2024届物理一轮复习讲义专题强化八 应用动能定理解决多过程问题含答案

2024届物理一轮复习讲义专题强化八应用动能定理解决多过程问题学习目标1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。2.会应用动能定理处理往复运动求路程等复杂问题。考点一动能定理在多过程问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分段应用动能定理求解。(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。例1如图1所示，一质量为m＝0.5kg的小滑块，在水平拉力F＝4N的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，滑行x＝1.75m后由B处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C距B点为L＝2m，小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。试求：图1(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x0；(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t。答案(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s解析(1)小滑块由C运动到A，由动能定理得mgLsin37°－μmgx＝0解得μ＝eq\f(24,35)。(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x0，小滑块由A运动到C，由动能定理得Fx－μmgx＋Fx0－mgLsin37°＝0解得x0＝1.25m。(3)小滑块由A运动到B，由动能定理得Fx－μmgx＝eq\f(1,2)mv2在斜面上，由牛顿第二定律得F－mgsin37°＝ma由运动学公式得x0＝vt＋eq\f(1,2)at2联立解得t＝0.5s。跟踪训练1.(2022·上海卷，19)如图2所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2。一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g。图2(1)若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；(2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。答案(1)E1－mgh1(2)eq\f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)解析(1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理，有mgh1＝E1－EkB解得EkB＝E1－mgh1。(2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应的拉力最大，设为Fmax，由动能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1解得Fmax＝eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fmin，根据动能定理有FminL－μmgL－mgh2＝0解得Fmin＝eq\f(μmgL＋mgh2,L)则恒力F必须满足的条件为eq\f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)。2.如图3所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度取g＝10m/s2。求小物块：图3(1)与桌面间的动摩擦因数μ；(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。答案(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m解析(1)小物块速度达到最大时，加速度为零，则F－μmg－F弹＝0，μ＝eq\f(F－F弹,mg)＝0.4。(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O→B，由动能定理得－FfxOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)Ff＝μmg＝4N解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s。(3)设弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0代入数值得xmax＝0.9m。考点二动能定理在往复运动问题中的应用1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。2.解题策略：求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。例2如图4所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为Ep＝0.025J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2。求：图4(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力大小；(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。答案(1)500N/m(2)0.5N(3)11.05m(4)第一次下落至A点下方0.009m处速度最大解析(1)由篮球最后静止的位置可知kx2＝mg所以k＝500N/m。(2)在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中，由动能定理可知mgΔh－fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135J空气阻力恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273m解得f≈0.5N。(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，根据动能定理有WG＋Wf＋W弹＝eq\f(1,2)mv2′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)整个过程动能变化为0，重力做功WG＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55J弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025J则空气阻力做功Wf＝－fs＝－5.525J解得s＝11.05m。(4)篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝f＋kx3，得x3＝0.009m，即篮球第一次下落至A点下方0.009m处速度最大。跟踪训练3.(2023·福建福州模拟)如图5所示，质量为m的小滑块从A点由静止开始沿倾角为θ的固定斜面下滑，在B处撞到一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的另一端固定在斜面底端C处，A、B之间距离为L。已知小滑块与斜面AB段间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，BC段光滑，小滑块在压缩弹簧过程弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。求：图5(1)小滑块速度最大时，离B点的距离；(2)小滑块第一次运动到B点的时间；(3)小滑块第n次在B点与弹簧脱离后的动能。答案(1)eq\f(mgsinθ,k)(2)eq\r(\f(2L,gsinθ－μgcosθ))(3)eq\f(（sinθ－μcosθ）n,（sinθ＋μcosθ）n－1)mgL解析(1)滑块沿斜面匀加速下滑，撞上弹簧后做加速度减小的加速运动，当a＝0时滑块速度最大，设此时弹簧的压缩量为x，则mgsinθ＝kx解得x＝eq\f(mgsinθ,k)滑块离B点的距离为eq\f(mgsinθ,k)时速度最大。(2)设滑块受斜面的支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma竖直方向FN－mgcosθ＝0滑动摩擦力公式Ff＝μFN运动学公式L＝eq\f(1,2)at2联立解得t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μgcosθ))。(3)由于BC段光滑，小滑块到达B点和脱离B点时的动能相等。设滑块第一次脱离B时的动能为Ek1，由动能定理得mgLsinθ－μmgLcosθ＝Ek1－0设滑块第一次离开B点后沿斜面上升x1，由动能定理得－mgx1sinθ－μmgx1cosθ＝0－Ek1联立解得x1＝eq\f(sinθ－μcosθ,sinθ＋μcosθ)L设滑块第二次脱离B时的动能为Ek2，由动能定理得mgx1sinθ－μmgx1cosθ＝Ek2－0联立解得Ek2＝eq\f(（sinθ－μcosθ）2,sinθ＋μcosθ)mgL设小滑块第二次脱离B点后，沿斜面向上运动距离为x2，由动能定理得－mgx2sinθ－μmgx2cosθ＝0－Ek2联立解得x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ－μcosθ,sinθ＋μcosθ)))eq\s\up12(2)L依此类推，滑块第n次在B点与弹簧脱离时，动能为Ekn＝eq\f(（sinθ－μcosθ）n,（sinθ＋μcosθ）n－1)mgL。1.