2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 高頻考點(diǎn)強(qiáng)化（五）能量綜合問題練習(xí).doc

高頻考點(diǎn)強(qiáng)化(五)能量綜合問題(45分鐘100分)一、選擇題(本題共10小題,每小題7分,共70分。17題為單選題,810題為多選題)1.(2018張掖模擬)一質(zhì)量為m的人站在電梯中,電梯由靜止豎直向上做勻加速運(yùn)動時(shí),電梯的加速度為。人隨電梯上升高度H的過程中,下列說法錯(cuò)誤的是(重力加速度為g)()A.人的重力勢能增加mgHB.人的機(jī)械能增加mgHC.人的動能增加mgHD.人對電梯的壓力是他體重的倍【解析】選C。電梯上升高度H,則重力做負(fù)功,重力勢能增加mgH,故A正確;對人由牛頓第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg+ma=mg+mg=mg,支持力方向豎直向上,故做正功,支持力做的功等于人的機(jī)械能增量,故人的機(jī)械能增加mgH,而重力勢能增加mgH,所以動能增加mgH,故B正確,C錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第三定律可知,人對電梯底部的壓力為mg,即人對電梯的壓力是他體重的倍,D正確。2.(2015全國卷)如圖,一半徑為R,粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功。則()A.W=mgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B.W>mgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C.W=mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離D.W<mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離【解析】選C。在N點(diǎn)由牛頓第二定律得4mg-mg=m;從最高點(diǎn)到N點(diǎn),由動能定理得2mgR-W=m,聯(lián)立解得W=mgR。由于克服阻力做功,機(jī)械能減小,所以質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)到Q點(diǎn)克服阻力做的功要小于從P點(diǎn)到N點(diǎn)克服阻力做的功,即質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)到Q點(diǎn)克服阻力做的功W<W=mgR,質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)到Q點(diǎn)由動能定理得-mgR-W=m-m,解得m>0,所以質(zhì)點(diǎn)能夠到達(dá)Q點(diǎn),并且還能繼續(xù)上升一段距離,故選項(xiàng)C正確。3.(2018三明模擬)滑沙是人們喜愛的游樂活動,如圖是滑沙場地的一段斜面,其傾角為30,設(shè)參加活動的人和滑車總質(zhì)量為m,人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑,加速度為0.4g,人和滑車可視為質(zhì)點(diǎn),則從頂端向下滑到底端B的過程中,下列說法正確的是()A.人和滑車減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能B.人和滑車獲得的動能為0.6mghC.整個(gè)下滑過程中人和滑車減少的機(jī)械能為0.2mghD.人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh【解析】選C。加速度大小為0.4g,設(shè)受到的摩擦力是Ff,則沿斜面的方向mgsin30-Ff=ma,解得Ff=0.1mg,則人和滑車下滑的過程中受到摩擦力的作用,人和滑車減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能,故A錯(cuò)誤;人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功,獲得的動能為Ek=(mgsin30-Ff)=0.8mgh,故B錯(cuò)誤;整個(gè)下滑過程中人和滑車減少的機(jī)械能為E=mgh-Ek=mgh-0.8mgh=0.2mgh,故C正確;整個(gè)下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車減少的機(jī)械能,所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh,故D錯(cuò)誤。