（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題5 功能關系的理解和應用學案

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1、 專題5 功能關系的理解和應用 考題一　功和功率的計算 1.功的計算 力的特點 計算方法 恒力的功 單個恒力 W＝Flcos α 合力為恒力 1.先求合力，再求W＝F合l 2.W＝W1＋W2＋… 變力的功 大小恒定，且方向始終沿軌跡切線方向 力的大小跟路程的乘積 力與位移成線性變化 W＝lcos θ 已知F－l圖象 功的大小等于“面積” 一般變力 動能定理 2.功率的計算 (1)P＝，適用于計算平均功率； (2)P＝Fvcos θ，若v為瞬時速度，P為瞬時功率，若v為平均速度，P為平均功率. 例1　(2016·全國

2、甲卷·21)如圖1，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(xiàn)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1 A.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

3、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，WF＋WG＝ΔEk，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WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確. 答案　BCD 變式訓練 1.(2016·天津理綜·8)我國高鐵技術處于世界領先水平.和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車，如圖2所示.假設動車組各車廂質量均相等

4、，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比.某列車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組(　　) 圖2 A.啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B.做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2 C.進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比 D.與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2 答案　BD 解析　列車啟動時，乘客隨車廂加速運動，加速度方向與車的運動方向相同，故乘客受到車廂的作用力方向與車運動方向相同，選項A錯誤；動車組運動的加速度a＝＝－kg，則對

5、6、7、8節(jié)車廂的整體有F56＝3ma＋3kmg＝F，對7、8節(jié)車廂的整體有F67＝2ma＋2kmg＝F，故5、6節(jié)車廂與6、7節(jié)車廂間的作用力之比為F56∶F67＝3∶2，選項B正確；關閉發(fā)動機后，根據(jù)動能定理得·8mv2＝8kmgx，解得x＝，可見滑行的距離與關閉發(fā)動機時速度的平方成正比，選項C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的最大速度為vm1＝；8節(jié)車廂有4節(jié)動車時最大速度為vm2＝，則＝，選項D正確. 2.(2016·江西師大附中、鷹潭一中4月聯(lián)考)如圖3是滑雪場的一條雪道.質量為70 kg的某滑雪運動員由A點沿圓弧軌道滑下，在B點以5 m/s的速度水平飛出，落到了傾斜軌道上的C點(圖中未

6、畫出).不計空氣阻力，θ＝30°，g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A.該滑雪運動員騰空的時間為1 s B.BC兩點間的落差為5 m C.落到C點時重力的瞬時功率為3 500 W D.若該滑雪運動員從更高處滑下，落到C點時速度與豎直方向的夾角不變 答案　AD 解析　運動員平拋的過程中，水平位移為x＝v0t；豎直位移為y＝gt2，落地時：tan θ＝聯(lián)立解得t＝1 s，y＝5 m，故A正確，B錯誤；落地時的速度：vy＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s；所以落到C點時重力的瞬時功率為：P＝mg·vy＝70×10×10 W＝7 000 W，故C錯誤；根據(jù)落地

7、時速度方向與水平方向之間的夾角的表達式：tan α＝＝＝＝2tan θ，可知到C點時速度與豎直方向的夾角與平拋運動的初速度無關，故D正確. 3.(2016·岳陽二模)如圖4，曲面EC是半徑為R＝0.4 m的圓弧，C端切線水平且與水平面CA相連，在CE上固定一光滑木板CD，CD與CA平滑連接，質量為m＝0.2 kg的小滑塊從水平面上A處以初速度v0＝4 m/s向左運動，恰好可以到達木板的D端，下滑后停在B處，AB＝3BC，重力加速度取10 m/s2，則由題中信息可求出(　　) 圖4 A.滑塊與水平面AC的動摩擦因數(shù)μ B.木板CD與水平面的夾角 C.滑塊在木板CD上下滑時重力的平均

