高三物理復(fù)習(xí)能力提升 第5章 專題5 應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過程問題

專題五應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過程問題考綱解讀1.掌握多過程問題的分析方法.2.能夠根據(jù)不同運(yùn)動過程的特點(diǎn)合理選擇動力學(xué)觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)解決問題．考點(diǎn)一應(yīng)用動力學(xué)方法和動能定理解決多過程問題若一個物體參與了多個運(yùn)動過程，有的運(yùn)動過程只涉及分析力或求解力而不涉及能量問題，則常常用牛頓運(yùn)動定律求解；若該過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，并且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，則往往用動能定理求解．例1如圖1所示，已知小孩與雪橇的總質(zhì)量為m＝20kg，靜止于水平冰面上的A點(diǎn)，雪橇與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1.(g取10m/s2)(1)媽媽先用30N的水平恒力拉雪橇，經(jīng)8秒到達(dá)B點(diǎn)，求A、B兩點(diǎn)間的距離L. 圖1(2)若媽媽用大小為30N，與水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇，使雪橇從A處由靜止開始運(yùn)動并能到達(dá)(1)問中的B處，求拉力作用的最短距離．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)(3)在第(2)問拉力作用最短距離對應(yīng)的運(yùn)動過程中，小孩與雪撬的最大動能為多少？解析(1)對小孩進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：F－μmg＝maa＝0.5m/s2L＝eq\f(1,2)at2解得L＝16m(2)設(shè)媽媽的力作用了s距離后撤去，小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為0解法一由動能定理得Fcos37°·s－μ(mg－Fsin37°)·s－μmg(L－s)＝0解得s＝12.4m解法二Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1μmg＝ma2v2＝2a1v2＝2a2(L－s解得s＝12.4m(3)在媽媽撤去力時小孩和雪橇的動能最大，解法一由動能定理得Fcos37°·s－μ(mg－Fsin37°)·s＝Ek(寫成－μmg(L－s)＝0－Ek也可以)解得Ek＝72J解法二由動能公式得：Ek＝eq\f(1,2)mv2(v2在上一問中的運(yùn)動學(xué)公式中已經(jīng)有表示)，解得Ek＝72J答案(1)16m(2)12.4m(3)72J1.在應(yīng)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．2.應(yīng)用動能定理列式時要注意運(yùn)動過程的選取，可以全過程列式，也可以分段列式．突破訓(xùn)練1一寵物毛毛狗“樂樂”在玩耍時不慎從離地h1＝19.5m高層陽臺無初速度豎直掉下，當(dāng)時剛好是無風(fēng)天氣，設(shè)它的質(zhì)量m＝2kg，在“樂樂”開始掉下的同時，幾乎在同一時刻剛好被地面上的一位保安發(fā)現(xiàn)并奔跑到樓下，保安奔跑過程用時t0＝2.5s，恰好在距地面高度為h2＝1.5m處接住“樂樂”，“樂樂”緩沖到地面時速度恰好為零，設(shè)“樂樂”下落過程中空氣阻力為其重力的0.6倍，緩沖過程中空氣阻力為其重力的0.2倍，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)為了營救“樂樂”允許保安最長的反應(yīng)時間；(2)在緩沖過程中保安對“樂樂”做的功．答案(1)0.5s(2)－168J解析(1)對“樂樂”下落過程用牛頓第二定律mg－0.6mg＝ma1解得：a1＝4m/s2“樂樂”下落過程：h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)a1t2解得：t＝3s允許保安最長的反應(yīng)時間：t′＝t－t0＝(3－2.5)s＝0.5s(2)“樂樂”下落18m時的速度v1＝a1t＝12m/s緩沖過程，由動能定理得W＋mgh2－0.2mgh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)W＝－168J(整個過程應(yīng)用動能定理也可求解，公式為：mgh1－0.6mg(h1－h(huán)2)－0.2mgh2＋W＝0)考點(diǎn)二用動力學(xué)和機(jī)械能守恒定律解決多過程問題若一個物體參與了多個運(yùn)動過程，有的過程只涉及運(yùn)動和力的問題或只要求分析物體的動力學(xué)特點(diǎn)，則要用動力學(xué)方法求解；若某過程涉及到做功和能量轉(zhuǎn)化問題，則要考慮應(yīng)用動能定理或機(jī)械能守恒定律求解．例2如圖2所示，AB為傾角θ＝37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP為圓心角等于143°、半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，P、O兩點(diǎn)在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一端在斜面上C點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩 圖2慢壓縮到D點(diǎn)后(不拴接)釋放，物塊經(jīng)過C點(diǎn)后，從C點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中的位移與時間的關(guān)系為s＝12t－4t2(式中s單位是m，t單位是s)，假設(shè)物塊第一次經(jīng)過B點(diǎn)后恰能到達(dá)P點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.