2022年高三物理復習 專題四 功能關系的應用 第1課時 功能關系在力學中的應用講義

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1、2022年高三物理復習 專題四 功能關系的應用 第1課時 功能關系在力學中的應用講義 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：①重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解；②與功、功率相關的分析與計算；③幾個重要的功能關系的應用；④動能定理的綜合應用；⑤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

2、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課時　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 ①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． ②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)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(shù)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

3、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． ③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WG＝－ΔEp. (2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈＝－ΔEp. (3)合力的功等于動能的變化，即W＝ΔEk. (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＝ΔE. (5)一對滑動摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內能的變化，即Q＝Ff·s 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

4、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 ①選取研究對象，明確它的運動過程． ②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(shù)和． ③明確物體在運動過程始、末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2. ④列出動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1，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 ①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(shù)和是否為零． ②用能量轉化來判斷，看是否有機械能轉化為其他形式的能．

5、 ③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 ①選取研究對象——物體系統(tǒng)． ②根據(jù)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． ③恰當?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在運動過程的始、末狀態(tài)時的機械能． ④根據(jù)機械能守恒定律列方程，進行求解． 題型1　力學中的幾個重要功能關系的應用 例1　如圖1所示，輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，右端接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連．開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后

6、由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．下列有關該過程的分析正確的是 (　　) 圖1 A．B物體的機械能一直減小 B．B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和 C．B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能的增加量 D．細線拉力對A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量 解析　把A、B和彈簧看做一個系統(tǒng)，該系統(tǒng)機械能守恒，在B下落直至B獲得最大速度的過程中，A的動能增大，彈簧彈性勢能增大，所以B物體的機械能一直減小，選項A正確；由動能定理知，B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和，選項B正確；B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能

7、的增加量與A物體動能的增加量之和，選項C錯誤；對A物體和彈簧組成的系統(tǒng)，由功能關系得，細線拉力對A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量，選項D正確． 答案　ABD 以題說法　1.本題要注意幾個功能關系：重力做的功等于重力勢能的變化量；彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化量；重力以外的其他力做的功等于機械能的變化量；合力做的功等于動能的變化量． 2．本題在應用動能定理時，應特別注意研究過程的選?。⑶乙宄總€過程各力做功的情況． 　(xx·山東·16)如圖2所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質量分別為M

8、、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摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中(　　) 圖2 A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．重力對M做的功等于M動能的增加 C．輕繩對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　CD 解析　兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對M做負功，M和m組成的系統(tǒng)機械能減小，減小的機械能等于M克服摩擦力所做的功，選項A錯誤，D正確．除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功，選項B錯誤．繩的拉力對滑塊m做正

9、功，滑塊m機械能增加，且增加的機械能等于拉力做的功，選項C正確． 題型2　動力學方法和動能定理的綜合應用 例2　(15分)如圖3所示，上表面光滑、長度為3 m、質量M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右勻速運動．現(xiàn)將一個質量為m＝3 kg的小鐵塊(可視為質點)無初速度地放在木板最右端，當木板運動了L＝1 m時，又將第二個同樣的小鐵塊無初速地放在木板最右端，以后木板每運動1 m就在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊．(g取10 m/s2)求： 圖3 (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)； (2)剛放第三個小鐵塊時木板的速度； (

10、3)從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程，木板運動的距離． 審題突破　木板在F＝50 N的水平拉力作用下，沿水平地面勻速運動，隱含什么條件？放上小鐵塊后木板的受力如何變化？ 解析　(1)木板做勻速直線運動時，受到地面的摩擦力設為Ff 由平衡條件得： F＝Ff ①(1分) 又Ff＝μMg ②(2分) 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得： μ＝0.5 ③(1分) (2)每放一個小鐵塊，木板所受的摩擦力增加μmg 設剛放第三個小鐵塊時木板的速度為v1，對木板從放第一個小鐵塊到剛放第三個小鐵塊的過程，由動能定理

