專題四 功能關系的應用 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：重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解；與功、功率相關的分析與計算；幾個重要的功能關系的應用；動能定理的綜合應用；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，結合動力學方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內帶電粒子運動或電磁感應問題.第1講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.相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的轉移，沒有機械能轉化為其他形式的能；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移，還有部分機械能轉化為內能.轉化為內能的量等于系統(tǒng)機械能的減少量，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積.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WGEp.(2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈Ep.(3)合力的功等于動能的變化，即WEk.(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E.(5)一對滑動摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內能的變化，即QFf·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選取研究對象，明確它的運動過程.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和.明確物體在運動過程初、末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2.列出動能定理的方程W合Ek2Ek1，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和是否為零.用能量轉化來判斷，看是否有機械能轉化為其他形式的能.對一些“繩子突然繃緊”“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選取研究對象物體系統(tǒng).根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒.恰當地選取參考平面，確定研究對象在運動過程的初、末狀態(tài)時的機械能.根據機械能守恒定律列方程，進行求解.例1(多選)(2016·全國甲卷·21)如圖1所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連.現將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點.已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且ONM<OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中()圖1A.彈力對小球先做正功后做負功B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D.小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差解析因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且ONM<OMN<，知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A錯誤；當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WFWGEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF0，即WGEk，選項D正確.答案BCD預測1(2016·四川理綜·1)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員.他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J.韓曉鵬在此過程中()A.動能增加了1 900 J B.動能增加了2 000 JC.重力勢能減小了1 900 J D.重力勢能減小了2 000 J答案C解析由題可得，重力做功WG1 900 J，則重力勢能減少1 900 J ，故C正確，D錯誤；由動能定理得，WGWfEk，克服阻力做功Wf100 J，則動能增加1 800 J，故A、B錯誤.預測2如圖2所示，用兩根金屬絲彎成一光滑半圓形軌道，豎直固定在地面上，其圓心為O、半徑為R.軌道正上方離地h處固定一水平長直光滑桿，桿與軌道在同一豎直平面內，桿上P點處固定一定滑輪，P點位于O點正上方.A、B是質量均為m的小環(huán)，A套在桿上，B套在軌道上，一條不可伸長的細繩繞過定滑輪連接兩環(huán).兩環(huán)均可看做質點，且不計滑輪大小與質量.現在A環(huán)上施加一個水平向右的恒力F，使B環(huán)從地面由靜止沿軌道上升.