广西省南宁市2017届高三物理复习专题四功能关系的应用第1课时功能关系在力学中的应用讲义

专题四功能关系的应用专题定位本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·s相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程始、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．题型1 力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )图1A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案ABD以题说法 1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．(2013·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图2A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力所做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．题型2 动力学方法和动能定理的综合应用例2(15分)如图3所示，上表面光滑、长度为3 m、质量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匀速运动．现将一个质量为m＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：图3(1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．审题突破 木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何变化？解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f 由平衡条件得：F ＝F f①(1分)又F f ＝μMg ②(2分)联立①②并代入数据得： μ＝0.5③(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得： －μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 2④(5分)联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s⑤(1分)(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg . 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为s ，对木板由动能定理得：－3μmgs ＝0－12Mv 21⑥(4分)联立③⑤⑥并代入数据得s ＝169 m≈1.78 m⑦(1分)答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图4所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图4(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值； (3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg ·(2R －R )－μmg cos 37°·2Rsin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝mv 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmg cos 37°·2R sin 37°＝12mv 2C －12mv 2则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s 故v 0的最小值为2 3 m/s(3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx整理得：5t 2＋3t －0.8＝0 解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去) 题型3 动力学方法和机械能守恒定律的应用例3 (14分)如图5，质量为M ＝2 kg 的顶部有竖直壁的容器A ，置于倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为m ＝1 kg 的光滑小球B 与右壁接触．让A 、B 系统从斜面上端由静止开始下滑L 后刚好到达斜面底端，已知L ＝2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球到达斜面底端的速度大小；(2)下滑过程中，A 的水平顶面对B 的支持力大小； (3)下滑过程中，A 对B 所做的功．审题突破 A 、B 组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？A 的水平顶面对B 的支持力方向如何？解析 (1)根据机械能守恒定律： (M ＋m )gL sin θ＝12(M ＋m )v2(2分)解得：v ＝2gL sin θ＝2 5 m/s(2分)(用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的同样给4分)(2)小球与容器一起沿斜面自由下滑，加速度为a ＝g sin θ (1分)对B 进行受力分析，如图所示，竖直方向受mg 、F N 作用，斜向下加速运 动，根据牛顿第二定律mg －F N ＝ma sin θ(3分)代入a ＝g sin θ解得F N ＝mg (1－sin 2 θ)＝mg cos 2θ＝7.5 N (2分)(3)设A 对B 做的功为W m ，则根据动能定理mgL sin θ＋W m ＝12mv 2(2分)解得W m ＝12mv 2－mgL sin θ＝12m (2gL sin θ)2－mgL sin θ＝0(2分)答案 (1)2 5 m/s (2)7.5 N (3)0以题说法 若判断多个物体组成的系统机械能是否守恒，最简单有效的方法是看能量是否向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是光滑的，不会产生内能，也没有其他能量参与转移或转化，所以A 、B 组成的系统机械能守恒．如图6所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部分AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ，一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．图6(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B 间的水平距离；(3)若传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．答案 (1)1.4 N ，方向竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J解析 (1)从P 点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2在轨道末端由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R由以上两式得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下．(2)若传送带静止，从A 到B 的过程中，由动能定理得： －μmgL ＝12mv 2B －12mv 2解得：v B ＝1 m/s滑块从B 点开始做平抛运动滑块的落地点与B 点间的水平距离为：s ＝v B2Hg＝0.5 m(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A 到B 的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δs ＝L ＋v 0v －v Bμg＝2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q ＝μmg Δs ＝0.2 J.6． 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题审题示例(12分)如图7所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图7(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球到达半圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从C 到D 过程中摩擦力做的功W f . 审题模板答题模板(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示． 则有v 21＝2gh① 由几何关系得v 0＝v 1cot θ②联立①②式得v 0＝432gh ③(2)A 、B 间竖直高度H ＝R (1＋cos θ)④设小球到达B 点时的速度为v ，则从抛出点到B 过程中由机械能守恒定律得 12mv 20＋mg (H ＋h )＝12mv 2⑤ 在B 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R⑥联立③④⑤⑥式 解得F N ＝5.6mg⑦ 由牛顿第三定律知，小球在B 点对轨道的压力大小是5.6mg⑧(3)全过程应用动能定理：W f ＝0－12mv 20即W f ＝－12mv 20＝－169mgh⑨(评分标准：本题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分) 答案 (1)432gh (2)5.6mg (3)－169mgh点睛之笔 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．如图8所示，将一质量m ＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑，斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B 点后进入BC 部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h ＝3.2 m ，斜面高H ＝15 m ，竖直圆轨道半径R ＝5 m ．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2，试求：图8(1)小球水平抛出的初速度v 0及斜面顶端与平台边缘的水平距离s ； (2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间； (3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力． 