11、得： －μmgL－2μmgL＝Mv－Mv ④(5分) 聯(lián)立③④并代入數(shù)據(jù)得： v1＝4 m/s ⑤(1分) (3)從放第三個小鐵塊開始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均為3μmg. 從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程，設木板運動的距離為s，對木板由動能定理得： －3μmgs＝0－Mv ⑥(4分) 聯(lián)立③⑤⑥并代入數(shù)據(jù)得s＝ m≈1.78 m ⑦(1分) 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)1.78 m 以題說法　1.在應用動能定理解題時首先要弄清物體的受力情況和做功情況．此題特

12、別要注意每放一個小鐵塊都會使滑動摩擦力增加μmg. 2．應用動能定理列式時要注意運動過程的選取，可以全過程列式，也可以分過程列式． 　如圖4所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高．質量m＝1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 圖4 (1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值； (3)若滑塊離開C點的速度大小為4 m

13、/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經歷的時間t. 答案　(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s 解析　(1)滑塊從A點到D點的過程中，根據(jù)動能定理有 mg·(2R－R)－μmgcos 37°·＝0－0 解得：μ＝tan 37°＝0.375 (2)若使滑塊能到達C點，根據(jù)牛頓第二定律有 mg＋FN＝ 由FN≥0得vC≥＝2 m/s 滑塊從A點到C點的過程中，根據(jù)動能定理有 －μmgcos 37°·＝mv－mv 則v0＝≥2 m/s 故v0的最小值為2 m/s (3)滑塊離開C點后做平拋運動，有 x＝vC′t，y＝gt2 由幾何知識得tan 37°＝

14、整理得：5t2＋3t－0.8＝0 解得t＝0.2 s(t＝－0.8 s舍去) 題型3　動力學方法和機械能守恒定律的應用 例3　 (14分)如圖5，質量為M＝2 kg的頂部有豎直壁的容器A，置于傾角為θ＝30°的固定光滑斜面上，底部與斜面嚙合，容器頂面恰好處于水平狀態(tài)，容器內有質量為m＝1 kg的光滑小球B與右壁接觸．讓A、B系統(tǒng)從斜面上端由靜止開始下滑L后剛好到達斜面底端，已知L＝2 m，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小球到達斜面底端的速度大?。? (2)下滑過程中，A的水平頂面對B的支持力大小； (3)下滑過程中，A對B所做的功． 審題突破　A、B組成的

15、系統(tǒng)內發(fā)生轉移或轉化的是什么能量？A的水平頂面對B的支持力方向如何？ 解析　(1)根據(jù)機械能守恒定律： (M＋m)gLsin θ＝(M＋m)v2 (2分) 解得：v＝＝2 m/s (2分) (用牛頓運動定律和運動學知識求出速度的同樣給4分) (2)小球與容器一起沿斜面自由下滑，加速度為a＝gsin θ (1分) 對B進行受力分析，如圖所示，豎直方向受mg、FN作用，斜向下加速運 動，根據(jù)牛頓第二定律 mg－FN＝masin θ (3分) 代入a＝gsin θ 解得FN＝mg(1－sin2 θ)＝mgco

16、s2 θ＝7.5 N (2分) (3)設A對B做的功為Wm，則根據(jù)動能定理 mgLsin θ＋Wm＝mv2 (2分) 解得Wm＝mv2－mgLsin θ ＝m()2－mgLsin θ＝0 (2分) 答案　(1)2 m/s　(2)7.5 N　(3)0 以題說法　若判斷多個物體組成的系統(tǒng)機械能是否守恒，最簡單有效的方法是看能量是否向機械能之外的其他能量轉化．比如，此題中各個接觸面都是光滑的，不會產生內能，也沒有其他能量參與轉移或轉化，所以A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒． 　如圖6所示，輪半徑r＝10 cm的傳送帶，水平部分AB的