試求：(1)若eq\x\to(CD)＝1m，試求物塊從D點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，彈簧對物塊所做的功；(2)B、C兩點(diǎn)間的距離s；(3)若在P處安裝一個豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞時間極短且無機(jī)械能損失，小物塊與彈簧相互作用不損失機(jī)械能，試通過計(jì)算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運(yùn)動過程中是否會脫離軌道？解析(1)由s＝12t－4t2知，物塊在C點(diǎn)速度為v0＝12m/s設(shè)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，彈簧對物塊所做的功為W，由動能定理得：W－mgsin37°·eq\x\to(CD)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·eq\x\to(CD)＝156J(2)由s＝12t－4t2知，物塊從C運(yùn)動到B過程中的加速度大小為a＝8m/s2設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25物塊在P點(diǎn)的速度滿足mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)物塊從B運(yùn)動到P的過程中機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR(1＋cos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)物塊從C運(yùn)動到B的過程中有veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2as由以上各式解得s＝eq\f(49,8)m(3)若物塊到達(dá)與O點(diǎn)等高的位置Q點(diǎn)時速度為0，則物塊會脫離軌道做自由落體運(yùn)動．設(shè)物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后，能夠回到與O點(diǎn)等高的位置Q點(diǎn)，且設(shè)其速度為vQ，由動能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝mgR－2μmgscos37°解得veq\o\al(2,Q)＝－19<0可見物塊返回后不能到達(dá)Q點(diǎn)，故物塊在以后的運(yùn)動過程中不會脫離軌道．答案(1)156J(2)eq\f(49,8)m(3)不會脫離軌道突破訓(xùn)練2如圖3所示，水平傳送帶AB的右端與在豎直面內(nèi)用內(nèi)徑光滑的鋼管彎成的“9”形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很?。畟魉蛶У倪\(yùn)行速度v0＝4.0m/s，將質(zhì)量m＝0.1kg的可看做質(zhì)點(diǎn)的滑塊無初速度地放在傳送帶的A端．已知傳送帶長度L＝4.0m，“9”字全高H＝0.6m，“9”字 圖3上半部分圓弧半徑R＝0.1m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)滑塊從傳送帶A端運(yùn)動到B端所需要的時間；(2)滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時對軌道作用力的大小和方向．答案(1)2s(2)3N方向豎直向上解析(1)滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動時，由牛頓第二定律知μmg＝ma得a＝μg＝2m/s2加速到與傳送帶速度相同時所需要的時間t＝eq\f(v0,a)＝2s位移s＝eq\f(1,2)at2＝4m此時物塊恰好到達(dá)B端，即滑塊從A端運(yùn)動到B端所需的時間t＝2s(2)滑塊從B到C的過程中，由機(jī)械能守恒定律得mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C點(diǎn)，設(shè)軌道對滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)聯(lián)立解得FN＝3N由牛頓第三定律知滑塊對軌道的作用力FN′＝FN＝3N，方向豎直向上．28．應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題 解析(1)碰后，小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，運(yùn)動到最高點(diǎn)的速度為v0，此時僅由重力充當(dāng)向心力，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,0),L)，解得v0＝1m/s (2分)在滑塊從h處運(yùn)動到小球到達(dá)最高點(diǎn)的過程中，機(jī)械能守恒，則有mg(h－2L)－μmgeq\f(s,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝0.5m (2分)(2)若滑塊從h′＝5m處下滑到將要與小球碰撞時速度為v1，則有mgh′－μmgeq\f(s,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(2分)滑塊與小球碰后的瞬間，滑塊靜止，小球以v1的速度開始做圓周運(yùn)動，繩的拉力FT和小球重力的合力充當(dāng)向心力，則有FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),L)，解得FT＝48N (2分)(3)滑塊和小球第一次碰撞后，每在水平面上經(jīng)過路程s后就會再次碰撞，則eq\f(mgh′－μmg\f(s,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,0)－2mgL,μmgs)＋1≥n (3分)解得n＝10(次)． (1分)答案(1)0.5m(2)48N(3)10突破訓(xùn)練3釣魚島是我國固有領(lǐng)土，決不允許別國侵占，近期，為提高警惕保衛(wèi)祖國，我國海軍為此進(jìn)行了登陸演練．