员从轨道上的A 点以3 m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg ，B 、E 两点与水平面CD 的竖直高度分别为h 和H ，且h ＝2 m ，H ＝2.8 m ，g 取10 m/s 2.求：图3(1)运动员从A 运动到达B 点时的速度大小v B ； (2)轨道CD 段的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？ 解析 (1)由题意可知：v B ＝v 0cos 60°①解得：v B ＝2v 0＝6 m/s.(2)从B 点到E 点，由动能定理可得：mgh －μmgs CD －mgH ＝0－12mv 2B ②由①②代入数据可得：μ＝0.125.(3)运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理mgh －mgh ′－μmg ·2s CD ＝0－12mv 2B解得h ′＝1.8 m<h ＝2 m所以第一次返回时，运动员不能回到B 点．设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得：mgh －μmgs ＝0－12mv 2B解得s ＝30.4 m因为s ＝3s CD ＋6.4 m ，经分析可知运动员最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)． 答案 (1)6 m/s (2)0.125 (3)不能 最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处) 变式题组2．[能量观点的应用] 如图4所示，从 A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 答案 (1)5 m/s 方向与水平面的夹角为37° (2)47.3 N (3)2.8 m解析 (1)设小物块做平抛运动的时间为t ，则有：H －h ＝12gt 2设小物块到达B 点时竖直分速度为v y ：v y ＝gt 则小物块运动到B 点时的速度v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s速度方向与水平面的夹角为θ：tan θ＝v y v 0＝34，即θ＝37°.(2)设小物块到达C 点时速度为v 2，从B 点至C 点，由动能定理得mgh ＝12mv 22－12mv 21设小物块在C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝mv 22R解得v 2＝27 m/s ，F N ≈47.3 N根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C 点的压力大小为47.3 N. (3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力F f ＝μ1mg ＝5 N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F f ′＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因F f <F f ′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0则长木板长度为l ＝v 222μ1g＝2.8 m所以长木板至少为2.8 m ，才能保证小物块不滑出长木板．考点三 动力学和能量观点的综合应用例3 如图5所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图5(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离．解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v yv 1所以v 1＝3 m/s.(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知mgR (1－cos θ2)＝12mv 2O －12mv 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2OR，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下．(3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma设P 、A 间的距离为x PA ，则x PA ＝v 212a ＝v 212μ2g＝1.5 m.(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2，方向沿斜面向下小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2，方向沿斜面向下 由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s 小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v Ca 1＝0.5 s 小物块由最高点回到D 点历时t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s故x CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22，解得x CD ＝0.98 m答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m 变式题组3．[动力学和能量观点的综合应用] (2013·福建·20)如图6，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点的高度差h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：图6(1)地面上DC 两点间的距离s ； (2)轻绳所受的最大拉力大小． 答案 (1)1.41 m (2)20 N解析 (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12mv 2B ①小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2②在水平方向上有s ＝v B t ③ 由①②③式解得s ≈1.41 m ④(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v 2BL⑤由①⑤式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力为20 N.高考模拟 明确考向1．(2014·福建·21)如图7所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．图7(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程中轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ①R ＝12gt 2②由①②式得v B ＝2gR ③游客从A 运动到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )．⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，游客从B 运动到P ，由机械能守恒定律，有 mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2PR ⑦N ＝0⑧cos θ＝h R⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R .2．如图8所示，两个半径为R 的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC 竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O 1O 2水平．轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m 的小球接触(不栓接，小球的直径略小于管的内径)，长为R 的薄板DE 置于水平面上，板的左端D 到管道右端C 的水平距离为R .开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为3mgR ，其中g 为重力加速度．解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C 点抛出．图8(1)求小球经C 点时的动能； (2)求小球经C 点时所受的弹力；(3)讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件，从C 点抛出的小球才能击中薄板DE . 答案 (1)mgR (2)mg ，方向竖直向下 (3)178mgR ≤E p ≤52mgR解析 (1)解除弹簧锁定后小球运动到C 点过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒 3mgR ＝2mgR ＋E k 解得E k ＝mgR (2)小球过C 时的动能E k ＝12mv 2设小球经过C 点时轨道对小球的作用力为F ，则mg ＋F ＝mv 2R解得F ＝mg ，方向竖直向下 (3)小球离开C 点后做平抛运动 2R ＝12gt 2x ＝v ′t若要小球击中薄板，应满足R ≤x ≤2R 弹簧的弹性势能E p ＝2mgR ＋12mv ′2弹性势能满足178mgR ≤E p ≤52mgR 条件时，小球才能击中薄板．3．如图9所示为仓库中常用的传送带传输装置示意图，它由两台传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3 m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C 、D 两端相距3.05 m ，B 、C 相距很近．水平部分AB 以5 m/s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.求：(重力加速度g 取10 m/s 2)图9(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度v CD 应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间t 的取值范围(结果可用根号表示)． 