如图1所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速度下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：图1(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。答案(1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)解析(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通过分析可知，滑块最终运动至C点的速度为0时对应在斜面上通过的总路程最大，由动能定理得mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0解得s＝eq\f(R,μ)。2.如图2所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8m，水平距离s＝1.2m，水平轨道AB长为L1＝2.75m，BC长为L2＝3.5m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。图2(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；(2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围。答案(1)4m/s(2)4m/s≤vA≤5m/s或vA≥eq\r(34)m/s解析(1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得－μmgL1－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)解得小球在A点的初速度vA1＝4m/s。(2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)解得小球在A点的初速度vA2＝5m/s因此若小球停在BC段，则满足4m/s≤vA≤5m/s若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vt从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A3)解得小球在A点的初速度vA3＝eq\r(34)m/s因此若小球能越过壕沟，则满足vA≥eq\r(34)m/s。3.学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图3所示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.2kg的小滑块从水平地面P点以速度v0＝2eq\r(3)m/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰。已知直线轨道EF长为L＝0.5m，小滑块与轨道EF的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。求：图3(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力；(2)小滑块最终停止的位置离F点的距离；(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足什么条件。答案(1)2N，方向竖直向上(2)0.3m(3)eq\r(10)m/s<v0≤4m/s解析(1)滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得－mg·4r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C点对滑块根据牛顿第二定律可得FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),2r)联立解得FN＝2N根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为2N，方向竖直向上。(2)从P点到EF轨道停止过程中，根据动能定理可得－mg·2r－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s＝0.8m＝(L＋0.3)m所以滑块最终停在离F点0.3m处。(3)滑块刚好经过最高点C，根据牛顿第二定律可知mg＝eq\f(mv2,2r)滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得－mg·4r＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)联立解得v1＝eq\r(10)m/s当滑块第一次从挡板弹回时，到达小圆的圆心等高处时速度为零，滑块从P到D的过程中，根据动能定理可得－mg·3r－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝4m/s所以滑块的初速度范围为eq\r(10)m/s<v0≤4m/s。4.(2023·福建漳州模拟)如图4所示，不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连，另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力F＝eq\f(3,4)mg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ＝37°处，立即撤去F，此时传感装置示数为eq\f(4,5)mg。已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图4(1)撤去F时小球的速度大小；(2)小球返回最低处时轻绳的拉力大小；(3)小球返回最低处时传感装置的示数。答案(1)eq\f(\r(2gl),2)(2)eq\f(19,10)mg(3)eq\f(1,5)mg解析(1)对小球，由动能定理得Flsinθ－mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)可得v1＝eq\f(\r(2gl),2)。(2)从撤去力F到运动至最低位置的过程中，由动能定理得mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)在最低位置时，设细绳的拉力大小为T1，对小球，由牛顿第二定律得T1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),l)解得T1＝eq\f(19,10)mg。(3)撤去F时传感装置的示数为FN1＝eq\f(4,5)mg设此时细绳的拉力大小为T2，物块质量为M，对物块由平衡条件FN1＋T2＝Mg对小球T2－mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,1),l)小球再次运动至最低处时，物块所受支持力为FN2，则FN2＋T1＝Mg由牛顿第三定律可知传感器示数FN2′＝FN2解得FN2′＝eq\f(1,5)mg。专题强化九动力学和能量观点的综合应用(一)——多运动组合问题学习目标掌握运用动力学和能量观点分析复杂运动的方法，进而利用动力学和能量观点解决多运动组合的综合问题。1.分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。2.方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景。(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。例1(2022·浙江1月选考，20)如图1所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq\f(7,8)。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，图1(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。答案(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)(0.85m≤lx≤3m)(3)见解析解析(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)代入数据解得FN＝7N。(2)要使得滑块到达F点，则必过细圆管轨道DEF的最高点，即有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥0即lx≥0.85m滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)(0.85m≤lx≤3m)。(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0lFG＝eq\f(4R,tan37°)解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m将0.85m≤lx≤3m代入上式可得eq\f(27,28)≤n≤eq\f(39,7)由运动过程可知，n只能取1、3、5①当n＝1时，lx＝eq\f(13,15)m②当n＝3时，lx＝eq\f(9,5)m③当n＝5时，lx＝eq\f(41,15)m。例2(2023·福建宁德高三期中)如图2所示，在离水平地面CD高h1＝40cm的光滑水平平台上，质量m＝1.2kg的物块(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点距地面CD的高度h2＝20cm，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与长为L＝1m的粗糙水平直轨道CD平滑连接。物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：图2(1)物块从A到B的时间t；(2)物块被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep；(3)若物块与墙壁发生碰撞且最终停在CD轨道间，物块与轨道CD间的动摩擦因数μ。