17、長度L＝1.5 m，與一圓心在O點、半徑R＝1 m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點，AB高出水平地面H＝1.25 m，一質量m＝0.1 kg的小滑塊(可視為質點)，由圓軌道上的P點從靜止釋放，OP與豎直線的夾角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，不計空氣阻力． 圖6 (1)求滑塊對圓軌道末端的壓力； (2)若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點與B間的水平距離； (3)若傳送帶以v0＝0.5 m/s的速度沿逆時針方向運行(傳送帶上部分由B到A運動)，求滑塊在傳送帶上滑行過程中產生的內能． 答案　(

18、1)1.4 N，方向豎直向下　(2)0.5 m　(3)0.2 J 解析　(1)從P點到圓軌道末端的過程中，由機械能守恒定律得：mgR(1－cos 37°)＝mv2 在軌道末端由牛頓第二定律得： FN－mg＝ 由以上兩式得FN＝1.4 N 由牛頓第三定律得，滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4 N，方向豎直向下． (2)若傳送帶靜止，從A到B的過程中，由動能定理得： －μmgL＝mv－mv2 解得：vB＝1 m/s 滑塊從B點開始做平拋運動 滑塊的落地點與B點間的水平距離為：s＝vB ＝0.5 m (3)傳送帶向左運動和傳送帶靜止時，滑塊的受力情況沒有變化，滑塊從A到B的運動

19、情況沒有改變．所以滑塊和傳送帶間的相對位移為：Δs＝L＋v0＝2 m 滑塊在傳送帶上滑行過程中產生的內能為： Q＝μmgΔs＝0.2 J. 6． 綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題 審題示例 (12分)如圖7所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C點，半圓軌道的直徑AC與斜面垂直．質量為m的小球從A點左上方距A點高為h的斜面上方P點以某一速度v0水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內側，之后經半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D點．已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，取R＝h，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力

20、，求： 圖7 (1)小球被拋出時的速度v0； (2)小球到達半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力大?。? (3)小球從C到D過程中摩擦力做的功Wf. 審題模板 答題模板 (1)小球到達A點時，速度與水平方向的夾角為θ，如圖所示． 則有v＝2gh ① 由幾何關系得v0＝v1cot θ ② 聯(lián)立①②式得 v0＝ ③ (2)A、B間豎直高度H＝R(1＋cos θ) ④ 設小球到達B點時的速度為v，則從拋出點到B過程中由機械能守恒定律得 mv＋mg(H＋h)＝mv2

21、 ⑤ 在B點，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式 解得FN＝5.6mg ⑦ 由牛頓第三定律知，小球在B點對軌道的壓力大小是5.6mg ⑧ (3)全過程應用動能定理：Wf＝0－mv 即Wf＝－mv＝－mgh ⑨ (評分標準：本題共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分) 答案　(1)　(2)5.6mg　(3)－mgh 點睛之筆　多個運動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各個運動過程獨立分析，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

22、用能量的觀點解決問題會更簡單． 　如圖8所示，將一質量m＝0.1 kg的小球自水平平臺頂端O點水平拋出，小球恰好無碰撞地落到平臺右側一傾角為α＝53°的光滑斜面頂端A并沿斜面下滑，斜面底端B與光滑水平軌道平滑連接，小球以不變的速率過B點后進入BC部分，再進入豎直圓軌道內側運動．已知斜面頂端與平臺的高度差h＝3.2 m，斜面高H＝15 m，豎直圓軌道半徑R＝5 m．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，試求： 圖8 (1)小球水平拋出的初速度v0及斜面頂端與平臺邊緣的水平距離s； (2)小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面底端B點所用的時間； (3)若豎

23、直圓軌道光滑，小球運動到圓軌道最高點D時對軌道的壓力． 答案　(1)6 m/s　4.8 m　(2)2.05 s　(3)3 N，方向豎直向上 解析　(1)小球做平拋運動落至A點時，由平拋運動的速度分解圖可 得： v0＝vycot α 由平拋運動規(guī)律得：v＝2gh h＝gt s＝v0t1 聯(lián)立解得：v0＝6 m/s，s＝4.8 m (2)小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面頂端A點，需要時間 t1＝ ＝0.8 s 小球在A點的速度沿斜面向下，速度大小 vA＝＝10 m/s 從A點到B點 由動能定理得mgH＝mv－mv 解得vB＝20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度a＝g