4.(2018唐山模擬)如圖所示,傾角為30的光滑斜面底端固定一輕彈簧,O點(diǎn)為原長位置。質(zhì)量為0.5 kg 的物塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放,物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中,最大動能為8 J?，F(xiàn)將物塊由A點(diǎn)上方0.4 m處的B點(diǎn)由靜止釋放,彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內(nèi),g取10 m/s2,則下列說法正確的是()A.物塊從O點(diǎn)開始做減速運(yùn)動B.從B點(diǎn)釋放物塊動能最大位置比從A點(diǎn)釋放要低C.從B點(diǎn)釋放物塊最大動能為9 JD.從B點(diǎn)釋放彈簧最大彈性勢能比從A點(diǎn)釋放增加了1 J【解析】選C。物塊從O點(diǎn)時(shí)開始壓縮彈簧,彈力逐漸增大,開始階段彈簧的彈力小于物塊的重力沿斜面向下的分力,物塊做加速運(yùn)動,后來,彈簧的彈力大于滑塊的重力沿斜面向下的分力,物塊做減速運(yùn)動,所以物塊先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動,彈簧的彈力等于物塊的重力沿斜面向下的分力時(shí)物塊的速度最大,故A錯(cuò)誤;物塊的動能最大時(shí)合力為零,彈簧的彈力等于物塊的重力沿斜面向下的分力,即mgsin30=kx,則知彈簧的壓縮量一定,與物塊釋放的位置無關(guān),所以兩次物塊動能最大位置相同,故B錯(cuò)誤;設(shè)物塊動能最大時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep,從A釋放到動能最大的過程,由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得Ek1+Ep=mgxAsin30,從B釋放到動能最大的過程,由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得Ek2+Ep=mgxBsin30,由以上兩式解得Ek2-Ek1=mg(xB-xA)sin30,由題得xB-xA=0.4 m,解得從B點(diǎn)釋放物塊最大動能為Ek2=Ek1+mg(xB-xA)sin30=8 J+0.5100.40.5 J=9 J,故C正確;根據(jù)物塊和彈簧的系統(tǒng)機(jī)械能守恒知,彈簧最大彈性勢能等于物塊減少的重力勢能,由于從B點(diǎn)釋放彈簧的壓縮量增大,所以從B點(diǎn)釋放彈簧最大彈性勢能比從A點(diǎn)釋放增加Ep>mg(xB-xA)sin30=0.5100.40.5 J=1 J,故D錯(cuò)誤。5.(2018呂梁模擬)如圖甲所示,某興趣小組將一帶有小孔、質(zhì)量為m的小球和輕質(zhì)彈簧穿在豎直固定的光滑細(xì)桿上,并在彈簧下端固定一力學(xué)傳感器,從小球由高h(yuǎn)處自由下落開始計(jì)時(shí),t1時(shí)刻小球開始接觸彈簧,傳感器顯示彈簧彈力與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.t1時(shí)刻小球的動能最大B.t2時(shí)刻小球的機(jī)械能最大C.t3t5時(shí)間內(nèi),小球的機(jī)械能一直在增大D.0t5時(shí)間內(nèi),小球的機(jī)械能守恒【解析】選C。t1時(shí)刻小球的重力大于彈簧的彈力,合力向下,速度增大,動能增大,所以t1時(shí)刻小球的動能不是最大,t2時(shí)刻小球的合力為零,加速度為零,速度最大,動能最大,故A錯(cuò)誤;t1時(shí)刻小球的機(jī)械能最大,t1t2時(shí)間內(nèi),彈簧的彈性勢能增大,小球的機(jī)械能減小,故B錯(cuò)誤;t3t5時(shí)間內(nèi),小球向上運(yùn)動,彈簧的彈力對小球做正功,小球的機(jī)械能一直在增大,故C正確;0t5時(shí)間內(nèi),彈簧的彈力對小球要做功,所以小球的機(jī)械能不守恒,故D錯(cuò)誤。6.(2018株洲模擬)一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛靜止在足夠深的油槽中(圖甲),某時(shí)刻剪斷細(xì)線,鋁球開始在油槽中下沉,通過傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示,已知重力加速度為g,下列說法正確的是()A.