8、功率 D.整個過程的摩擦熱 答案　BCD 解析　設AB＝3BC＝L，從A到B由動能定理可知：mv＝μmgL，因L未知，則不能求解滑塊與水平面AC的動摩擦因數(shù)μ，選項A錯誤；設木板CD長為l，從A到D根據(jù)動能定理：mv＝mglsin θ＋μmgL，解得mglsin θ＝mv，由幾何關系可知2Rsin θ＝l，聯(lián)立可求解l和θ，選項B正確；根據(jù)a＝gsin θ求解滑塊在斜面上的加速度a，根據(jù)l＝at2求解滑塊在斜面上運動的時間，然后由P＝求解重力的平均功率，選項C正確；根據(jù)Q＝mv求解整個過程的摩擦熱，選項D正確. 考題二　功能關系的應用 1.做功的過程就是能量的轉化過程.做了多少功

9、，就有多少能量發(fā)生了轉化.功是能量轉化的量度.常見的幾種功能關系： 2.在常見的功能關系中，動能定理應用尤為廣泛. (1)對于物體運動過程中不涉及加速度和時間，而涉及力和位移、速度的問題時，一般選擇動能定理，尤其是曲線運動、多過程的直線運動等. (2)如果物體只有重力和彈力做功而又不涉及物體運動過程中的加速度和時間，既可用機械能守恒定律，又可用動能定理求解. 例2　(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(xiàn)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

10、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5所示.物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝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5 (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. 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 Ep＝5mgl ① 設

11、P到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得 Ep＝mv＋μmg(5l－l) ② 聯(lián)立①②式，并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝ ③ 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 －mg≥0 ④ 設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l ⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝ ⑥ vD滿足④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 2l＝gt2 ⑦ P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s＝2l ⑨ (2)設P的質量為M，為使

12、P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零.由①②式可知 5mgl>μMg·4l ⑩ 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 MvB′2≤Mgl ? Ep＝MvB′2＋μMg·4l ? 聯(lián)立①⑩??式得 m≤M

13、動能增加了2 000 J C.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WG＝1 900 J，則重力勢能減少1 900 J ，故C正確，D錯誤；由動能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動能增加1 800 J，故A、B錯誤. 5.如圖6所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°，光滑斜面bc與水平面的夾角為30°，頂角b處安裝一定滑輪.質量分別為M、m(M＞m)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行.兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動.若不計滑輪的質量和

14、摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中(　　) 圖6 A.輕繩對滑輪作用力的方向是豎直向下 B.拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加 C.拉力對M做的功等于M機械能的增加 D.兩滑塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功 答案　BD 解析　因作用在滑輪上的左右兩邊繩子的拉力大小相等，但是與豎直方向的夾角不同，故由力的合成知識可知，輕繩對滑輪作用力的方向不是豎直向下，選項A錯誤；根據(jù)動能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M的動能增量，故拉力和重力對M做功之和大于M動能的增加，選項B正確；由功能關系可知，拉力和摩擦力對M做的功等于M機械能的增加，選項C錯誤；由功能關系可知，兩滑

15、塊組成系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功，選項D正確. 考題三　動力學和能量觀點的綜合應用 力學綜合問題，涉及動力學、功能關系，解決此類問題關鍵要做好“四選擇”. (1)當物體受到恒力作用發(fā)生運動狀態(tài)的改變而且又涉及時間時，一般選擇用動力學方法解題； (2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對位移時，應優(yōu)先選擇能量守恒定律； (3)當涉及細節(jié)并要求分析力時，一般選擇牛頓運動定律，對某一時刻的問題選擇牛頓第二定律求解： (4)復雜問題的分析一般需選擇能量的觀點、運動與力的觀點綜合解題. 例3　如圖7所示，光滑