答案(1)0.2s(2)0.8J(3)eq\f(2,15)≤μ≤eq\f(7,15)解析(1)由平抛运动规律可得h1－h2＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.2s。(2)如图所示因为圆弧半径为R＝h1＝40cm故由几何关系可得sinθ＝eq\f(h1－h2,h1)＝eq\f(1,2)则θ＝30°设物块平抛的水平初速度为v0，在B点进行运动的合成与分解则有tan30°＝eq\f(v0,gt)解得v0＝eq\f(2,3)eq\r(3)m/s由能量守恒定律可得弹簧储存的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Ep＝0.8J。(3)若物体从B到D的过程，恰好停在D点，则有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\f(4,3)eq\r(3)m/s由动能定理可得mgh2－μ1mgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得μ1＝eq\f(7,15)若物体恰好回到B点时速度为零由动能定理可得－μ2mg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得μ2＝eq\f(2,15)综上所述eq\f(2,15)≤μ≤eq\f(7,15)。跟踪训练1.冬奥会自由式滑雪大跳台的滑道简图如图3所示，abcde为同一竖直平面内的滑雪比赛滑道，运动员从a点自静止出发，沿滑道abcd滑至d点飞出，然后做出空翻、抓板等动作，在de段的水平区域上落地并滑到安全区域。其中ab段和cd段的倾角均为θ＝37°，ab段长L1＝110m，水平段bc长L2＝30m，cd坡高h＝9m，ce段足够长。设滑板与滑道之间的动摩擦因数为μ＝0.4，不考虑转弯b和c处的能量损失，运动员连同滑板整体可视为质点，其总质量m＝60kg。忽略空气阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图3(1)从a到d运动员克服摩擦力所做的功；(2)运动员从d点飞出时的速度大小；(3)运动员从d点飞出至落地所需要的时间(保留2位有效数字)。答案(1)31200J(2)10m/s(3)2.1s解析(1)从a到d运动员克服摩擦力所做的功Wf＝μmgcos37°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L1＋\f(h,sin37°)))＋μmgL2代入数值解得Wf＝31200J。(2)由动能定理得mg(L1sin37°－h)－Wf＝eq\f(1,2)mv2代入数值，解得运动员从d点飞出时的速度大小v＝10m/s。(3)方法1：设运动员从d点飞出至最高点历时t1，有vsin37°＝gt1解得t1＝0.6s设运动员从最高点到落地历时t2，有h＋eq\f(（vsin37°）2,2g)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得t2＝1.47s运动员从d点飞出至落地所需要的时间t＝t1＋t2＝2.1s方法2：设运动员从d点飞出至落地历时t，则－h＝vsin37°t－eq\f(1,2)gt2代入数值解得t＝2.1s。2.如图4所示，一小物块(视为质点)从H＝10m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝2m的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB圆弧滑下，由B点(无机械能损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m＝2kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L＝15m，g＝10m/s2，求：图4(1)物块从A滑到B时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C时对轨道的压力；(3)若弹簧最短时压缩量为10m，求此时弹簧弹性势能。答案(1)10eq\r(2)m/s(2)100N方向竖直向上(3)100J解析(1)物块从A滑到B的过程由动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝10eq\r(2)m/s。(2)物块从A滑到C的过程由动能定理得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C点由牛顿第二定律得mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)联立解得FN＝100N由牛顿第三定律知FN′＝FN＝100N，方向竖直向上。(3)从B点到弹簧压缩最短时的过程由功能关系得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝μmg(L＋x)＋Ep解得Ep＝100J。1.如图1所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°，半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)，试求：图1(1)若CD＝1m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x；(3)若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小。答案(1)156J(2)6.125m(3)49N解析(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12m/s，加速度大小a＝8m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mgsin37°·CD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据得W＝156J。(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16N物块在P点的速度满足mg＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)C到P的过程，由动能定理得－Fx－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝6.125m。(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgxsin37°－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mvP′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)物块在P点时满足FN＋mg＝eq\f(mvP′2,R)联立以上两式得FN＝49N。2.如图2所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高。质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2。求：图2(1)物块经过C点时的速度vC；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。答案(1)6m/s(2)9J解析(1)设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，在B点根据速度的合成有vBsinθ＝v0从B到C，根据动能定理有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)综上解得vC＝6m/s。(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动。设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同运动速度v，则物块在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，有μmg＝ma1木板在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，有μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t二者速度相等之后由于地面光滑，将一起做匀速直线运动，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)联立解得Q＝9J。3.如图3所示，BC是高处的一个平台，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方一根劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口D端平齐。一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出，恰好从B点沿水平方向进入高处平台，A、B间的水平距离为xAB＝1.2m，小球质量m＝1kg。已知平台离地面的高度为h＝0.8m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C端时，它对上管壁有10N的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep＝0.5J。若不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：图3(1)小球通过C点时的速度大小vC；(2)平台BC的长度L；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。答案(1)2m/s(2)1.25m(3)4.5J解析(1)小球通过C点时，它对上管壁有F＝10N的作