如圖5所示，假設(shè)一艘戰(zhàn)艦因噸位大吃水太深，只能停錨在離海岸登陸點(diǎn)s＝1km處．登陸隊(duì)員需要從較高的軍艦甲板上，利用繩索下滑到登陸快艇上再行登陸接近目標(biāo)，若繩索兩端固定好后，與豎直方向的夾角θ＝30°，為保證行動最快，隊(duì)員甲先無摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦勻減速滑至快艇，速度剛好為零，在隊(duì)員甲開始下滑時，隊(duì)員乙在甲板上同時開始向快艇以速度v0＝3eq\r(3)m/s平拋救生圈，第一個剛落到快艇，接著拋第二個，結(jié)果第二個救生圈剛好與甲隊(duì)員同時抵達(dá)快艇，若人的質(zhì)量為m，重力加速度g＝圖5(1)軍艦甲板到快艇的豎直高度H及隊(duì)員甲在繩索上運(yùn)動的時間t0；(2)若加速過程與減速過程中的加速度大小相等，則隊(duì)員甲在何處速度最大？最大速度是多大？(3)若快艇額定功率為5kW，載人后連同裝備總質(zhì)量為103kg，從靜止開始以最大功率向登陸點(diǎn)加速靠近，到達(dá)岸邊時剛好能達(dá)到最大速度10m/s，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇運(yùn)動的時間答案(1)16.2m3.6s(2)繩索中點(diǎn)處10.39m/s(3)1.1×102s解析(1)設(shè)救生圈做平拋運(yùn)動的時間為t，有H＝eq\f(1,2)gt2 ①Htanθ＝v0t ②設(shè)人下滑時間為t0，由題意知：t0＝2t ③聯(lián)立①②③得：H＝16.2m，t0＝3.6s(2)由幾何關(guān)系得：繩索長L＝H/cos30°＝18.7m.因加速過程與減速過程的加速度大小相等，所以，甲在繩索中點(diǎn)處速度最大，由eq\f(1,2)vmt×2＝L得vm＝eq\f(L,t)＝10.39m/s(3)加速過程有Pt′－Ffs＝eq\f(1,2)Mvm′2 ④加速到勻速時vm′＝eq\f(P,Ff) ⑤聯(lián)立④⑤解得t′＝1.1×102s高考題組1．(2012·重慶理綜·23)如圖6所示為一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，其可測量輪胎與地面間的動摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質(zhì)細(xì)桿．?dāng)[錘的質(zhì)量為m，細(xì)桿可繞軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，擺錘重心到O點(diǎn)距離為L.測量時，測量儀固定于水平地面，將擺錘從與 圖6O等高的位置處由靜止釋放．?dāng)[錘擺到最低點(diǎn)附近時，橡膠片緊壓地面擦過一小段距離s(s?L)，之后繼續(xù)擺至與豎直方向成θ角的最高位置．若擺錘對地面的壓力可視為大小為F的恒力，重力加速度為g，求：(1)擺錘在上述過程中損失的機(jī)械能；(2)在上述過程中摩擦力對擺錘所做的功；(3)橡膠片與地面之間的動摩擦因數(shù)．答案(1)mgLcosθ(2)－mgLcosθ(3)eq\f(mgLcosθ,Fs)解析(1)選從右側(cè)最高點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)的過程進(jìn)行研究．因?yàn)槌?、末狀態(tài)動能為零，所以全程損失的機(jī)械能ΔE等于減少的重力勢能，即：ΔE＝mgLcosθ(2)對全程應(yīng)用動能定理：WG＋Wf＝0 ①WG＝mgLcosθ ②由①②式得Wf＝－WG＝－mgLcosθ ③(3)由滑動摩擦力公式得f＝μF ④摩擦力做的功Wf＝－fs ⑤聯(lián)立③④⑤式得：μ＝eq\f(mgLcosθ,Fs)2．(2011·浙江理綜·24)節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車．有一質(zhì)量m＝1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1＝90km/h勻速行駛，發(fā)動機(jī)的輸出功率為P＝50kW.當(dāng)駕駛員看到前方有80km/h的限速標(biāo)志時，保持發(fā)動機(jī)功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動，運(yùn)動L＝72m后，速度變?yōu)関2＝72km/h.此過程中發(fā)動機(jī)功率的eq\f(1,5)用于轎車的牽引，eq\f(4,5)用于供給發(fā)電機(jī)工作，發(fā)動機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能．假設(shè)轎車在上述運(yùn)動過程中所受阻力保持不變．求：(1)轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大?。?2)轎車從90km/h減速到72km/h過程中，獲得的電能E電；(3)轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運(yùn)動的距離L′.答案(1)2×103N(2)6.3×104J(3)31.5m解析(1)轎車牽引力與輸出功率的關(guān)系P＝F牽v將P＝50kW，v1＝90km/h＝25m/s代入得F牽＝eq\f(P,v1)＝2×103N.