24、sin α＝8 m/s2 由vB＝vA＋at2，解得t2＝1.25 s 小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面底端B點所用的時間 t＝t1＋t2＝2.05 s (3)水平軌道BC及豎直圓軌道均光滑，小球從B點到D點，由動能定理可得 －2mgR＝mv－mv 在D點由牛頓第二定律可得：FN＋mg＝m 聯(lián)立解得：FN＝3 N 由牛頓第三定律可得，小球在D點對軌道的壓力FN′＝3 N，方向豎直向上 (限時：45分鐘) 1． (xx·安徽·17)質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時，引力勢能可表示為Ep＝－，其中G為引力常量，M為地球質量，該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速

25、圓周運動，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2，此過程中因摩擦而產生的熱量為 (　　) A．GMm B．GMm C. D. 答案　C 解析　由萬有引力提供向心力知G＝m，所以衛(wèi)星的動能為mv2＝，則衛(wèi)星在半經為r的軌道上運行時機械能為E＝mv2＋Ep＝－＝－.故衛(wèi)星在軌道R1上運行時：E1＝－，在軌道R2上運行時：E2＝－，由能的轉化和守恒定律得產生的熱量為Q＝E1－E2＝，故正確選項為C. 2． (xx·江蘇·9)如圖1所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)

26、．物塊的質量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經O點到達B點時速度為零．重力加速度為g.則上述過程中 (　　) 圖1 A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W－μmga B．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga C．經O點時，物塊的動能小于W－μmga D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能 答案　BC 解析　如圖，在A點彈簧的彈力大于摩擦力，即FA>μmg ，在B點彈 簧的彈力大于等于靜摩擦力而小于滑動摩擦力，即FB≤

27、μmg，因此O 點距離B點較近，即xOBa，則EpB

28、2所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一初速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為g，沿斜面上升的最大高度為h，則物體沿斜面上升的過程中 (　　) 圖2 A．物體的重力勢能增加了mgh B．物體的重力勢能增加了mgh C．物體的機械能損失了mgh D．物體的動能減少了mgh 答案　BC 解析　該過程物體克服重力做功為mgh，則物體的重力勢能增加了mgh，選項A錯誤，選項B正確；由牛頓第二定律有Ff＋mgsin 30°＝ma，解得Ff＝mg，克服摩擦力做的功等于機械能的減少量，Wf＝－Ff·＝－mgh，選項C正確；根據(jù)動能定理知

29、，合外力做的功等于動能的變化量，故動能減少量為mgh，選項D錯誤． 4． 用電梯將貨物從六樓送到一樓的過程中，貨物的v－t圖象如圖3所示．下列說法正確的是 (　　) 圖3 A．前2 s內貨物處于超重狀態(tài) B．最后1 s內貨物只受重力作用 C．貨物在10 s內的平均速度是1.7 m/s D．貨物在2 s～9 s內機械能守恒 答案　C 解析　由題圖知，前2 s內貨物加速下降，加速度方向向下，貨物處于失重狀態(tài)，選項A錯誤；最后1 s內貨物減速下降，加速度方向向上，貨物一定受到向上的作用力，選項B錯誤；v－t圖象中圖線與時間軸所圍的面積在數(shù)值上等于貨物

30、發(fā)生的位移大小，貨物在10 s內發(fā)生的位移大小為s＝×(7＋10)×2 m＝17 m，則10 s內貨物的平均速度是1.7 m/s，選項C正確；貨物在2 s～9 s內勻速下降，重力勢能減小，動能不變，機械能減小，選項D錯誤． 5． 質量為m的汽車在平直的路面上啟動，啟動過程的速度—時間圖象如圖4所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點后為平行于橫軸的直線．已知從t1時刻開始汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff，以下說法正確的是 (　　) 圖4 A．0～t1時間內，汽車牽引力的數(shù)值為m B．t1～t2時間內，汽車的功率等于(m＋Ff)v2 C．t1～t2時間

