增分突破二功能關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能量的變化關系功能量變化關系式合外力做的功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系(1)靜電力做功與路徑無關。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)電磁感應過程中產(chǎn)生的感應電流在磁場中必定受到安培力的作用,因此,要維持感應電流的存在,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。“外力”克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。考點一有關摩擦作用的功能關系問題典例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 m>10 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)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系問題需要關注的問題: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關系,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<mg 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二有關彈簧的功能關系問題典例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/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?；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?？键c三功能關系在電學中的應用典例3如圖所示,在空間有兩個磁感應強度大小均為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外,CC與DD的間距為L?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、邊長為L(L<H)、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-BI1Lt1-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用。分析時應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S,在導軌上半部分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,磁場的磁感應強度恒為B2=1 T。磁場的磁感應強度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前磁場的磁感應強度B1的變化率;(2)1 s之后,磁場的磁感應強度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。考慮b棒始終在磁場中,兩次感應電流大小一樣,所以t=1 s之后,磁場的磁感應強度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,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點為圓心的圓弧形擋板,并以O點為原點建立平面直角坐標系。現(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 m<x3.3 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 m<x3.3 m。(3)設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=R2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/s<v2=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=12mv32-12mv12,解得2=0.2。設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/s<v2=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=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 NF<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: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運動,對物塊在水平面上受力分析如圖:則F cos -N=maF sin +N=mg聯(lián)立解得F=mg+macos+sin=16 N在F的作用下,小物塊受水平地面的支持力恰好為零F sin =mg,解得F=50 N綜上可知,拉力F的范圍為16 NF50 N8.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)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)0.0526 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=4 m/sm1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=vt=0.5 m/s2滑塊m1的加速度就是由滑動摩擦力提供,故m1g=m1a可求出滑塊m1與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=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設滑塊m2的傳送時間為t,則有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=1m1g(vt1-x1)=10 J滑塊m2在傳送帶上減速的加速度大小a=vt=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=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,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=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距離。答案見解析解析(1)設小球剛到達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=12m1v12在B點繩對小球的拉力設為F,則F-m1g=m1v12r由得: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)設碰后小球的動能為Ek2則:Ek2=(m1gr+12m1v02)25%代入數(shù)據(jù)得:Ek2=7.5 J設小球恰好過最高點的速度為v,則有m1g=m1v2r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EE=12m1v2+m1g2r由得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)設碰撞之后小物塊速度為v2,由已知得:12m2v22=12m1v02+m1gr75%設小物塊運動至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 m