則()圖2A.力F所做的功等于系統(tǒng)動能的增加量B.在B環(huán)上升過程中，A環(huán)動能的增加量等于B環(huán)機械能的減少量C.當B環(huán)到達最高點時，其動能為零D.當B環(huán)與A環(huán)動能相等時，sin OPB答案D解析力F做正功，系統(tǒng)的機械能增加，由功能關系可知，力F所做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量，不等于系統(tǒng)動能的增加量.故A錯誤；由于力F做正功，A、B組成的系統(tǒng)機械能增加，則A環(huán)動能的增加量大于B環(huán)機械能的減少量，故B錯誤；當B環(huán)到達最高點時，A環(huán)的速度為零，動能為零，但B環(huán)的速度不為零，動能不為零，故C錯誤；當PB線與圓軌道相切時，vBvA，根據數學知識有sin OPB，故D正確.例2如圖3所示，水平面O點左側光滑，右側粗糙，有3個質量均為m完全相同的滑塊(可視為質點)，用輕細桿相連，相鄰滑塊間的距離為L，滑塊1恰好位于O點左側，滑塊2、3依次沿直線水平向左排開.現將水平恒力F1.8mg作用于滑塊1，為粗糙地帶與滑塊間的動摩擦因數，g為重力加速度.圖3(1)求滑塊運動的最大速度；(2)判斷滑塊3能否進入粗糙地帶？若能，計算滑塊3在粗糙地帶的運動時間.解析(1)滑塊2剛進入粗糙地帶，滑塊開始減速，此時速度最大，對所有滑塊運用動能定理：F·LmgL·3mv得v1 (2)若滑塊3能進入粗糙地帶，設剛進入的速度為v2，有F·2Lmg(12)L·3mv得v2 故滑塊3能進入粗糙地帶此時3mgF3ma故滑塊3在粗糙地帶的減速時間t得t 答案(1) (2)滑塊3能進入粗糙地帶 預測3如圖4所示，把小車放在傾角為30°的光滑斜面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連，不計滑輪質量及摩擦，已知小車的質量為3m，小桶與沙子的總質量為m，小車從靜止釋放后，在小桶上升豎直高度為h的過程中()圖4A.小桶處于失重狀態(tài)B.小桶的最大速度為C.小車受繩的拉力等于mgD.小車的最大動能為mgh答案B解析在整個的過程中，小桶向上做加速運動，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶處于超重狀態(tài).故A、C錯誤；在小桶上升豎直高度為h的過程中只有重力對小車和小桶做功，由動能定律得：3mg·h·sin 30°mgh(3mm)v2解得：v，故B正確；小車和小桶具有相等的最大速度，所以小車的最大動能為：Ekm·3mv2mgh，故D錯誤.預測4(2016·全國丙卷·24)如圖5所示，在豎直平面內有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接.AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經A點沿圓弧軌道運動.圖5(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點.答案(1)51(2)能，理由見解析解析(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkAmg·設小球在B點的動能為EkB，同理有EkBmg·由式得EkBEkA51(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿足FN0設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有FNmgm由式得mgmvC 全程應用機械能守恒定律得mg·mvC2解得vC，滿足式條件，即小球恰好可以沿軌道運動到C點.解題方略多個運動過程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獨立分析各個運動過程，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.例3(2016·全國乙卷·25)如圖6所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內.質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF4R.已知P與直軌道間的動摩擦因數，重力加速度大小為g.(取sin 37°，cos 37°)圖6(1)求P第一次運動到B點時速度的大?。?2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放.已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點.G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量.解析(1)由題意可知：lBC7R2R5R 設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglBCsin mglBCcos mv式中37°，聯(lián)立式并由題給條件得vB2 (2)設BEx，P到達E點時速度為零，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由BE過程，根據動能定理得mgxsin mgxcos Ep0mvE、F之間的距離l1為l14R2RxP到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0聯(lián)立式得xREpmgR(3)設改變后P的質量為m1，D點與G點的水平距離為x1、豎直距離為y1，由幾何關系(如圖所示)得37°.