31、內，汽車的平均速率小于 D．汽車運動的最大速率v2＝(＋1)v1 答案　D 解析　0～t1時間內汽車的加速度大小為，m為汽車所受的合外力大小，而不是牽引力大小，選項A錯誤；t1時刻汽車牽引力的功率為Fv1＝(m＋Ff)v1，之后汽車功率保持不變，選項B錯誤；t1～t2時間內，汽車的平均速率大于，選項C錯誤；牽引力等于阻力時速度最大，即t2時刻汽車速率達到最大值，則有(m＋Ff)v1＝Ffv2，解得v2＝(＋1)v1，選項D正確． 6． 一物體靜止在水平地面上，在豎直向上的拉力F的作用下開始向上運動，如圖5甲所示．在物體運動過程中，空氣阻力不計，其機械能E與位移s的關系圖象如圖乙所示，其

32、中曲線上點A處的切線的斜率最大．則 (　　) 圖5 A．在s1處物體所受拉力最大 B．在s2處物體的速度最大 C．在s1～s3過程中，物體的動能先增大后減小 D．在0～s2過程中，物體的加速度先增大后減小 答案　AC 解析　除重力以外的力做的功量度了機械能的變化，故E－s圖象的斜率表示物體所受拉力的大小，在s1處圖象的斜率最大，故物體所受拉力最大，A正確；在s2處圖象的斜率為零，故物體所受拉力為零，因此在s2處之前的某一位置拉力就已經等于重力，速度達到最大，B錯誤；在s1～s3的過程中，拉力先大于重力后小于重力最后為零，因此物體先加速再減速，物體的動能先增大后減

33、小，C正確；0～s2的過程中拉力先大于重力，并且先增大后減小，最后減小到0，根據(jù)牛頓第二定律得物體的加速度先增大后減小再反向增大，D錯誤． 7． 被譽為“豪小子”的紐約尼克斯隊17號華裔球員林書豪在美國職業(yè)籃球(NBA)賽場上大放光彩．現(xiàn)假設林書豪準備投二分球前先屈腿下蹲再豎直向上躍起，已知林書豪的質量為m，雙腳離開地面時的速度為v，從開始下蹲至躍起過程中重心上升的高度為h，則下列說法正確的是 (　　) A．從地面躍起過程中，地面支持力對他所做的功為0 B．從地面躍起過程中，地面支持力對他所做的功為mv2＋mgh C．離開地面后，他在上升過程和下落過程中都處于失

34、重狀態(tài) D．從下蹲到離開地面上升過程中，他的機械能守恒 答案　AC 解析　地面支持力對林書豪的位移為0，該力做功為0，選項A正確，選項B錯誤；離開地面后，他的加速度為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，選項C正確；他下蹲過程中機械能不守恒，離開地面上升過程中機械能守恒，選項D錯誤． 8． 水上滑梯可簡化成如圖6所示的模型，光滑斜槽AB和粗糙水平槽BC平滑連接，斜槽AB的豎直高度H＝6.0 m，傾角θ＝37°，水平槽BC長d＝2.5 m，BC面與水面的距離h＝0.80 m，人與BC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.40.一游戲者從滑梯頂端A點無初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g＝10 m/s2，co

35、s 37°＝0.8，sin 37°＝0.6) 圖6 (1)游戲者沿斜槽AB下滑時加速度的大??； (2)游戲者滑到C點時速度的大小； (3)在從C點滑出至落到水面的過程中，游戲者在水平方向上的位移的大?。? 答案　(1)6.0 m/s2　(2)10.0 m/s　(3)4.0 m 解析　(1)設游戲者的質量為m，游戲者沿斜槽AB下滑時，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ＝ma 則沿斜槽AB下滑時加速度的大小a＝gsin θ＝6.0 m/s2 (2)游戲者從A點滑到C點的過程中，根據(jù)動能定理得 mgH－μmgd＝mv2－0 解得滑到C點時速度的大小v＝10.0 m/s (3)在