答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N ，方向竖直向上解析 (1)小球做平抛运动落至A 点时，由平抛运动的速度分解图可 得：v 0＝v y cot α由平抛运动规律得：v 2y ＝2ghh ＝12gt 21 s ＝v 0t 1联立解得：v 0＝6 m/s ，s ＝4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t 1＝2hg＝0.8 s小球在A 点的速度沿斜面向下，速度大小v A ＝v 0cos α＝10 m/s从A 点到B 点由动能定理得mgH ＝12mv 2B －12mv 2A解得v B ＝20 m/s小球沿斜面下滑的加速度a ＝g sin α＝8 m/s 2由v B ＝v A ＋at 2，解得t 2＝1.25 s小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.05 s(3)水平轨道BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到D 点，由动能定理可得 －2mgR ＝12mv 2D －12mv 2B在D 点由牛顿第二定律可得：F N ＋mg ＝m v 2DR联立解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力F N ′＝3 N ，方向竖直向上(限时：45分钟)1． (2013·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 2－1R1B ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 1－1R2C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 答案 C解析 由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，所以卫星的动能为12mv 2＝GMm2r，则卫星在半经为r 的轨道上运行时机械能为E ＝12mv 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r .故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C. 2． (2013·江苏·9)如图1所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中( )图1A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC解析 如图，在A 点弹簧的弹力大于摩擦力，即F A >μmg ，在B 点弹 簧的弹力大于等于静摩擦力而小于滑动摩擦力，即F B ≤μmg ，因此O 点距离B 点较近，即x OB <x OA ，从O 点到A 点由动能定理得：W －μmgx OA －W 弹 ＝0，W 弹 ＝E p A ，则有 E p A ＝ W －μmgx OA <W －12μmga ，则A 项错误．整个过程由能量守恒得：W －μmg (a ＋x OA )＝E p B ，x OA >12a ，则E p B <W －32μmga ，B 项正确．从O 到A 再到O 过程： W －2μmgx OA ＝E k O ，则E k O <W －2μmg ·12a ＝W －μmga ，C 项正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F ＝μmg ，而F B ≤μmg ，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于在B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，则D 项错误．3． 如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，沿斜面上升的最大高度为h ，则物体沿斜面上升的过程中( )图2A ．物体的重力势能增加了34mghB ．物体的重力势能增加了mghC ．物体的机械能损失了12mghD ．物体的动能减少了mgh 答案 BC解析 该过程物体克服重力做功为mgh ，则物体的重力势能增加了mgh ，选项A 错误，选项B 正确；由牛顿第二定律有F f ＋mg sin 30°＝ma ，解得F f ＝14mg ，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W f ＝－F f ·h sin 30°＝－12mgh ，选项C 正确；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为32mgh ，选项D 错误．4． 用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v －t 图象如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．前2 s 内货物处于超重状态B ．最后1 s 内货物只受重力作用C ．货物在10 s 内的平均速度是1.7 m/sD ．货物在2 s ～9 s 内机械能守恒 答案 C解析 由题图知，前2 s 内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项A 错误；最后1 s 内货物减速下降，加速度方向向上，货物一定受到向上的作用力，选项B 错误；v －t 图象中图线与时间轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小，货物在10 s 内发生的位移大小为s ＝12×(7＋10)×2 m＝17 m ，则10 s 内货物的平均速度是1.7 m/s ，选项C 正确；货物在2 s ～9 s 内匀速下降，重力势能减小，动能不变，机械能减小，选项D 错误．5． 质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图4所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是 ( )图4A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．6． 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图5甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E 与位移s 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大．则( )图5A ．在s 1处物体所受拉力最大B ．在s 2处物体的速度最大C ．在s 1～s 3过程中，物体的动能先增大后减小D ．在0～s 2过程中，物体的加速度先增大后减小 答案 AC解析 除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故E －s 图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在s 1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A 正确；在s 2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在s 2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B 错误；在s 1～s 3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C 正确；0～s 2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D 错误．7． 被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17号华裔球员林书豪在美国职业篮球(NBA)赛场上大放光彩．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲至跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是( )A ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为0B ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为12mv 2＋mghC ．离开地面后，他在上升过程和下落过程中都处于失重状态D ．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒 答案 AC解析 地面支持力对林书豪的位移为0，该力做功为0，选项A 正确，选项B 错误；离开地面后，他的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项C 正确；他下蹲过程中机械能不守恒，离开地面上升过程中机械能守恒，选项D 错误．8． 水上滑梯可简化成如图6所示的模型，光滑斜槽AB 和粗糙水平槽BC 平滑连接，斜槽AB 的竖直高度H ＝6.0 m ，倾角θ＝37°，水平槽BC 长d ＝2.5 m ，BC 面与水面的距离h ＝0.80 m ，人与BC 间的动摩擦因数为μ＝0.40.一游戏者从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图6(1)游戏者沿斜槽AB 下滑时加速度的大小； (2)游戏者滑到C 点时速度的大小；(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向上的位移的大小． 答案 (1)6.0 m/s 2(2)10.0 m/s (3)4.0 m解析 (1)设游戏者的质量为m ，游戏者沿斜槽AB 下滑时，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma则沿斜槽AB 下滑时加速度的大小a ＝g sin θ＝6.0 m/s 2(2)游戏者从A 点滑到C 点的过程中，根据动能定理得mgH －μmgd ＝12mv 2－0解得滑到C 点时速度的大小v ＝10.0 m/s(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则游戏者在水平方向的位移大小x ＝vt① 在竖直方向的位移大小h ＝12gt2②联立①②解得x ＝4.0 m9． 如图7所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图7(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离．答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v yv 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知mgR (1－cos θ2)＝12mv 2O －12mv 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2OR，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 3设P 、A 间的距离为s PA ，则s PA ＝v 212a 3＝v 212μ2g＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s 小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v C a 1＝0.5 s 小物块由最高点回到D 点历时t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故s CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得s CD ＝0.98 m10．如图8所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A 端，被传输到末端B 处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C 处，然后水平抛到货台上．已知半径为R ＝0.4 m 的圆形轨道与传送带在B 点相切，O 点为半圆的圆心，BO 、CO 分别为圆形轨道的半径，矿物m 可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速率为v 0＝8 m/s ，传送带A 、B 点间的长度s AB ＝45 m ．若矿物落到点D 处离最高点C 点的水平距离为s CD ＝2 m ，竖直距离为h CD ＝1.25 m ，矿物质量m ＝50 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图8(1)矿物到达B 点时的速度大小； (2)矿物到达C 点时对轨道的压力大小；(3)矿物由B 点到达C 点的过程中，克服阻力所做的功．。