16、管狀軌道ABC由直軌道AB和圓弧軌道BC組成，二者在B處相切并平滑連接，O為圓心，O、A在同一條水平線上，OC豎直，一直徑略小于圓管直徑的質量為m的小球，用細線穿過管道與質量為M的物塊連接，將小球由A點靜止釋放，當小球運動到B處時細線斷裂，小球繼續(xù)運動.已知弧形軌道的半徑為R＝ m，所對應的圓心角為53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2. 圖7 (1)若M＝5m，求小球在直軌道部分運動時的加速度大小. (2)若M＝5m，求小球從C點拋出后下落高度h＝ m時到C點的水平位移. (3)M、m滿足什么關系時，小球能夠運動到C點？ [思維規(guī)范流程]

17、步驟1：在直軌道部分，對小球、物塊列牛頓第二定律方程 對小球：F－mgsin 53°＝ma ① 對物塊：Mg－F＝Ma ② 得a＝7 m/s2 ③ 步驟2：在直角△OAB中，由幾何關系得xAB，由運動學方程，得vB B到C，列機械能守恒方程 過C后，平拋運動分方向列方程 xAB＝ ④ vB＝＝2 m/s ⑤ B→C： mv＝mv＋mgR(1－cos 53°) ⑥ 過C點后：x＝vCt ⑦ h＝gt2 ⑧ 得：x＝ m ⑨ 步驟3：A→B：列系統(tǒng)機械能守恒方程 線斷后，對球由BC列動能定理關系式 A→B對(M，m)系統(tǒng) (M＋m)v2＝MgxA

18、B－mgxABsin 53° ⑩ B→C，小球恰好能到達C點時，vC＝0 －mgR(1－cos 53°)＝0－mv2 ? 得：M≥m ? ①②⑥⑩??每式各2分，其余各式1分. 變式訓練 6.(2016·天津理綜·10)我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一.如圖8所示，質量m＝60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m，為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧.助滑道

19、末端B與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2. 圖8 (1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小； (2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大. 答案　(1)144 N　(2)12.5 m 解析　(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，則有v＝2ax ① 由牛頓第二定律有mg－Ff＝ma ② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144 N ③ (2)設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動

20、能定理得 mgh＋W＝mv－mv ④ 設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有 FN－mg＝m ⑤ 由題意和牛頓第三定律知FN＝6mg ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5 m. 7.過山車是游樂場中常見的設施.圖9是一種過山車運行軌道的簡易模型，它由豎直平面內粗糙斜面軌道和光滑圓形軌道組成.過山車與斜面軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，圓形軌道半徑為R，A點是圓形軌道與斜面軌道的切點.過山車(可視為質點)從傾角為θ的斜面軌道某一點由靜止開始釋放并順利通過圓形軌道.若整個過程中，人能承受過山車對他的作用力不超過其自身重力

21、的8倍.求過山車釋放點距A點的距離范圍. 圖9 答案　≤L≤ 解析　過山車恰能通過圓軌道的最高點 從釋放的最低點到A點，由動能定理 mgL1sin θ－μmgL1cos θ＝mv 設過山車經過最高點速度為v，從A點到圓軌道的最高點，由機械能守恒定律mv＝mgR(1＋cos θ)＋mv2 在圓軌道最高點，由牛頓第二定律mg＝m 解得：L1＝ 過山車在圓軌道最低點承受作用力最大 從釋放的最高點到A點，由動能定理 mgL2 sin θ－μmgL2 cos θ＝mvA′2 從A點到圓軌道的最低點，由機械能守恒定律 mvA′2＋mgR(1－cos θ)＝mv′2 在圓軌道

22、最低點，由牛頓第二定律FN－mg＝m　　FN＝8mg 解得：L2＝ 過山車釋放點距A點的距離范圍 ≤L≤ 專題規(guī)范練 1.(多選)(2016·全國甲卷·19)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量.兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關.若它們下落相同的距離，則(　　) A.甲球用的時間比乙球長 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案　BD 解析　小球的質量m＝ρ·πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙.空