鋁球剛開始運(yùn)動的加速度a0=gB.鋁球下沉的速度將會一直增大C.鋁球下沉過程所受到油的阻力Ff=D.鋁球下沉過程機(jī)械能的減少等于克服油阻力所做功【解析】選C。鋁球剛開始釋放時(shí),鋁球所受的阻力為0,受到重力、浮力,由牛頓第二定律可得,加速度a0<g,故A錯(cuò)誤;由圖象可知,鋁球開始下沉后速度越來越大,加速度越來越小,當(dāng)加速度a=0時(shí),鋁球做勻速運(yùn)動,速度不再變化,故B錯(cuò)誤;開始釋放時(shí)mg-F浮=ma0,鋁球下沉過程中受重力、阻力、浮力,由牛頓第二定律得,mg-F浮-Ff=ma,解得a=-,由a-v圖象可知,a=a0-v,則有=v,解得阻力Ff=,故C正確;鋁球下沉過程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力、浮力所做的功,故D錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】一個(gè)質(zhì)量為1 kg的物塊從固定斜面上距擋板2 m高的位置無初速度滑下,撞到下面的擋板上時(shí),速度為6 m/s,物塊撞到擋板上后,反彈的速度為4 m/s,重力加速度g取10 m/s2,則下面說法正確的有()A.物塊在斜面上運(yùn)動的過程中機(jī)械能守恒B.物塊從斜面上滑下到與擋板相碰前的過程中機(jī)械能減少了1 JC.物塊與擋板相碰過程中損失的機(jī)械能為10 JD.物塊與擋板相碰后,能返回到離擋板0.8 m高處【解析】選C。物塊下滑過程重力勢能的減少量是Ep=mgh=1102 J=20 J,動能的增加量為Ek=mv2=162 J=18 J,由于Ek<Ep,所以物塊在斜面上運(yùn)動的過程中機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;物塊從斜面上滑下到與擋板相碰前的過程中機(jī)械能減少量為E=Ep-Ek=20 J-18 J=2 J,故B錯(cuò)誤;物塊與擋板相碰過程中損失的機(jī)械能為E損=mv2-mv2=18 J-142 J=10 J,故C正確;設(shè)斜面的傾角為,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為,根據(jù)動能定理得,下滑過程mgh-mgcos=mv2-0,上滑過程-mgh-mgcos=0-mv2,聯(lián)立解得物塊與擋板相碰后上滑的高度h0.73 m,故D錯(cuò)誤。7.水平傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終以速度v勻速運(yùn)動。某時(shí)刻在傳送帶上A點(diǎn)處輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m的小物體,經(jīng)時(shí)間t小物體的速度與傳送帶相同,相對傳送帶的位移大小為x,A點(diǎn)未到右端,在這段時(shí)間內(nèi)()A.小物體相對地面的位移大小為2xB.傳送帶上的A點(diǎn)對地的位移大小為xC.由于物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的內(nèi)能為mv2D.由于物體與傳送帶相互作用電動機(jī)要多做的功為mv2【解析】選D。在這段時(shí)間內(nèi),物體從靜止做勻加速直線運(yùn)動,其相對地面的位移為x1=vt,傳送帶(或傳送帶上的A點(diǎn))相對地面的位移為x2=vt,物體相對傳送帶的位移大小x=x2-x1=vt,顯然x1=x,x2=2x,故A、B錯(cuò)誤;物體與傳送帶間的滑動摩擦力做功,將系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能,摩擦生熱Q=Ffx,對物體運(yùn)用動能定理有Ffx1=mv2,又x1=x,所以Q=Ffx=mv2,故C錯(cuò)誤;在這段時(shí)間內(nèi),電動機(jī)要多做功以克服滑動摩擦力做功,W=Ffx2=2Ffx=mv2,故D正確。【加固訓(xùn)練】如圖所示,甲、乙兩種粗糙面不同但高度相同的傳送帶,傾斜于水平地面放置。以同樣恒定速率v向上運(yùn)動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上到達(dá)B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v;在乙傳送帶上到達(dá)離B豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率v。