答案 (1)1.25 m (2)v CD ≥3 m/s25－8510s ≤t ≤1.7 s 解析 (1)米袋在AB 上运动时，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 0，解得加速度为：a 0＝μmg m＝μg ＝5 m/s 2米袋的速度达到v 0＝5 m/s 时，滑行的距离为：s 0＝v 202a 0＝2.5 m<AB ＝3 m ，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度，设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，代入数据解得：a ＝10 m/s 2所以能上升的最大距离：s ＝v 202a＝1.25 m.(2)设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能到达D 点(即米袋到达D 点时速度恰好为零)，由牛顿第二定律可知，米袋速度减为v 1之前的加速度为：a 1＝－g (sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s 2， 米袋速度小于v 1至减为零前的加速度为：a 2＝－g (sin θ－μcos θ)＝－2 m/s 2，由匀变速运动的速度位移公式得：v 21－v 202a 1＋0－v 212a 2＝3.05 m ，代入数据解得：v 1＝3 m/s ，即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度v CD ≥v 1＝3 m/s. 米袋恰能运到D 点所用时间最长t max ＝v 1－v 0a 1＋0－v 1a 2＝1.7 s ， 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2，设米袋在D 点的速度为v 2，由位移公式得：v 22－v 20＝2a 2s CDt min ＝v 2－v 0a 2代入数据解得：t min ＝25－8510s ，所以，所求的时间t 的范围为25－8510s ≤t ≤1.7 s.练出高分1．如图1所示，AB 段为一半径R ＝0.2 m 的14光滑圆弧轨道，EF 是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg 的薄木板CD ，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块(图中未画出)从A 点由静止开始下滑，通过B 点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝36.(g ＝10 m/s 2，结果可保留根号)求：图1(1)物块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间． 答案 (1)3 N ，方向竖直向下 (2)433 m/s(3)2.5 m/s 24315s 解析 (1)物块从A 运动到B 的过程，由动能定理得：mgR ＝12mv 2B ，解得：v B ＝2 m/s在B 点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2B R解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N ，方向竖直向下． (2)设物块滑上薄木板时的速度为v ，则：cos 30°＝v B v解得：v ＝433m/s.(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得： 对物块：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1 对薄木板：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2设物块和薄木板达到的共同速度为v ′，则：v ′＝v ＋a 1t ＝a 2t 解得：a 1＝2.5 m/s 2，t ＝4315s.2．如图2所示，一物块质量m ＝1 kg 自平台上以速度v 0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB 顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.032 m ，粗糙斜面BC 倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，A 点离B 点所在平面的高度H ＝1.2 m ．斜面AB 和斜面BC 在B 点用一段平滑的小圆弧连接，物块在斜面上运动的过程中始终未脱离斜面，不计在B 点的机械能损失．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，cos 37°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2.图2(1)求物块水平抛出的初速度v 0；(2)若取A 所在水平面为零势能面，求物块第一次到达B 点的机械能；(3)从滑块第一次到达B 点时起，经0.6 s 正好通过D 点，求B 、D 之间的距离． 答案 (1)0.6 m/s (2)－4 J (3)0.76 m解析 (1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动规律得：v y ＝2gh ＝2×10×0.032 m/s ＝0.8 m/s由于物块恰好沿斜面下滑，则v A ＝v ysin 53°＝0.80.8m/s ＝1 m/sv 0＝v A cos 53°＝0.6 m/s.(2)物块在A 点时的速度v A ＝1 m/s 从A 到B 的运动过程中由动能定理得mgH －μmg cos 53°Hsin 53°＝12mv 2B －12mv 2A在B 点时的机械能：E B ＝12mv 2B －mgH ＝－4 J.(3)物块在B 点时的速度v B ＝4 m/s物块沿BC 斜面向上运动时的加速度大小为：a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2物块从B 点沿BC 斜面向上运动到最高点所用时间为t 1＝v Ba 1＝0.4 s ，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2 B 、D 间的距离：x BD ＝v 2B2a 1－12a 2(t －t 1)2＝0.76 m.3．如图3所示，有一个可视为质点的质量m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2 m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．图3答案 (1)22.5 N ，方向竖直向下 (2)32 J解析 (1)设小物块在C 点的速度为v C ，在C 点由v C ＝v 0cos θ，解得v C ＝3 m/s设小物块在D 的速度为v D .从C 到D ，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12mv 2D －12mv 2C ，解得vD ＝5m/s设在D 点轨道对小物块的作用力为F N ：F N －mg ＝m v 2DR解得F N ＝22.5 N ，由牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小为22.5 N ，方向竖直向下． (2)设小物块在传送带上的加速度为a ，则μmg ＝ma a ＝μg ＝5 m/s 2设小物块由D 点向左运动至速度为零，所用时间为t 1，位移为x 1，则v D ＝at 1 x 1＝v D2t 1设t 1时间内传送带向右的位移为x 2，则x 2＝vt 1小物速度由零增加到与传送带速度相等的过程，所用时间为t 2，t 2＝v a通过的位移x 3，x 3＝v2t 2传送带的位移为x 4＝vt 2 小物块相对传送带移动的路程为x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3 Q ＝μmgx ，解得Q ＝32 J.4．如图4所示，在水平轨道右侧安放半径为R 的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ 段铺设特殊材料，调节其初始长度为L ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A (可视为质点)从轨道右侧以初速度v 0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R ＝0.2 m ，L ＝1 m ，v 0＝2 3 m/s ，物块A 质量为m ＝1 kg ，与PQ 段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)物块A 与弹簧刚接触时的速度大小；(2)物块A 被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；(3)调节PQ 段的长度L ，A 仍以v 0从轨道右侧冲上轨道，当L 满足什么条件时，物块A 能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道．答案 (1)2 2 m/s (2)0.2 m (3)1.0 m ≤L <1.5 m 或L ≤0.25 m 解析 (1)设物块A 与弹簧刚接触时的速度大小为v 1， 由动能定理，可得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20解得v 1＝2 2 m/s.(2)物块A 被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度为h 1， 由动能定理，可得：－μmgL －mgh 1＝0－12mv 21解得：h 1＝0.2 m ＝R ，符合实际．(3)①若A 沿轨道上滑至最大高度h 2时，速度减为0，则h 2满足：0<h 2≤R 由动能定理，可得：－2μmgL 1－mgh 2＝0－12mv 2联立可得：1 m ≤L 1<1.5 m②若A 能沿轨道上滑至最高点，则满足：m v 22R≥mg由动能定理，可得：－2μmgL 2－mg ·2R ＝12mv 22－12mv 2联立可得：L 2≤0.25 m综上所述，要使物块A 能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L 满足的条件是：1 m ≤L <1.5 m 或L ≤0.25 m.。