36、從C點滑出至落到水面的過程中，游戲者做平拋運動，設此過程經歷的時間為t，則 游戲者在水平方向的位移大小x＝vt ① 在豎直方向的位移大小h＝gt2 ② 聯(lián)立①②解得x＝4.0 m 9． 如圖7所示，質量為m＝1 kg的小物塊輕輕地放在水平勻速運動的傳送帶上的P點，隨傳送帶運動到A點后水平拋出，小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入豎直光滑的圓弧軌道．B、C為圓弧軌道的兩端點，其連線水平，已知圓弧軌道的半徑R＝1.0 m，圓弧軌道對應的圓心角θ＝106°，軌道最低點為O，A點距水平面的高度h＝0.8 m，小物塊離開C點后恰能無碰撞地沿固定斜面向上

37、運動，0.8 s后經過D點，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8) 圖7 (1)求小物塊離開A點時的水平初速度v1的大??； (2)求小物塊經過O點時對軌道的壓力； (3)假設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.3，傳送帶的速度為5 m/s，求P、A間的距離； (4)求斜面上C、D間的距離． 答案　(1)3 m/s　(2)43 N，方向豎直向下　(3)1.5 m (4)0.98 m 解析　(1)對于小物塊，由A點到B點，有v＝2gh 在B點，有tan ＝ 所以v1＝3 m/s (2)對于小物塊，從

38、B點到O點，由動能定理知 mgR(1－cos )＝mv－mv 其中vB＝＝ m/s＝5 m/s 由牛頓第二定律知，在O點，有FN－mg＝m， 所以FN＝43 N 由牛頓第三定律知小物塊對軌道的壓力為FN′＝43 N，方向豎直向下 (3)對于小物塊在傳送帶上加速的過程有 μ2mg＝ma3 設P、A間的距離為sPA，則sPA＝＝＝1.5 m (4)小物塊沿斜面上滑時，由牛頓第二定律有 mgsin ＋μ1mgcos ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 小物塊沿斜面下滑時有 mgsin －μ1mgcos ＝ma2 解得a2＝6 m/s2 由機械能守恒定律可知vC＝vB＝5

39、 m/s 小物塊由C點上升到最高點歷時t1＝＝0.5 s 小物塊由最高點回到D點歷時 t2＝0.8 s－0.5 s＝0.3 s 故sCD＝t1－a2t 解得sCD＝0.98 m 10．如圖8所示是一皮帶傳輸裝載機械示意圖．井下挖掘工將礦物無初速度地放置于沿圖示方向運行的傳送帶A端，被傳輸?shù)侥┒薆處，再沿一段圓形軌道到達軌道的最高點C處，然后水平拋到貨臺上．已知半徑為R＝0.4 m的圓形軌道與傳送帶在B點相切，O點為半圓的圓心，BO、CO分別為圓形軌道的半徑，礦物m可視為質點，傳送帶與水平面間的夾角θ＝37°，礦物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶勻速運行的速率為v0＝8 m/

40、s，傳送帶A、B點間的長度sAB＝45 m．若礦物落到點D處離最高點C點的水平距離為sCD＝2 m，豎直距離為hCD＝1.25 m，礦物質量m＝50 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不計空氣阻力．求： 圖8 (1)礦物到達B點時的速度大小； (2)礦物到達C點時對軌道的壓力大小； (3)礦物由B點到達C點的過程中，克服阻力所做的功． 答案　(1)6 m/s　(2)1 500 N　(3)140 J 解析　(1)假設礦物在AB段始終處于加速狀態(tài)，由動能定理可得 (μmgcos θ－mgsin θ)sAB＝mv 代入數(shù)據(jù)得vB＝6 m/s 由于vB