由幾何關系得：x1RRsin 3Ry1RRRcos R設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式得：y1gt2x1vDt聯(lián)立得vD設P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有m1vm1vm1g(RRcos )P由E點運動到C點的過程中，由動能定理得Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v聯(lián)立得m1m答案(1)2 (2)mgR(3)m預測5如圖7所示，質量M3 kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A與地面的動摩擦因數10.3，其上表面右側光滑段長度L12 m，左側粗糙段長度為L2，質量m2 kg、可視為質點的滑塊B靜止在滑板上的右端，滑塊與粗糙段的動摩擦因數20.15，取g10 m/s2，現用F18 N的水平恒力拉動A向右運動，當A、B分離時，B對地的速度vB1 m/s，求L2的值.圖7答案1 m解析在F的作用下，A做勻加速運動，B靜止不動，當A運動位移為L1時B進入粗糙段，設此時A的速度為vA，則：對A：由動能定理：FL11(Mm)gL1MvB進入粗糙段后，設A加速度為aA，B加速度為aB，對A：由牛頓第二定律： F1(Mm)g2mgMaA對B：由牛頓第二定律：2mgmaB由得vA2 m/s由得aA0即A以vA2 m/s的速度做勻速直線運動直至A、B分離，分離時B的速度為vB，設B在粗糙段滑行的時間為t，則：對A：xAvAt對B：vBaBtxBaBt2又：xAxBL2聯(lián)立解得：L21 m預測6如圖8所示，質量m0.1 kg的小球(可視為質點)，用長度l0.2 m的輕質細線懸于天花板的O點.足夠長的木板AB傾斜放置，頂端A位于O點正下方，與O點的高度差h0.4 m.木板與水平面間的夾角37°，整個裝置在同一豎直面內.現將小球移到與O點等高的P點(細線拉直)，由靜止釋放，小球運動到最低點Q時細線恰好被拉斷(取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8).求：圖8(1)細線所能承受的最大拉力F；(2)小球在木板上的落點到木板頂端A的距離s；(3)小球與木板接觸前瞬間的速度大小.答案(1)3 N(2)1 m(3)2 m/s解析(1)設細線拉斷時小球的速度大小為v0，由機械能守恒定律得：mvmgl解得：v0在Q點，由牛頓第二定律得 Fmgm解得 F3mg3 N(2)設小球在木板上的落點到木板頂端A的距離為s，由平拋運動的規(guī)律得：hls·sin gt2；scos v0t，聯(lián)立以上各式得：s1 m(3)設小物塊與木板接觸前瞬間的速度大小為v，由機械能守恒定律得：mv2mg(hs·sin )，聯(lián)立以上各式得：v2 m/s.專題強化練1.質量為m的物體，自高為h、傾角為的固定粗糙斜面頂端由靜止開始勻加速滑下，到達斜面底端時的速度為v.重力加速度為g.下列說法正確的是()A.物體下滑過程的加速度大小為B.物體下滑到底端時重力的功率為mgvC.物體下滑過程中重力做功為mv2D.物體下滑過程中摩擦力做功為mv2mgh答案D解析由v22a，得a，故A錯誤；物體下滑到底端時重力功率Pmgvsin ，故B錯誤；重力做功Wmgh，由于有摩擦力做功mghWmv2.故C錯誤，D正確.2.如圖1所示，在豎直面內固定一光滑的硬質桿ab，桿與水平面的夾角為，在桿的上端a處套一質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點，O、b兩點處在同一豎直線上.由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿從a運動到b，在圓環(huán)運動的整個過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài)，則下列說法正確的是()圖1A.圓環(huán)的機械能保持不變B.彈簧對圓環(huán)一直做負功C.彈簧的彈性勢能逐漸增大D.圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒答案D解析由幾何關系可知，當環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小.所以在環(huán)從a到C的過程中彈簧對環(huán)做正功，而從C到b的過程中彈簧對環(huán)做負功，所以環(huán)的機械能是變化的.故A、B錯誤；當環(huán)與O點的連線與桿垂直時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大.故C錯誤；在整個的過程中只有重力和彈簧的彈力做功，所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒.故D正確.3.(多選)如圖2所示，斜面與足夠長的水平橫桿均固定，斜面與豎直方向的夾角為，套筒P套在橫桿上，與繩子左端連接，繩子跨過不計大小的定滑輪，其右端與滑塊Q相連接，此段繩與斜面平行，Q放在斜面上，P與Q質量相等且為m，O為橫桿上一點且在滑輪的正下方，滑輪距橫桿h.手握住P且使P和Q均靜止，此時連接P的繩與豎直方向夾角為，然后無初速度釋放P.不計繩子的質量和伸長及一切摩擦，重力加速度為g.關于P描述正確的是()圖2A.釋放P前繩子拉力大小為mgcos B.