23、氣阻力f＝kr，對小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故選項B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項D正確. 2.如圖1，不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一個小球a和b.a球質量為m，靜置于水平地面；b球質量為3m，用手托住，高度為h，此時輕繩剛好拉緊.現(xiàn)將b球釋放，則b球著地瞬間a球的速度大小為(　　) 圖1 A. B. C. D.2 答案　A 解析　在b球落地前，a、b球組成的系統(tǒng)機械能守恒，且a、b兩球速度大小相等

24、，設為v，根據(jù)機械能守恒定律有：3mgh＝mgh＋(3m＋m)v2，解得：v＝. 3.如圖2所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動.A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速度方向沿水平方向，大小為v0.斜面足夠大，A、B、C運動過程中不會相碰，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.A和C將同時滑到斜面底端 B.滑到斜面底端時，B的動能最大 C.滑到斜面底端時，C的重力勢能減少最多 D.滑到斜面底端時，B的機械能減少最多 答案　B 解析　A、C兩個滑塊所受的滑動摩擦力大小相等，A所受滑動摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑動摩擦力

25、的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到達斜面底端，故A錯誤；重力做功相同，摩擦力對A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，則滑到斜面底端時，B滑塊的動能最大，故B正確；三個滑塊下降的高度相同，重力勢能減少相同，故C錯誤；滑動摩擦力做功與路程有關，C運動的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機械能減少最多，故D錯誤. 4.(多選)如圖3所示，小物塊以初速度v0從O點沿斜向上運動，同時從O點斜向上拋出一個速度大小也為v0的小球，物塊和小球在斜面上的P點相遇.已知物塊和小球質量相等，空氣阻力忽略不計，則(　　) 圖3 A.斜面只能是粗糙的 B.小球運動到最高點時離

26、斜面最遠 C.在P點時，小球的動能大于物塊的動能 D.小球和物塊到達P點過程中克服重力做功的平均功率相等 答案　ACD 解析　把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，則沿斜面方向的速度小于物塊的速度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，則不可能在P點相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A正確；當小球的速度方向與斜面平行時，離斜面最遠，此時豎直方向速度不為零，不是運動到最高點，故B錯誤；物塊在斜面上還受摩擦力做功，物塊的機械能減小，所以在P點時，小球的動能應該大于物塊的動能，故C正確；小球和物塊初末位置相同，則高度差相等，而重力相等，則重力做功相等，時間又相同，所以小球和物塊

27、到達P點過程中克服重力做功的平均功率相等，故D正確. 5.蕩秋千是一種常見的休閑娛樂活動，也是我國民族運動會上的一個比賽項目.若秋千繩的長度約為2 m，蕩到最高點時，秋千繩與豎直方向成60°角，如圖4所示.人在從最高點到最低點的運動過程中，以下說法正確的是(　　) 圖4 A.最低點的速度大約為5 m/s B.在最低點時的加速度為零 C.合外力做的功等于增加的動能 D.重力做功的功率逐漸增加 答案　C 解析　秋千在下擺過程中，受到的繩子拉力不做功，機械能守恒，則得：mgL(1－cos 60°)＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝2 m/s，A錯誤；在最低點合力指向圓心，加速度不為

28、零，B錯誤；根據(jù)動能定理合外力做的功等于增加的動能，C正確；P＝mgv⊥，由于在豎直方向上的速度從最高點到最低點過程中先增大后減小，故重力做功的功率先增大后減小，D錯誤. 6.(多選)(2016·浙江理綜·18)如圖5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(shù)為μ.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5 A.動摩擦因數(shù)μ＝ B.載人滑草車最大速度為

29、C.載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D.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·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，選項A正確；對經過上段滑道過程，根據(jù)動能定理得，mgh－μmgcos 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為a＝＝－g，即加速度大小為g，選項D錯誤. 7.(多選)(2016·全國丙卷·20)如圖6，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容

30、器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則(　　) 圖6 A.a＝ B.a＝ C.N＝ D.N＝ 答案　AC 解析　質點P下滑過程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理可得mgR－W＝mv2，根據(jù)公式a＝，聯(lián)立可得a＝，A正確，B錯誤；在最低點重力和支持力的合力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝，C正確，D錯誤. 8.(多選)如圖7所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1 m處，滑塊與彈