當(dāng)轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有F阻＝2×103N.(2)在減速過程中，注意到發(fā)動機(jī)只有eq\f(1,5)P用于汽車的牽引．根據(jù)動能定理有eq\f(1,5)Pt－F阻L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)得Pt＝1.575×105J電源獲得的電能為E電＝50%×eq\f(4,5)Pt＝6.3×104J.(3)根據(jù)題設(shè)，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為F阻＝2×103N.在此過程中，由能量守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功，則E電＝F阻L′代入數(shù)據(jù)得L′＝31.5m.模擬題組3．如圖7所示，一個可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，質(zhì)量為m＝2kg，從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，到達(dá)底端時恰好進(jìn)入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由一電動機(jī)驅(qū)動著勻速向左轉(zhuǎn)動，速度大小為v＝3m/s.已知圓弧軌道半徑R＝0.8m，皮帶輪的半徑r＝0.2m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，兩皮帶輪之間的距離為L＝6m，重力加速度g＝10m/s2.求：圖7(1)皮帶輪轉(zhuǎn)動的角速度多大？(2)物塊滑到圓弧軌道底端時對軌道的作用力；(3)物塊將從傳送帶的哪一端離開傳送帶？物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為多大？答案(1)15rad/s(2)60N，方向豎直向下(3)右12J解析(1)由v＝ωr得ω＝eq\f(v,r)＝15rad/s(2)物塊滑到圓弧軌道底端時的速度為v0，在這個過程中，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gR)＝4m/s在圓弧軌道底端，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得物塊所受支持力F＝60N由牛頓第三定律知物塊對軌道的作用力大小為60N，方向豎直向下．(3)物塊滑上傳送帶后做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得μmg＝ma解得a＝1m/s2物塊勻減速運(yùn)動到速度為零時向右運(yùn)動的最大距離為s＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝8m>L＝6m可見，物塊將從傳送帶的右端離開傳送帶物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為W＝μmgL＝12J4．有一個豎直放置的固定圓形軌道，半徑為R，由左右兩部分組成．如圖8所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．現(xiàn)在最低點(diǎn)A給一質(zhì)量為m的小球一個水平向右的初速度v0，使小球沿軌道恰好能過最高點(diǎn)B，且又能沿BFA回到A點(diǎn)，回到A點(diǎn)時對軌道的壓力為4mg.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：圖8(1)小球的初速度v0大??；(2)小球沿BFA回到A點(diǎn)時的速度大小；(3)小球由B經(jīng)F回到A的過程中克服摩擦力所做的功．答案(1)eq\r(5gR)(2)eq\r(3gR)(3)mgR解析(1)對小球由AEB恰好通過B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，vB＝eq\r(gR)根據(jù)動能定理：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mg2R解得：v0＝eq\r(5gR)(2)由于小球回到A點(diǎn)時對軌道的壓力為4mg根據(jù)牛頓第二定律：4mg－mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，vA＝eq\r(3gR)(3)小球由B經(jīng)F回到A的過程中，根據(jù)動能定理：2mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：Wf＝mgR(限時：45分鐘)1．如圖1所示，遙控電動賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，經(jīng)過時間t后關(guān)閉電動機(jī)，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至B點(diǎn)后進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，通過軌道最高點(diǎn)P后又進(jìn)入水平軌道CD.已知賽車在水平軌道AB部分和CD部分運(yùn)動時 圖1受到阻力恒為車重的0.5倍，即k＝eq\f(Ff,mg)＝0.5，賽車的質(zhì)量m＝0.4kg，通電后賽車的電動機(jī)以額定功率P＝2W工作，軌道AB的長度L＝2m，圓形軌道的半徑R＝0.5m，空氣阻力可忽略，取g＝10m/s2.某次比賽，要求賽車在運(yùn)動過程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運(yùn)動的路程最短．在此條件下，求：(1)小車在CD軌道上運(yùn)動的最短路程；(2)賽車電動機(jī)工作的時間．