釋放后P做勻加速運動C.P達O點時速率為D.P從釋放到第一次過O點，繩子拉力對P做功功率一直增大答案AC解析釋放P前，對Q分析，根據共點力平衡得，FTmgcos ，故A正確；釋放后對P分析，知P所受的合力在變化，則加速度在變化，做變加速直線運動，故B錯誤；當P到O點時，Q的速度為零，對P和Q系統(tǒng)研究，mg(h)cos mv2，解得v ，故C正確；P從釋放到第一次過O點，速度逐漸增大，拉力在水平方向的分力在減小，則拉力的功率不是一直增大，故D錯誤.4.(多選)一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為，以一定的速度勻速運動.某時刻在傳送帶適當的位置放上具有一定初速度的物塊(如圖3a所示)，以此時為t0時刻記錄了物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關系.如圖b所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，其中兩坐標大小v1>v2).已知傳送帶的速度保持不變.則下列判斷正確的是()圖3A.若物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，則>tan B.0t1內，傳送帶對物塊做正功C.0t2內，系統(tǒng)產生的熱量一定比物塊動能的減少量大D.0t2內，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的減少量答案AC解析在t1t2內，物塊向上運動，則有 mgcos >mgsin ，得>tan ，故A正確；由題意知，物塊先向下運動后向上運動，則知傳送帶的運動方向應向上.0t1內，物塊所受摩擦力沿斜面向上，則傳送帶對物塊做負功，故B錯誤；物塊的重力勢能減小，動能也減小都轉化為系統(tǒng)產生的內能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產生的熱量大小一定大于物塊動能的變化量大小.故C正確；0t2內，傳送帶對物塊做功等于物塊機械能的變化量，故D錯誤.5.(多選)如圖4所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高.它們由靜止釋放，最終在水平面上運動.下列說法正確的是()圖4A.下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小B.當B滑到圓軌道最低點時，軌道對B的支持力大小為3mgC.下滑過程中B的機械能增加D.整個過程中輕桿對A做的功為mgR答案AD解析因為初位置速度為零，則重力的功率為0，最低點速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小.故A正確；A、B小球組成的系統(tǒng)，在運動過程中，機械能守恒，設B到達軌道最低點時速度為v，根據機械能守恒定律得：(mm)v2mgR，解得：v，在最低點，根據牛頓第二定律得： FNmgm解得：FN2mg，故B錯誤；下滑過程中，B的重力勢能減小EpmgR，動能增加量Ekmv2mgR，所以機械能減小mgR，故C錯誤；整個過程中對A，根據動能定理得：Wmv2mgR，故D正確.6.如圖5所示，長1 m的輕桿BO一端通過光滑鉸鏈鉸在豎直墻上，另一端裝一輕小光滑滑輪，繞過滑輪的細線一端懸掛重為15 N的物體G，另一端A系于墻上，平衡時OA恰好水平，現將細線A端滑著豎直墻向上緩慢移動一小段距離，同時調整輕桿與墻面夾角，系統(tǒng)重新平衡后輕桿受到的壓力恰好也為15 N，則該過程中物體G增加的重力勢能約為()圖5A.1.3 J B.3.2 JC.4.4 J D.6.2 J答案A解析輕桿在O點處的作用力方向必沿桿，即桿會平分兩側繩子間的夾角.開始時，AO繩子水平，此時桿與豎直方向的夾角是45°；這時桿中的彈力大小等于滑輪兩側繩子拉力的合力.當將A點達到新的平衡，由于這時輕桿受到的壓力大小等于15 N(等于物體重力)，說明這時兩段繩子夾角為120° 那么桿與豎直方向的夾角是60°；設桿的長度是L.狀態(tài)1時，AO段繩子長度是L1Lsin 45°L，滑輪O點到B點的豎直方向距離是h1Lcos 45°L，狀態(tài)2，桿與豎直方向夾角是60°，這時桿與AO繩子夾角也是60°(AOB60°)，即三角形AOB是等邊三角形.所以，這時AO段繩子長度是L2L；滑輪到B點的豎直距離是h2Lcos 60°L，可見，后面狀態(tài)與原來狀態(tài)相比，物體的位置提高的豎直高度是h(h2h1)(L2L1)(LL)(LL)()L.重力勢能的增加量EpGhG×()L15 N×()×1 m1.3 J.7.(多選)如圖6所示為一滑草場.某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為.質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°0.6，cos 37°0.8).則()圖6A.動摩擦因數B.載人滑草車最大速度為 C.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g答案AB解析對滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，得mg·2hmgcos 45°·mgcos 37°·0，解得，選項A正確；對經過上段滑道過程，根據動能定理得，mghmgcos 45°·mv2，解得v ，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為ag，選項D錯誤.8.