31、簧不拴接.現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek－h(huán)圖象，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10 m/s2，由圖象可知(　　) 圖7 A.小滑塊的質量為0.2 kg B.彈簧最大彈性勢能為0.32 J C.輕彈簧原長為0.2 m D.小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.18 J 答案　AC 解析　從0.2 m上升到0.35 m的范圍內，ΔEk＝－ΔEp＝－mgΔh，圖線的斜率絕對值為：k＝＝＝－2 N＝－mg，所以：m＝0.2 kg，故A正確；根據(jù)能的轉化與守恒可知，當滑

32、塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故B錯誤；在Ek－h(huán)圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內所受作用力為恒力，所以h＝0.2 m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2 m，故C正確；由圖可知，當h＝0.18 m時的動能最大；在滑塊整個運動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉化和守恒可知，Epmin＝E－E

33、km＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D錯誤. 9.如圖8所示，長為L的輕桿一端連著質量為m的小球，另一端用活動鉸鏈固接于水平地面上的O點，初始時小球靜止于地面上，邊長為L、質量為M的正方體左側靜止于O點處.現(xiàn)在桿中點處施加一大小始終為(g為重力加速度)、方向始終垂直桿的拉力，經過一段時間后撤去F，小球恰好能到達最高點，忽略一切摩擦，試求： 圖8 (1)拉力所做的功； (2)拉力撤去時小球的速度大??； (3)若小球運動到最高點后由靜止開始向右傾斜，求桿與水平面夾角為θ時(正方體和小球還未脫落)，正方體的速度大小. 答案

34、(1)mgL　(2) (3) 解析　(1)根據(jù)動能定理可得：WF－mgL＝0 力F所做的功為WF＝mgL (2)設撤去F時，桿與水平面夾角為α，撤去F前，有：WF＝×α＝mgL，解得：α＝ 根據(jù)動能定理有：mgL－mgLsin α＝mv2 得撤去F時小球的速度為：v＝ (3)設桿與水平面夾角為θ時，桿的速度為v1，正方體的速度為v2，v2＝v1sin θ 系統(tǒng)機械能守恒有：mg(L－Lsin θ)＝mv＋Mv 解得：v2＝ . 10.如圖9所示，虛線圓的半徑為R，AC為光滑豎直桿，AB與BC構成直角的L形軌道，小球與AB、BC軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ，A、B、C三點正好是

35、圓上三點，而AC正好為該圓的直徑，AB與AC的夾角為α.如果套在AC桿上的小球自A點靜止釋放，分別沿ABC軌道和AC直軌道運動，忽略小球滑過B處時的能量損耗.求： 圖9 (1)小球在AB軌道上運動的加速度； (2)小球沿ABC軌道運動到達C點時的速率； (3)若AB、BC、AC軌道均光滑，如果沿ABC軌道運動到達C點的時間與沿AC直軌道運動到達C點的時間之比為5∶3，求α的正切值. 答案　(1)gcos α－μgsin α　(2)2　(3)2.4 解析　(1)從A到B，由牛頓第二定律得： mgcos α－μmgsin α＝ma 解得：a＝gcos α－μgsin α (2)小球沿ABC軌道運動，從A到C，由動能定理可得：mv＝mg·2R－2μmg·2Rcos αsin α 解得：vC＝2 (3)設小球沿AC直導軌做自由落體運動，運動時間為t，則有：2R＝gt2 解得：t＝2 軌道均光滑，小球由A到B機械能守恒，設B點的速度為vB，則有： mg·2R cos2α＝mv 解得：vB＝2 cos α 且依等時圓，tAB＝t，則B到C的時間為： tBC＝t－t＝t＝ 以后沿BC直導軌運動的加速度為： a′＝gsin α，且BC＝2Rsin α 故2Rsin α＝vBtBC＋a′t 代入數(shù)據(jù)得：tan α＝2.4. 17