专题五应用力学两大观点分析多过程问题考纲解读 1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．考点一应用牛顿运动定律和动能定理分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．例1如图1所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，O、A处于同一水平面．AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．(取g＝10 m/s2)图1(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．解析(1)设小球第一次到达D的速度v DP到D点的过程对小球根据动能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝m v2D/2在D点对小球列牛顿第二定律：F N＝m v2D/r联立解得：F N＝32 N(2)设第一次来到O点时速度为v1P到O点的过程对小球列动能定理方程：mgH－μmgL＝m v21/2解得：v21＝12 (m/s)2要能通过O点，须mg<m v2/r临界速度v20＝10 (m/s)2故第一次来到O点之前没有脱离．设第三次来到D点之前没有脱离，且设第三次来到D点的动能E K对之前的过程列动能定理：mg(H＋r)－3μmgL＝E K代入解得：E K＝0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s对全程列动能定理方程：mg(H＋R)－μmgs＝0解得：s＝8.5 m.答案见解析考点二用动力学和能量观点分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解．例2如图2所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P 点．小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：图2(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为t t ＝v 0a＝1 s 运动的位移Δx ＝v 022a ＝2.5 m ＜x PQ在N 点由牛顿第二定律mg ＝m v 2NR从Q 到N 的运动过程，由机械能守恒定律 12m v 20＝mgy N ＋12m v 2N 又R ＝y N 2解得y N ＝1 m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x ＝v 0t －Δx ＝2.5 m产生的热量Q ＝μmgx ＝12.5 J(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点， 由能量守恒得：μmg (L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 m当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时 μmg (L －x 2)＝12mgy N代入数据解得x 2＝7 m若刚能到达圆心左侧的M 点，则必定恰好能通过最高点C ，μmg (L －x 3)＝mgy N ＋12m v 2Nmg ＝m v 2NR，可解得x 3＝5.5 m故小物块放在传送带上的位置坐标范围 7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m答案 (1)1 m (2)12.5 J (3)7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m突破训练 如图3所示，为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑的，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，C 、D 间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求：(g 取10 m/s 2)图3(1)小球到达N 点时的速度； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能． 答案 (1)2 5 m/s (2)0.44 J解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必须满足：mg ＝m v 2Dr从D 点到N 点，出机械能守恒得： 12m v 2D ＋mg 2r ＝12m v 2N＋0 联立以上两式，代入数据得： v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.(2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12m v 2D －0代入数据得W ＝0.44 J.即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.26．应用动力学和能量观点分析力学综合题例3 如图4所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图4(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离． 审题与关联解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v y v 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知 mgR (1－cos θ2)＝12m v 2O －12m v 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m /s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2O R ，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 设P 、A 间的距离为x P A ，则x P A ＝v 212a ＝v 212μ2g ＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有 mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v Ca 1＝0.5 s小物块由最高点回到D 点历时 t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故x CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得x CD ＝0.98 m答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m高考题组1．(2013·北京理综·23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．图5(1)求常量k ，并在图5中画出弹力F 随x 变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助Fx 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x 1和W 的值． 答案 (1)5000 N/m 见解析图 (2)5 m (3)W ＝12kx 2 1.1 m 2.5×103 J解析 (1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mg ＝kx 0. 代入数据得：k ＝5000 N/m Fx 图象如图(2)运动员从x ＝0处离开床面，离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2 s ，其上升、下落时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝12×10×⎝⎛⎭⎫222 m ＝5 m (3)由图象可知弹簧弹力做功应为Fx 曲线下的面积，其规律为W ＝12kx 2.在运动员从最低点到最高点过程中，由动能定理得： 12kx 21＝mg (h m ＋x 1) 代入数据得：x 1＝1.1 m运动员所做的总功W ＝mg (h m ＋x 0)－12kx 20≈2.5×103J 模拟题组2．如图6所示，半径R ＝0.9 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B 与长为L ＝1 m 的水平面相切于B 点，BC 离地面高h ＝0.45 m ，C 点与一倾角为θ＝30°的光滑斜面连接，质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧顶点A 由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.求：图6(1)小滑块刚到达圆弧的B 点时对圆弧的压力的大小； (2)小滑块到达C 点时速度的大小； (3)小滑块从C 点运动到地面所需的时间． 答案 见解析解析 (1)设滑块到B 点时速度为v B ，由机械能守恒 12m v 2B＝mgR 在B 点：F N －mg ＝m v 2BR得F N ＝3mg ＝30 N ．由牛顿第三定律，滑块在B 点对圆弧的压力大小为30 N (2)由动能定理，12m v 2C ＝mgR －μmgLv C ＝2(gR －μg L )＝4 m/s.