已知B處離地面高度為H,則在物體從A到B的運(yùn)動過程中()A.兩種傳送帶對小物體做功相等B.將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能相等C.兩種傳送帶與小物體之間的動摩擦因數(shù)甲的大D.將小物體傳送到B處,兩種系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等【解析】選A。傳送帶對小物體做功等于小物體機(jī)械能的增加量,兩種情況下物體動能的增加量相等,重力勢能的增加量也相同,即機(jī)械能的增加量相等,根據(jù)功能關(guān)系知,兩種傳送帶對小物體做功相等,故A正確;根據(jù)公式v2=2ax,可知物體加速度關(guān)系a甲<a乙,由牛頓第二定律得mgcos-mgsin=ma,解得甲<乙;由摩擦生熱Q=Ffx相對知,甲圖中x1=t1=,Q甲=Ff1x1=Ff1,Ff1-mgsin=ma1=m,乙圖中Q乙=Ff2x2=Ff2,Ff2-mgsin=ma2=m,解得Q甲=mgH+mv2,Q乙=mg(H-h)+mv2,Q甲>Q乙,根據(jù)能量守恒定律,電動機(jī)消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加機(jī)械能之和,因物體兩次從A到B增加的機(jī)械能相同,Q甲>Q乙,所以將小物體傳送到B處,兩種傳送帶消耗的電能甲更多,故B、C、D錯(cuò)誤。8.(2018寧德模擬)如圖所示,足夠長傳送帶與水平方向的傾角為,物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連,開始時(shí),a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用,現(xiàn)讓傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動,則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中 ()A.物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量B.物塊a機(jī)械能的減少量等于物塊b機(jī)械能的增加量C.摩擦力對物塊a做的功等于物塊a、b動能增加之和D.任意時(shí)刻,重力對a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等【解析】選A、C、D。開始時(shí),a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用,則有magsin=mbg,則masin=mb,b上升h,則a下降高度為hsin,則a重力勢能的減小量為maghsin=mbgh,即物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量,故A正確;由于摩擦力對a做正功,系統(tǒng)機(jī)械能增加,所以物塊a機(jī)械能的減少量小于物塊b機(jī)械能的增加量,故B錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒得知系統(tǒng)機(jī)械能增加,摩擦力對a做的功等于a、b機(jī)械能的增量,所以摩擦力做功大于a的機(jī)械能增加,因?yàn)橄到y(tǒng)重力勢能不變,所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增加之和,故C正確;任意時(shí)刻a、b的速率相等,對b克服重力的瞬時(shí)功率Pb=mgv,對a有Pa=magvsin=mgv,所以重力對a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等,故D正確。9.如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過B處的速度最大,到達(dá)C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。則圓環(huán)()A.下滑過程中,加速度一直減小B.下滑過程中,克服摩擦力做的功為mv2C.在C處,彈簧的彈性勢能為mv2-mghD.上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)受力分析,從牛頓運(yùn)動定律分析物體的運(yùn)動狀態(tài);(2)從功能角度分析物體能量的變化,其中要理清彈力做功等于彈性勢能的變化關(guān)系。