答案(1)2.5m(2)4.5s解析(1)要求賽車在運(yùn)動過程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運(yùn)動的路程最短，則小車經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)P時速度最小，此時賽車對軌道的壓力為零，重力提供向心力：mg＝meq\f(v\o\al(2,P),R)C點(diǎn)的速度由機(jī)械能守恒定律可得：mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)由上述兩式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)可得：vC＝5m/s設(shè)小車在CD軌道上運(yùn)動的最短路程為s，由動能定理可得：－kmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)可得：s＝2.5m(2)由于豎直圓軌道光滑，由機(jī)械能守恒定律可知：vB＝vC＝5m/s從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動過程中，由動能定理可得：Pt－kmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)可得：t＝4.5s.2．如圖2所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時無機(jī)械能損失，為使A制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線M處的墻上，另一端恰位于坡道的底端O點(diǎn)．已知在OM段，物塊A與水平面間的動摩擦 圖2因數(shù)均為μ，其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)物塊滑到O點(diǎn)時的速度大??；(2)彈簧被壓縮至最短，最大壓縮量為d時的彈性勢能(設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零)；(3)若物塊A能夠被彈回到坡道上，則它能夠上升的最大高度是多少？答案(1)eq\r(2gh)(2)mgh－μmgd(3)h－2μd解析(1)由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh).(2)在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為W＝μmgd由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Ep＋μmgd以上各式聯(lián)立得Ep＝mgh－μmgd.(3)物塊A被彈回的過程中，克服摩擦力所做的功仍為W＝μmgd由能量守恒定律得Ep＝μmgd＋mgh′所以物塊A能夠上升的最大高度為h′＝h－2μd.3．如圖3所示，為一傳送裝置，其中AB段粗糙，AB段長為L＝0.2m，動摩擦因數(shù)μ＝0.6，BC、DEN段均可視為光滑，且BC的始、末端均水平，具有h＝0.1m的高度差，DEN是半徑為r＝0.4m的半圓形軌道，其直徑DN沿豎直方向，C位于DN豎直線上，CD間的距離恰能讓小球自由通過．在左端豎直墻上固定一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球質(zhì)量m＝0.2kg，壓縮輕質(zhì)彈簧至A點(diǎn)后由靜止釋放(小球和彈簧不粘連)，小球剛好能沿DEN軌道滑下．求：圖3(1)小球到達(dá)N點(diǎn)時的速度；(2)壓縮的彈簧所具有的彈性勢能．答案(1)2eq\解析(1)小球剛好能沿DEN軌道滑下，則在半圓最高點(diǎn)D點(diǎn)必有：mg＝meq\f(v\o\al(2,D),r)從D點(diǎn)到N點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＋0聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得：vD＝2m/s，vN＝2eq\r(5)m/s.(2)彈簧推開小球的過程中，彈簧對小球所做的功W等于彈簧所具有的彈性勢能Ep，根據(jù)動能定理得W－μmgL＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0代入數(shù)據(jù)得W＝0.44J即壓縮的彈簧所具有的彈性勢能為0.44J.4．如圖4所示，AB為一長為l并以速度v順時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶，BCD部分為一半徑為r、豎直放置的粗糙半圓形軌道，直徑BD恰好豎直，并與傳送帶相切于B點(diǎn)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊無初速地放在傳送帶的左端A點(diǎn)上，已知滑塊與傳送帶間的動摩擦 圖4因數(shù)為μ(l>eq\f(v2,2μg))．求：(1)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時對軌道的壓力大??；(2)滑塊恰好能到達(dá)D點(diǎn)，求滑塊在粗糙半圓形軌道中克服摩擦力所做的功；(3)滑塊從D點(diǎn)再次掉到傳送帶上的某點(diǎn)E，求AE的距離．答案(1)m(g＋eq\f(v2,r))(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(5,2)mgr(3)l－2r解析(1)設(shè)滑塊在摩擦力作用下從A到B一直被加速，且設(shè)剛好到達(dá)B點(diǎn)前的速度為v，則s＝eq\f(v2－0,2μg)<l故滑塊在傳送帶上是先加速后勻速，到達(dá)B點(diǎn)時與傳送帶速度相同為v由牛頓第二定律，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v2,r)得FN＝m(g＋eq\f(v2,r))由牛頓第三定律知其對軌道的壓力為m(g＋eq\f(v2,r))(2)滑塊恰好能到達(dá)D點(diǎn)，則