(3)滑块离开C 点后做平抛运动，设其下落h 的时间为t ，则 由h ＝12gt 2得t ＝0.3 st ＝0.3 s 内滑块的水平位移x ＝v C t ＝1.2 m. 而斜面的水平长度x 0＝h cot θ≈0.78 m因为x >x 0，所以滑块不会落到斜面上而直接落到地面上，所以小滑块从C 点运动到地面所需的时间为0.3 s.3．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想，取一个与水平方向夹角为37°、长为L ＝2.0 m 的粗糙倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的，其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图7所示，一个小物块以初速度v 0＝4.0 m /s ，从某一个高度水平抛出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图7(1)小物块的抛出点和A 点的高度差；(2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB ，则竖直圆轨道的半径R 应该满足什么条件；(3)要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE 滑出，求竖直圆轨道的半径R ′应该满足什么条件．答案 (1)0.45 m (2)R ≥1.65 m (3)R ′≤0.66 m解析 (1)设抛出点和A 点的高度差为h ，从抛出点到A 点时有： v y ＝2gh ，且v yv 0＝tan 37°联立以上两式并代入数据得h ＝0.45 m. (2)小物块到达A 点时的速度：v A ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s从A 到B ，由动能定理：mgL sin 37°－μmg cos 37°·L ＝12m v 2B －12m v 2A 要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB ，则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，即： 12m v 2B≤mgR ， 解得R ≥1.65 m(3)小物块从B 运动到轨道最高点机械能守恒： 12m v 2B ＝12m v 2＋mg ×2R ′ 在最高点有：m v 2R ′≥mg由以上各式解得R ′≤0.66 m ，此时小物块不离开轨道，且能从水平轨道DE 滑出．(限时：45分钟)1．如图1所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O 点．已知在OM 段，物块A 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求：图1(1)物块滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；(3)若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？ 答案 (1)2gh (2)mgh －μmgd (3)h －2μd 解析 (1)由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2解得v ＝2gh .(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W ＝μmgd 由能量守恒定律得12m v 2＝E p ＋μmgd以上各式联立得E p ＝mgh －μmgd .(3)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W ＝μmgd 由能量守恒定律得E p ＝μmgd ＋mgh ′所以物块A 能够上升的最大高度为h ′＝h －2μd .2．如图2所示，长l ＝1 m 、厚度h ＝0.2 m 的木板A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径r ＝1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 的底端与木板A 相切于P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H ＝0.8 m 处由静止释放，已知A 、B 质量均为m ＝1 kg ，A 与B 间的动摩擦因数μ1＝0.4，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图2(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离． 答案 (1)20 N (2)49J (3)0.42 m解析 (1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 mgH ＝12m v 2，解得v ＝2gH ＝4 m/s小物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋m v 2r ＝20 N由牛顿第三定律得F N ′＝20 N(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B 受力分析，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mgm＝μ1g ＝4 m/s 2 小物块B 做匀减速直线运动 对A 受力分析，由牛顿第二定律有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动 又由l ＝x B －x A x B ＝v t －12a 1t 2x A ＝12a 2t 2代入数据解得t ＝13s(t ＝1 s 舍去) 对A 由动能定理得W ＝μ1mg ·12a 2t 2＝49J (3)B 离开木板后以v 1＝v －a 1t ＝83 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h ＝12gt ′2，得t ′＝ 2h g＝0.2 s 木板A 将以v 2＝a 2t ＝23 m/s 、加速度a 3＝μ2mg m＝μ2g ＝1 m/s 2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距Δx ＝v 1t ′－(v 2t ′－12a 3t ′2) 代入数据得Δx ＝0.42 m3．如图3甲所示，竖直平面内的坐标系xOy 内的光滑轨道由半圆轨道OBD 和抛物线轨道OA 组成，OBD 和OA 相切于坐标原点O 点，半圆轨道的半径为R ，一质量为m 的小球(可视为质点)从OA 轨道上高H 处的某点由静止滑下．图3(1)若小球从H ＝3R 的高度静止滑下，求小球刚过O 点时小球对轨道的压力；(2)若用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图象，取g ＝10 m/s 2.求滑块的质量m 和圆轨道的半径R . 答案 (1)7mg ，方向竖直向下 (2)0.1 kg 0.2 m解析 (1)由动能定理得mgH ＝12m v 20在O 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20R解得F N ＝7mg由牛顿第三定律得，小球刚过O 点时对轨道的压力为7mg ，方向竖直向下(2)由题图乙可知，当H 大于0.5 m 时，小球才能通过D 点．当H 1＝0.5 m 时，有mg (H 1－2R )＝12m v 2D 1mg ＝m v 2D 1R解得R ＝0.2 m当H 2＝1 m 时，有mg (H 2－2R )＝12m v 2D 2F 2＋mg ＝m v 2D 2RF 2＝5 N解得m ＝0.1 kg4．如图4所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O 为水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量均为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：图4(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？答案 (1)2v 20－2gh ·h g v 20－gh ·2h g (2)v 0＝3gh (3)154h 解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12m v 20＝12m v 2B＋mgh 得v B ＝v 20－2gh 从B 点抛出后：x 1＝v B t P ,2h ＝12gt 2P得x 1＝2v 20－2gh · h g滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2C －12m v 20 又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q 得x 2＝v 20－gh · 2h g(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh(3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12m v 2－12m v 20滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后：x ＝v t Q ′，h ＝12gt Q ′2，距O 点的距离为d ＝L ＋x 从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174h。

