《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 增分突破二 功能關(guān)系解決單體多過程問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 增分突破二 功能關(guān)系解決單體多過程問題（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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)注運動細節(jié),而重點抓住運動的初、末狀態(tài)。能用動力學方法解決的題目,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,用動力學方法不一定能求解。1.力學中常見的功與對應(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動能的變化量W合=E重力做的功重力勢能的變化

2、量WG=-Ep彈簧彈力做的功彈性勢能的變化量W彈=-Ep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=E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Ffx=Q(x為物體間的相對位移)2.電磁學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 =Eql cos ;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=-Ep。(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)

3、化為電能?？键c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)=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,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,當滑塊的初速度大于傳

4、送帶的速度時,有-mgl=12mv2-12mv02解得v0=214 m/s當滑塊的初速度小于傳送帶的速度時,有mgl=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mg=ma,滑塊的加速度a=1 m/s2滑塊減速到零的位移s=v22a=18 m10 m則滑塊第二次在傳送帶上滑行時,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=62 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)

5、產(chǎn)生的內(nèi)能Q=mg(l+x)=0.11010(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。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=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

6、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)=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;(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/svy=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

7、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 37mg cos 37根據(jù)牛頓第二定律得:mg cos 37-mg sin 37=ma解得a=0.4 m/s2達到共同速度所需時間t=vC-va=5 s二者間的相對位移x=v+vC2t-vt=5 m此后滑塊做勻速運動?；瑝K在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=mg cos 37x=32 J?？键c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,

8、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/mB.從d到b滑塊克服重力做功8 JC.滑塊的動能最大值為8 JD.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。滑塊到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

9、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

10、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,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)域和,區(qū)域磁場邊界AA與DD的間距為H,磁場方向垂直于紙面向里;區(qū)域磁場足夠?qū)?其上邊界為CC,磁場方向垂直于紙面向

11、外,CC與DD的間距為L。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、邊長為L(LH)、電阻值為R的正方形線框由AA上方某處自由落下,恰能勻速進入?yún)^(qū)域磁場,線框cd邊剛要進入邊界CC前瞬間線框的速度大小v2=1.2mgRB2L2,線框ab邊剛要進入邊界CC前瞬間線框的電功率為P,重力加速度為g,空氣阻力不計,求:(1)線框cd邊剛要進入邊界CC前瞬間線框的加速度;(2)線框cd邊從AA運動到CC過程中線框產(chǎn)生的熱量;(3)線框從cd邊到達AA到ab邊到達CC所經(jīng)歷的時間。答案(1)0.2g,方向豎直向上(2)mg(H+L)-0.22m3g2R2B4L4(3)PRBLg-mRB2L2+3B2L3mgR解析(1)線框在cd邊

12、到達CC前瞬間:BI2L-mg=maI2=BLv2Rv2=1.2mgRB2L2解得a=0.2g,方向豎直向上(2)線框勻速進入磁場區(qū)域過程:BI1L=mg,I1=BLv1R解得v1=mgRB2L2cd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)域的時間為t1,線框出區(qū)域內(nèi)的時間為t2,線框進入?yún)^(qū)域的時間為t3,從cd邊到達AA到ab邊到達CC的時間為t,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-BI1

13、Lt1-BI2Lt2-BI3Lt3=mv3-mv1I1t1=BLv1t1R=5L2RI2t2=BLv2t2R=5L2RI3t3=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滑的平行金屬導軌相距L=0.1 m放置,傾斜角為,sin =0.1。下端接有電阻R=0.2 與開關(guān)S,在導軌上半部分

14、有邊界與導軌垂直的勻強磁場,其中磁場寬度為d=2 m,磁場緊接著磁場,兩磁場方向均垂直于導軌平面,磁場的磁感應(yīng)強度恒為B2=1 T。磁場的磁感應(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,同時在磁場中放置兩根相同的質(zhì)量均為0.1 kg的導體棒,位置如圖,電阻也為R,發(fā)現(xiàn)兩導體棒均剛好處于靜止狀態(tài)。t=1 s時,斷開S,發(fā)現(xiàn)當a棒剛進入磁場時立即開始勻速運動,b棒剛要出磁場時沿斜面向下的加速度為13 m/s2。求:(1)1 s前磁場的磁感應(yīng)強度B1的變化率;(2)1 s之后,磁場的磁感應(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