如圖7甲所示，用固定的電動機水平拉著質量m4 kg的小物塊和質量M2 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，可視為質點.在平板的右側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P6 W不變.從某時刻t0起，測得物塊的速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t6 s后可視為勻速運動，t10 s時物塊離開木板.重力加速度g10 m/s2，求：圖7(1)平板與地面間的動摩擦因數；(2)平板長度L.答案(1)0.2(2)2.416 m解析(1)在前2 s內，整體勻速，則有：F1Ff1，PF1v1，Ff1(Mm)g，代入數據，聯(lián)立三式解得0.2.(2)610 s內，小物塊勻速運動，則有：F2Ff2，PF2v2，210 s的過程，由動能定理得，PtFf2Lmvmv，聯(lián)立各式代入數據解得L2.416 m.9.傾斜雪道的長為25 m，頂端高為15 m，下端經過一小段圓弧過渡后與很長的水平雪道相接，如圖8所示.一滑雪運動員在傾斜雪道的頂端以水平速度v08 m/s飛出，在落到傾斜雪道上時，運動員靠改變姿勢進行緩沖使自己只保留沿斜面的分速度而不彈起.除緩沖過程外運動員可視為質點，過渡圓弧光滑，其長度可忽略.設滑雪板與雪道的動摩擦因數0.2，求運動員在水平雪道上滑行的距離(取g10 m/s2).圖8答案74.84 m解析如圖建立坐標系，斜面的方程為yxtan x運動員飛出后做平拋運動xv0tygt2聯(lián)立式，得飛行時間t1.2 s落點的x坐標x1v0t9.6 m落點離斜面頂端的距離s112 m落點距地面的高度h1(Ls1)sin 7.8 m接觸斜面前的x軸方向分速度vx8 m/sy軸方向分速度vygt12 m/s沿斜面方向的速度大小為vvxcos vysin 13.6 m/s設運動員在水平雪道上運動的距離為s2，由功能關系得mgh1mvmgcos (Ls1)mgs2解得s274.84 m.10.風洞飛行表演是一種高科技的驚險的娛樂項目.如圖9所示，在某次表演中，假設風洞內向上的總風量和風速保持不變.質量為m的表演者通過調整身姿，可改變所受的向上的風力大小，以獲得不同的運動效果.假設人體受風力大小與正對面積成正比，已知水平橫躺時受風力面積最大，且人體站立時受風力面積為水平橫躺時受風力面積的，風洞內人體可上下移動的空間總高度ACH.開始時，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時，受風力有效面積是最大值的一半，恰好使表演者在最高點A點處于靜止狀態(tài)；后來，表演者從A點開始，先以向下的最大加速度勻加速下落，經過某處B點后，再以向上的最大加速度勻減速下落，剛好能在最低點C處減速為零，試求：圖9(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大??；(2)AB兩點的高度差與BC兩點的高度差之比；(3)表演者從A點到C點減少的機械能.答案(1)gg(2)34(3)mgH解析(1)在A點受力平衡時，則mgk向上最大加速度為a1，kSmgma1得到a1g向下最大加速度為a2，mgkma2得到a2g(2)設B點的速度為vB2a1hABv2a2hBCv得到：或者由vt圖象法得到結論.(3)整個過程的動能變化量為Ek0整個過程的重力勢能減少量為EpmgH因此機械能的減少量為EmgH或者利用克服摩擦力做功可也得到此結論.11.(2016·全國甲卷·25)輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接.AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖10所示.物塊P與AB間的動摩擦因數0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g.圖10(1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍.答案(1)2l(2)mM<m解析(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能.由機械能守恒定律知，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep5mgl設P到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Epmvmg(5ll)聯(lián)立式，并代入題給數據得vB若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足mg0設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得mvmvmg·2l聯(lián)立式得vDvD滿足式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出.設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2lgt2P落回到AB上的位置與B點之間的距離為svDt聯(lián)立式得s2l(2)設P的質量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零.由式可知5mgl>Mg·4l要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有MvB2MglEpMvB2Mg·4l聯(lián)立式得mM<m.