【考向解读】高考对物理实验的考查，是在《考试说明》规定的实验基础上进行重组与创新，旨在考查考生是否熟悉这些常规实验器材，是否真正动手做过这些实验，是否能灵活的运用学过的实验理论、实验方法、实验仪器，去处理、分析、研究某些未做过的实验，包括设计某些比较简单的实验等．所给的物理情景和要求跟教材内容多有明显区别，是以教材中实验为背景或素材，通过改变实验条件或增加条件限制，加强对考生迁移能力、创新能力和实验能力的考查．【命题热点突破一】验证力的平行四边形定则实验的条件是“力的作用效果相同”，因此，在两个分力和一个力分别作用下，同一弹性绳的同一端点必须到达同一位置才能满足实验的验证条件．例1、【2017²新课标Ⅲ卷】（6分）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm）的纸贴在水平桌面上，如图（a）所示。

将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点（位于图示部分之外），另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。

（1）用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。

测力计的示数如图（b）所示，F的大小为_______N。

（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。

此时观察到两个拉力分别沿图（a）中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2 N和F2=5.6 N。

（i）用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图（a）中画出力F1、F2的图示，然后按平形四边形定则画出它们的合力F合；（ii）F合的大小为_______N，F合与拉力F的夹角的正切值为________。

若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

【答案】（1）4.0 （2）（i）如图（ii）4.0 0.05【解析】（1）由图可知，F的大小为4.0 N。

2019年高考物理一轮复习 专题23 应用力学两大观点分析多过程问题（练）（含解析）1．物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力1F ，经过时间t 后撤去1F ，立即再对它施加一个水平向左的恒力2F ，又经过时间4t 物体回到出发点，此时物体的动能为50J ，求：（1）恒力1F 与恒力2F 的比值（2）恒力1F 对物体做的功1W 和恒力2F 对物体做的功2W 各为多少【答案】（1）12169F F =（2）132W J =，218W J = 【解析】【名师点睛】在1F 和2F 的作用下，在相同的时间内，物体回到原处，说明位移的大小相同，这是解这道题的关键点，物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移为零．根据2．如图所示，倾角 θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮 D ，质量均为m =1kg 的物体A 和B 用一劲度系数k =240N/m 的轻弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡住。

用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与质量为 M 的小环 C 连接，小环 C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环 C 位 于 Q 处，绳与细杆的夹角 α=53°，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零。