【解析】選B、D。圓環(huán)受到重力、彈力、阻力、支持力,圓環(huán)的運(yùn)動是先做加速度減小的加速運(yùn)動,再做加速度增大的減速運(yùn)動,最后靜止,A項(xiàng)錯(cuò)誤;A到C過程,根據(jù)能量守恒定律有mgh-Wf=Ep(Wf為阻力做功,Ep為彈性勢能),C到A過程, mv2+Ep=mgh+Wf,聯(lián)立解得Wf=mv2,B項(xiàng)正確;在C處,彈簧的彈性勢能為mgh-mv2,C項(xiàng)錯(cuò)誤;A到B過程,mgh1-Wf1=m+Ep1,C到B過程,mv2+Ep2=m+mgh2+Wf2,比較得vB2>vB1,D項(xiàng)正確。10.(2018吉林模擬)如圖甲所示,傾角為的足夠長的傳送帶以初速度v0沿逆時(shí)針方向勻加速運(yùn)行,t=0時(shí),將質(zhì)量m=1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上,物體相對地面的v-t圖象如圖乙所示,設(shè)沿傳送帶向下為正方向,重力加速度g取10 m/s2。則()A.傳送帶的加速度可能大于2 m/s2B.傳送帶的傾角可能小于30C.物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)一定為0.5D.02.0 s內(nèi),摩擦力對物體做功Wf可能為 -24 J【解析】選B、D。物體在傳送帶上沿斜面向下運(yùn)動,當(dāng)物體速度小于傳送帶速度時(shí),摩擦力方向沿斜面向下,對物體由牛頓第二定律得mgsin+mgcos=ma1,解得a1=(sin+cos)g,在t=1 s后,加速度減小,當(dāng)物體速度大于傳送帶速度時(shí),摩擦力方向沿斜面向上,當(dāng)物體速度等于傳送帶速度時(shí),摩擦力為零,所以,在12 s,物體速度不小于傳送帶速度,故物體加速度不小于傳送帶加速度,所以傳送帶的加速度不大于2 m/s2,故A錯(cuò)誤;若12 s,摩擦力為零,那么物體加速度a2=gsin=2 m/s2,則sin=,<30,=>,若12 s,摩擦力不為零,那么物體加速度a2=(sin-cos)g,由圖可知a1=10 m/s2,a2=2 m/s2,所以有a1+a2=2gsin=12 m/s2,故sin=0.6,即=37,a1-a2=2gcos=8 m/s2,所以=0.5,故B正確,C錯(cuò)誤;若12 s,摩擦力不為零,物體所受摩擦力Ff=mgcos=4 N,在01 s內(nèi)摩擦力方向沿斜面向下,在12 s內(nèi)摩擦力方向沿斜面向上,物體在01 s的位移為x1=110 m=5 m,在12 s的位移為x2=(10+12)1 m=11 m,所以02 s內(nèi),摩擦力對物體做功Wf=4 N5 m-4 N11 m=-24 J,故D正確。二、計(jì)算題(本題共2小題,共30分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.(14分)如圖所示,P是傾角為30的光滑固定斜面,勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的固定擋板C上,另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連接,細(xì)繩的一端系在物塊A上,細(xì)繩跨過不計(jì)質(zhì)量和摩擦的定滑輪,另一端有一個(gè)不計(jì)質(zhì)量的小掛鉤,小掛鉤不掛任何物體時(shí),物體A處于靜止?fàn)顟B(tài),細(xì)繩與斜面平行,在小掛鉤上輕輕掛上一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊B后,物塊A沿斜面向上運(yùn)動,斜面足夠長,運(yùn)動過程中B始終未接觸地面,已知重力加速度為g。求:(1)物塊A處于靜止時(shí),彈簧的壓縮量。(2)設(shè)物塊A沿斜面上升通過Q點(diǎn)位置時(shí)速度最大,求Q點(diǎn)到出發(fā)點(diǎn)的距離x0和最大速度vm。(3)把物塊B的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼腘倍(N>0.5),小明同學(xué)認(rèn)為,只要N足夠大,就可以使物塊A沿斜面上滑到Q點(diǎn)時(shí)的速度增大到2vm,你認(rèn)為是否正確?如果正確,請說明理由,如果不正確,請求出A沿斜面上升到Q點(diǎn)位置的速度的范圍?！