15、T(3)49 J解析(1)當t1 s時,通過兩棒的電流相同,兩棒均靜止,令B1=kt,則E1=dLB1tIa=E12R+R2mg sin =B2IaL解得k=3 T/s,Ia=1.0 A(2)t=1 s時刻,斷開S后,兩棒一起在磁場中勻加速下滑d后,a棒進入磁場,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棒始終在磁場中,兩次感應(yīng)電流大小一樣,所以t=1 s之后,磁場的磁感應(yīng)強度B1=B2=1 T;(3)a棒進入磁場時勻速運動的速度為v0,兩棒一起在磁場中勻加速下滑d的過程中機械能守恒:mgd sin =12mv02,解得v0=2 m/s當a棒出磁場時,

16、b棒剛好進入磁場,開始做變加速運動,直到出磁場時的加速度是a=13 m/s2由牛頓第二定律可知mg sin -B2IbL=ma,Ib=B2Lv2R解得v=43v0=83 m/sb棒在t=1 s前,Q1=Ia2Rt=0.2 Ja、b棒分別在磁場、中勻速運動時,b棒發(fā)熱量Q2=mgd sin =0.2 Jb棒在磁場中變加速運動時,發(fā)熱量Q3=12mgdsin-12(v2-v02)=245 Jb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

17、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

18、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的重力勢能增加量一定等于mghB.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),當物塊B隨升

19、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

20、長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點,兩輕桿間夾角由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32mgB.A的動能最大時,B受到地面的支持力等于32mgC.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

21、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,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

22、BD段間的動摩擦因數(shù)為=tan ,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()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 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 D.物塊運動的全過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為12mv2+mgl sin -E答案CD物塊在BD段向下運動過程中,因=tan ,物塊重力沿斜面向下的分力mg sin 與滑動摩擦力mg cos 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k3l=ma,物塊靜止

23、時有kl=mg sin ,得a=3g sin ,物塊在DA段的最大加速度為3g sin ,故選項A錯誤;物塊從D點下滑后,沿斜面向下運動,因=tan ,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 3l=mg cos 2l+12mv2,整理得Ep=12mv2-mgl sin ,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 2l=Q,Q=12mv2+mgl sin -E,故選項D正確。5.如圖所示,在粗糙水平臺階上靜止放

24、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)=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(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 mx3.

25、3 m(3)215 J解析(1)小物塊從O到P,做平拋運動。水平方向: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-mgs=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-mgs=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 mx3.3 m。(3)設(shè)小物塊擊中擋板的任意點坐標為(x,y),則x=v0ty=12gt2由動能定理得mgy=Ek-12mv02又x2+y2=R

26、2由P點坐標可求得R2=3.2 m2化簡得Ek=mgR24y+3mgy4由數(shù)學方法求得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)1;(2)彈簧具有的最大彈性勢能Ep;(3)要使物塊進

27、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)2應(yīng)滿足的條件。答案(1)0.3(2)0.5 J(3)20.2或20.6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:1mg2d=12mv02-12mv12,代入數(shù)據(jù)解得1=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=12mv02-1mgd,代入數(shù)據(jù)解得Ep=0.5 J。(3)本題分兩種情況討論: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=12mv32,得v3=4 m/sv2=10 m/s,說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運動

28、。由動能定理得:2mgL=12mv32-12mv12,解得2=0.2。設(shè)物塊在圓軌道最低點時速度為v4時,恰好能到達圓軌道最高點。在圓軌道最高點有:mg=mv52R從圓軌道最低點到最高點的過程,由機械能守恒定律得2mgR+12mv52=12mv42解得v4=210 m/sv2=10 m/s說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運動。由動能定理得:2mgL=12mv42-12mv12,解得2=0.6。所以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)2應(yīng)滿足的條件是20.2或20.6。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=

29、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=13。小物塊在與水平面夾角=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點,則拉力F的大小范圍。答案(1)25 m/s(2)2 m/s2(3)16 NF50 N(或16 NFEk2,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+m1gr75%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:-m2gL=12m2v32-12m2v22由得:4v32=9v02+18gr-8gL代入數(shù)據(jù)得:v3=5 m/s平拋過程:tan =yx,x=v3t,y=12gt2代入數(shù)據(jù)得:x=3.75 mCP=xcos=7516 m16