图中 SD 水平且长度 为 d =0.2m ，位置 R 与位置 Q 关于位置 S 对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。

现 让环 C 从位置 R 由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10m/s 2。

求：⑴小环 C 的质量 M ；⑵小环 C 通过位置 S 时的动能 E k 及环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 W T ；⑶小环 C 运动到位置 Q 的速率 v 。

【答案】C【解析】对于A 、弹簧和C 组成的系统，机械能定恒，有 k cot sin A Mgd mgs E αθ+=解得 k 1.38J E =对此过程，对A 由动能定理，得 kcot T W Mgd E α+= 解得 0.3J T W =⑶环通过位置Q 时，弹簧为伸长为 30.025m x =，此时弹簧的弹性势能与环位于R 、S 时相同。

第5讲 综合应用力学两大观点解决多过程问题1．很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题．2．多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键．3．一般是按时间或空间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题．命题点一 应用牛顿运动定律和动能定理解决多过程问题若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解． 若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定律求解简单．例1 (2017·无锡市期末)如图1所示，质量为m ＝1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为R ＝ 0.4 m 的14圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v ＝2 m/s.当滑块经过B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ＝37°、长s ＝1 m 的斜面CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点．认为滑块通过C 和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图1(1)求滑块对B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功； (2)若设置μ＝0，求质点从C 运动到D 的时间； (3)若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围． 答案 见解析解析 (1)在B 点，F N －mg ＝m v 2R解得F ＝20 N由牛顿第三定律，F N ′＝20 N从A 到B ，由动能定理，mgR －W ＝12m v 2解得W ＝2 J(2)μ＝0，滑块在CD 间运动，有mg sin θ＝ma 加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2 由匀变速运动规律得s ＝v t ＋12at 2解得t ＝13s ，或t ＝－1 s(舍去)(3)最终滑块停在D 点有两种可能：a.滑块恰好能从C 下滑到D .则有 mg sin θ·s －μ1mg cos θ·s ＝0－12m v 2，得到μ1＝1b ．滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．当滑块恰好能返回C ： －μ2mg cos θ·2s ＝0－12m v 2得到μ2＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin θ＝μ3mg cos θ，得到μ3＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.变式 (2018·南通市调研)如图2所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB ，斜面上B 、C 两点间高度差为h .斜面上叠放着质量均为m 的薄木板和小物块，木板长为L ，下端位于挡板AB 处，整体处于静止状态．木板和物块两者间的动摩擦因数μ＝32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g .图2(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C 点，求初速度大小v 0；(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝2mg 、方向沿斜面向上的拉力，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，要使木板上端恰能运动到C 点，求拉力F 作用的时间t 1. 答案 见解析解析 (1)研究木板和小物块整体，由动能定理有－2mg (h －L sin θ)＝0－12×2m v 02解得v 0＝g (2h －L )(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a ，最大拉力为F m ，则μmg cos θ－mg sin θ＝ma 对整体有F m －2mg sin θ＝2ma 解得F m ＝3mg2要使整体能沿斜面上升应满足F >2mg sin θ＝mg 所以mg <F ≤32mg(3)物块相对木板滑动过程中，设物块的加速度为a 1，有拉力作用时木板的加速度为a 2，撤去拉力后木板的加速度大小为a 3，则 对物块：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 对木板：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3 解得a 1＝14g ，a 2＝34g ，a 3＝54g在t 1时刻小物块的速度为v 1，木板的速度v 2，则v 1＝a 1t 1，v 2＝a 2t 1设撤去拉力后，经过时间t 2二者速度相同，则v 3＝v 2－a 3t 2＝v 1＋a 1t 2，此后二者一起匀减速上滑，设加速度大小为a 4，则2mg sin θ＝2ma 4，全过程中木板的位移x ＝12a 2t 12＋a 2t 1t 2－12a 3t 22＋v 322a 4由几何关系有h sin θ＝x ＋L联立解得t 1＝3(2h －L )2g命题点二 用动力学和能量观点解决多过程问题若运动过程无摩擦等机械能向其它形式能转化的现象，可考虑用机械能守恒． 