窘馕觥?1)物塊A處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)受力如圖所示:由平衡條件得:mgsin 30=kx1解得:x1=(2)A加速上升階段,彈簧恢復(fù)原長前對A由牛頓第二定律得:FT+kx-mgsin 30=ma對B由牛頓第二定律得:mg-FT=ma解得:mg+kx=2ma物塊A在上升過程中,x減小,a減小,v增大;彈簧變?yōu)樯扉L后同理得:mgsin 30-kx=2ma上升過程x增大,a減小,v繼續(xù)增大,可見當(dāng)kx=mgsin 30時(shí)a=0,速度達(dá)到最大,此時(shí)彈簧的伸長量 x=x1,Q點(diǎn)速度最大,對應(yīng)的彈力大小恰好是mg,彈性勢能和初始狀態(tài)相同,故A上升到Q點(diǎn)過程,A、B的位移大小都是 x0=2x1=對A、B和彈簧系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得:mg2x1=mg2x1sin 30+2m解得:vm=g(3)不正確對系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得:Nmg2x1=mg2x1sin 30+(Nm+m)v2解得:v=當(dāng)N=0.5時(shí),v=0當(dāng)N時(shí),v=g=2vm故A沿斜面上升到Q點(diǎn)位置時(shí)的速度的范圍是 0<v<g=2vm答案:(1)(2)g(3)不正確0<v<g12.(16分)如圖所示,AB、CD為固定在水平面上的光滑圓弧軌道,半徑R=9 m,分別與水平軌道相切于B、C兩點(diǎn),KA平臺的高度為h=3.2 m。先讓小物塊甲以v1= m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB軌道下滑,當(dāng)小物塊甲經(jīng)過B點(diǎn)0.6 s后,讓小物塊乙以一定的初速度v2=16 m/s從B點(diǎn)沿BC軌道向右滑行,甲、乙兩物塊與水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)分別為甲=0.15、乙=0.64,甲物塊質(zhì)量m甲=1 kg,甲物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受到的支持力大小為FN=19 N,g取10 m/s2。求:(1)甲物塊滑到C點(diǎn)時(shí)的速率;(2)水平軌道BC的長度;(3)甲、乙兩物塊在水平軌道BC上運(yùn)動時(shí)兩物塊間的最小距離?！窘馕觥?1)在C點(diǎn),甲物塊做圓周運(yùn)動,設(shè)甲物塊滑到C點(diǎn)時(shí)的速率為vC,在C點(diǎn)對甲物塊由牛頓第二定律得:FN-m甲g=m甲代入數(shù)據(jù)解得:vC=9 m/s(2)對甲物塊,設(shè)下滑到B點(diǎn)速度為vB,由機(jī)械能守恒定律得:m甲gh+m甲=m甲代入數(shù)據(jù)解得:vB=12 m/s設(shè)水平軌道BC長度為L,甲物塊從B到C的過程由動能定理得:-甲m甲gL=m甲-m甲代入數(shù)據(jù)解得:L=21 m(3)甲、乙兩物塊在水平軌道BC上,均做勻減速直線運(yùn)動,設(shè)加速度分別為a甲、a乙,由牛頓第二定律得:a甲=甲g=1.5 m/s2a乙=乙g=6.4 m/s2設(shè)乙物塊滑入水平軌道BC時(shí)間t后與甲物塊速度相等,設(shè)為v,則:v=v2-a乙t=vB-a甲(t+0.6)代入數(shù)據(jù)解得:t=1 s,v=9.6 m/s即乙物塊滑入水平軌道1 s后甲、乙兩物塊速度相等,這時(shí)它們在水平軌道BC上的距離最小,根據(jù)勻變速運(yùn)動的位移公式得:x甲=(vB+v)(t+0.6)代入數(shù)據(jù)解得:x甲=17.28 mx乙=(v2+v)t代入數(shù)據(jù)解得:x乙=12.8 m甲、乙兩物塊在水平軌道BC上的最小距離:x=x甲-x乙=4.48 m答案:(1)9 m/s(2)21 m(3)4.48 m【總結(jié)提升】與功能關(guān)系相結(jié)合的圓周運(yùn)動問題的分析方法(1)確定研究對象,對研究對象進(jìn)行受力分析和做功情況分析,對于多個(gè)過程的情形,要分析出在每一個(gè)過程中的受力和做功情況。(2)注意不同過程的銜接,前一個(gè)過程的末狀態(tài)就是后一個(gè)過程的初狀態(tài)。(3)分析每一個(gè)過程中的能量轉(zhuǎn)化情況,機(jī)械能是否守恒,列出每一個(gè)過程的對應(yīng)方程。(4)確定臨界狀態(tài)及特點(diǎn),并列出相應(yīng)的方程。(5)求解方程并進(jìn)行驗(yàn)證。