若运动过程涉及摩擦生热等现象可用功能关系列能量守恒关系式．例2 (2017·南京市学情调研卷)如图3所示，高度h ＝0.8 m 的光滑导轨AB 位于竖直平面内，其末端与长度L ＝0.7 m 的粗糙水平导轨BC 相连，BC 与竖直放置、内壁光滑的半圆形管道CD 相连，半圆的圆心O 在C 点的正下方，C 点离地面的高度H ＝1.25 m ．一个质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)，从A 点由静止下滑，小滑块与BC 段的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力．图3(1)求小滑块在水平导轨BC 段运动的时间；(2)若半圆形管道半径r ＝0.5 m ，求小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力；(3)若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？答案 (1)0.2 s (2)8 N ，方向竖直向上 (3)0.2 m 1.7 m解析 (1)设滑块进入水平导轨BC 的初速度为v B ，小滑块在BC 段的加速度大小为a ，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v B 2，解得v B ＝2gh ＝4 m/s ， 由F f ＝μmg ＝ma ， 得a ＝μg ＝5 m/s 2， 根据运动学公式有 L ＝v B t －12at 2，解得t ＝0.2 s ， 或t ＝1.4 s(舍去)(2)滑块到达C 点的速度v C ＝v B －at ＝3 m/s ， 根据牛顿第二定律和向心力公式得F N ＋mg ＝m v C 2r，代入数据可得F N ＝8 N ，方向竖直向下根据牛顿第三定律，小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力大小为8 N ，方向竖直向上． (3)设平抛运动的时间为t ′，则有 竖直位移H －2r ′＝12gt ′2，水平位移x ＝v D t ′， 从C 到D ，由动能定理得 mg ·2r ′＝12m v D 2－12m v C 2，解得x ＝2(H －2r ′)g·v C 2＋4gr ′， 代入数据得：x ＝－16r ′2＋6.4r ′＋2.25 (m)＝－16(r ′－0.2)2＋2.89 (m)可知当r ′＝0.2 m 时水平距离最远， 最远距离为x m ＝1.7 m.1．(2017·南京市、淮安市5月模拟)如图4所示，水平地面上有质量分别为1 kg 和4 kg 的物体A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为0.5，非弹性轻绳的一端固定且离B 足够远，另一端跨过轻质滑轮与A 相连，滑轮与B 相连，初始时，轻绳水平，若物体A 在水平向右的恒力F ＝31 N 作用下运动了4 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图4(1)物体B 因摩擦而产生的热量； (2)物体A 运动4 m 时的速度大小； (3)物体A 、B 间轻绳拉力的大小． 答案 (1)40 J (2)8 m/s (3)18 N解析 (1)A 运动位移s A ＝4 m ，则B 的位移s B ＝12s A ＝2 mB受到的摩擦力F f B＝μm B g＝20 N由功能关系有Q＝W f B＝F f B s B＝40 J(2)A运动4 m时，设A、B的速度大小分别为v A、v B，A、B均做匀加速直线运动，则v A＝2v B由动能定理可得Fs A－F f A s A－F f B s B＝12m Av A2＋12m Bv B2，其中F f A＝μm A g＝5 N代入数据，解得v A＝8 m/s(3)设轻绳拉力为F T，A、B的加速度大小分别为a A、a B，则a A＝2a B由牛顿第二定律有对A物体：F－F f A－F T＝m A a A对B物体：2F T－F f B＝m B a B代入数据，解得F T＝18 N2.(2017·苏北四市期中)如图5所示，倾角为θ的斜面底端固定挡板P，质量为m的小物块A 与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板相撞没有机械能损失．将A、B同时由静止释放，求：图5(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；(2)若A与挡板不相碰，木板的最小长度l0；(3)若木板长度为l，整个过程中木板运动的总路程．答案见解析解析(1)释放木板与物块A，它们一起加速下滑．以木板与物块A为研究对象，设其加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma1解得a1＝g sin θ－μ2g cos θ(2)在木板B与挡板未碰前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．木板B与挡板相碰后立即静止，A开始匀减速下滑．若物块A到达挡板时的速度恰好为0，此时木板长度即为最小长度l 0.设木板与挡板相撞瞬间速度为v ，则有v 2＝2a 1(L －l 0) 木板静止后，物块减速下滑时的加速度大小为a 2， 由牛顿第二定律有μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得a 2＝μ1g cos θ－g sin θ 由运动学公式02－v 2＝－2a 2l 0联立以上各式可解得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL(3)分两种情况：①若l ≥l 0，木板与挡板相撞后不反弹，物块A 一直减速直到静止在木板上． 故木板通过的路程s ＝L －l②若l <l 0，木板与挡板相撞后，物块A 在木板上减速运动直至与挡板相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起随物块向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处． 物块与木板间由于摩擦产生的热量Q 1＝μ1mg cos θ·l 木板与斜面间由于摩擦产生的热量Q 2＝μ2mg cos θ·s 根据能量守恒：mgL sin θ＝Q 1＋Q 2 解得s ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ1．(2017·江苏七校期中)如图1所示，一工件置于水平地面上，其AB 段为一半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道，BC 段为一长度L ＝0.5 m 的粗糙水平轨道，二者相切于B 点，整个轨道位于同一竖直平面内，P 点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m ＝ 0.2 kg ，与BC 间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M ＝0.8 kg ，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1(取g ＝10 m/s 2)．图1(1)若工件固定，将物块由P 点无初速度释放，滑至C 点时恰好静止，求P 、C 两点间的高度差h .(2)若将一水平恒力F 作用于工件，使物块在P 点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动． ①求F 的大小．②当速度v ＝5 m/s 时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离． 答案 (1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m解析 (1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得：mgh －μ1mgL ＝0 代入数据得：h ＝0.2 m ①(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ， 由几何关系可得cos θ＝R －h R②根据牛顿第二定律，对物块有mg tan θ＝ma ③ 对工件和物块整体有F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ④ 联立①②③④式，代入数据得F ＝8.5 N ⑤②设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 间的距离为x 2，由运动学公式可得 h ＝12gt 2⑥ x 1＝v t ⑦ x 2＝x 1－R sin θ⑧联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得x 2＝0.4 m2．(2017·东台市5月模拟)如图2所示，质量为M ，倾角为θ的滑块A 放于水平地面上，把质量为m 的滑块B 放在A 的斜面上．忽略一切摩擦，开始时保持滑块A 、B 静止，此时B 离开地面的高度为h ，同时释放A 、B 后，两滑块都做匀加速直线运动，且滑块A 的加速度为a 0，求：图2(1)如果保持A 静止，释放B ，求B 的加速度大小； (2)A 、B 同时释放后，B 物体的加速度大小； (3)A 、B 同时释放后，B 物体滑到最低点的时间． 答案 见解析解析 (1)对B 物体受力分析，根据牛顿第二定律， mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ(2)设A 、B 同时释放后，A 、B 间的作用力为F ，对A 物体：F sin θ＝Ma 0对B 物体，设水平加速度为a x ，竖直加速度为a y ，根据牛顿第二定律：F sin θ＝ma x ， mg －F cos θ＝ma y求得a x ＝M m a 0，a y ＝g －Ma 0m tan θ所以，B 的加速度大小为a B ＝a x 2＋a y 2求得a B ＝M 2m 2a 02＋(g －Ma 0m tan θ)2(3)由机械能守恒定律，mgh ＝12m v B 2＋12M v A 2其中v B ＝a B t ，v A ＝a 0t 得t ＝2m 2ghmMa 02＋M 2a 02＋(mg －Ma 0tan θ)23．(2018·泰州中学模拟)如图3所示，质量为M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l 0的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO 水平，BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O ′在O 点正下方，C 是AO ′段的中点，θ＝30°.当小球在A 处受到平行于杆的作用力时，恰好与杆间无相互作用，且处于静止状态．撤去作用力，小球沿杆下滑过程中，弹簧始终处于弹性限度内．不计小球的半径，重力加速度为g .求：图3(1)小球滑到B 点时的加速度； (2)轻质弹簧的劲度系数； (3)小球下滑到C 点时的速度． 答案 见解析解析 (1)小球滑到B 点时受自身重力和杆的弹力，由牛顿第二定律得：Mg cos θ＝Ma 解得：a ＝32g 方向：沿杆向下 (2)小球在A 处时，由题意知F 弹＝Mg tan θ F 弹＝k Δx由几何知识得，Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23－33l 0解得：k ＝3Mg(23－3)l 0(3)根据几何关系可得由A →C 过程，小球沿杆下滑的竖直距离为l 0，OA ＝OC 由机械能守恒定律，得Mgl 0＋ΔE p 弹＝E k C －0 ΔE p 弹＝0 E k C ＝12M v C 2解得：v C ＝2gl 0 方向：沿杆向下4．如图4所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为θ＝37°，长为l ＝1 m 的斜槽PQ ，右部是光滑半圆槽QSR ，RQ 是其竖直直径．两部分滑槽在Q 处平滑连接，R 、P 两点等高．质量为m ＝0.2 kg 的小滑块(可看做质点)与斜槽间的动摩擦因数为μ＝0.375.将小滑块从斜槽轨道的最高点P 释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q 点时没有机械能损失．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)求：图4(1)小滑块从P 到Q 克服摩擦力做的功W f ；(2)为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点R ，从P 点释放时小滑块沿斜面向下的初速度v 0的大小；(3)现将半圆槽上半部圆心角为α＝60°的RS 部分去掉，用上一问得到的初速度v 0将小滑块从P 点释放，它从S 点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h .答案 (1)0.6 J (2)3 m/s (3)0.225 m解析 (1)克服摩擦力做功：W f ＝μmg cos θ·l ＝0.6 J(2)从P 到R 全过程对滑块用动能定理得－W f ＝12m v R 2－12m v 02 在R 点重力提供向心力mg ＝m v R 2r半径r ＝12l sin θ＝0.3 m 解得v 0＝3 m/s(3)从P 到S 全过程对滑块用动能定理得mgr (1－cos α)－W f ＝12m v S 2－12m v 02 则离开半圆槽时的速度v S ＝ 6 m/s ，如图其竖直分速度v y ＝v S sin α＝322 m/s ，v y 2＝2gh 得h ＝0.225 m。