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1、【步步高】(广西专用）2014年高考物理二轮复习 专题四 第1课时 功能关系在力学中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：重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；与功、功率相关的分析与计算；几个重要的功能关系的应用；动能定理的综合应用；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
2、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WGEp.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹Ep.(3)合力的功等于动能的变化，即WEk.(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E.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即QFfs 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
4、思路选取研究对象，明确它的运动过程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明确物体在运动过程始、末状态的动能Ek1和Ek2.列出动能定理的方程W合Ek2Ek1，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用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能对一些“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选取研究对象物体系统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恰当
5、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1AB物体的机械能一直减小BB物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和CB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
6、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
7、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(Mm)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
8、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M10 kg的木板，在F50 N的水平拉力作用下，以v05 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动现将一个质量为m3 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L1 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
9、小铁块(g取10 m/s2)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F50 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Ff由平衡条件得：FFf(1分)又FfMg(2分)联立并代入数据得：0.5(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加mg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v1，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：mgL2mgLMvMv(5分)联立并代入数据得：v
10、14 m/s(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3mg.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：3mgs0Mv(4分)联立并代入数据得s m1.78 m(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mg.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R0.4 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
11、且处于竖直方向，A、C两点等高质量m1 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/s2，sin 370.6，cos 370.8.图4(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(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v0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 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(2RR)mgcos 3700解得：tan 370.375(2)若使滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mgFN由FN0得vC2 m/s滑块
12、从A点到C点的过程中，根据动能定理有mgcos 37mvmv则v02 m/s故v0的最小值为2 m/s(3)滑块离开C点后做平抛运动，有xvCt，ygt2由几何知识得tan 37整理得：5t23t0.80解得t0.2 s(t0.8 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M2 kg的顶部有竖直壁的容器A，置于倾角为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m1 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L2 m，取重力加速度g10 m/s2.求：图5(1)小球到达斜面底端的速度
13、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：(Mm)gLsin (Mm)v2(2分)解得：v2 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agsin (1分)对B进行受力分析，如图所示，竖直方向受mg、FN作用，斜向下加速运动，根据牛顿第二定律mgFNmasin (3分)代入agsin 解得FNmg(1sin2 )mgcos2 7.5 N(2分)(3)设A对B做的功为Wm
14、，则根据动能定理mgLsin Wmmv2(2分)解得Wmmv2mgLsin m()2mgLsin 0(2分)答案(1)2 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r10 cm的传送带，水平部分AB的长度L1.5 m，与一圆心在O点、半径R1 m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H1.25 m，一质量m0.1 kg的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P点从静止释放，
15、OP与竖直线的夹角37.已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数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v00.5 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(1cos 37)mv2在轨道末端由牛顿第二定律得：FNmg由以上两式得FN1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端
16、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：mgLmvmv2解得：vB1 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：svB 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：sLv02 m滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Qmgs0.2 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
17、h的斜面上方P点以某一速度v0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Rh，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力，求：图7(1)小球被抛出时的速度v0；(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Wf.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，如图所示则有v2gh由几何关系得v0v1cot 联立式得v0(2)A、B间竖直高度HR(1cos )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mvmg(Hh)mv2在
18、B点，根据牛顿第二定律有FNmgm联立式解得FN5.6mg由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg(3)全过程应用动能定理：Wf0mv即Wfmvmgh(评分标准：本题共12分，其中，式2分，式3分，其余每式1分)答案(1)(2)5.6mg(3)mgh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m0.1 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53的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B
19、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h3.2 m，斜面高H15 m，竖直圆轨道半径R5 m取sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2，试求：图8(1)小球水平抛出的初速度v0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/s4.8 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：v0vycot 由平抛运动规律得：v2gh
20、hgtsv0t1联立解得：v06 m/s，s4.8 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t1 0.8 s小球在A点的速度沿斜面向下，速度大小vA10 m/s从A点到B点由动能定理得mgHmvmv解得vB20 m/s小球沿斜面下滑的加速度agsin 8 m/s2由vBvAat2，解得t21.25 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tt1t22.05 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2mgRmvmv在D点由牛顿第二定律可得：FNmgm联立解得：FN3 N由牛顿第三定律可得，小球在D点对轨道的压力FN3 N，方向竖直向上
21、(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Ep，其中G为引力常量，M为地球质量，该卫星原来在半径为R1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R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()AGMm BGMmC. D.答案C解析由万有引力提供向心力知Gm，所以卫星的动能为mv2，则卫星在半经为r的轨道上运行时机械能为Emv2Ep.故卫星在轨道R1上运行时：E1，在轨道R2上运行时：E2，由能的转化和守恒定律得产生的热量为QE1E2，故正确选项为C.2 (2013江苏9)如图1所示，水平桌面上的
22、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，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为.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WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD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FAmg ，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FBmg，因此O点距离B点较近，即
23、xOBxOA ，从O点到A点由动能定理得：WmgxOAW弹 0，W弹 EpA，则有 EpA WmgxOAa，则EpB Wmga，B项正确从O到A再到O过程： W2mgxOA EkO，则EkOW2mgaWmga，C项正确物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即Fmg，而FBmg，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g，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mghB物体的重力势
24、能增加了mghC物体的机械能损失了mghD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Ffmgsin 30ma，解得Ffmg，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，WfFfmgh，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mgh，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vt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 s9 s内机械能守恒答案C解析由题图知
25、，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；vt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(710)2 m17 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 s9 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t1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
26、的大小恒为Ff，以下说法正确的是 ()图4A0t1时间内，汽车牵引力的数值为mBt1t2时间内，汽车的功率等于(mFf)v2Ct1t2时间内，汽车的平均速率小于D汽车运动的最大速率v2(1)v1答案D解析0t1时间内汽车的加速度大小为，m为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A错误；t1时刻汽车牵引力的功率为Fv1(mFf)v1，之后汽车功率保持不变，选项B错误；t1t2时间内，汽车的平均速率大于，选项C错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t2时刻汽车速率达到最大值，则有(mFf)v1Ffv2，解得v2(1)v1，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
27、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s1处物体所受拉力最大B在s2处物体的速度最大C在s1s3过程中，物体的动能先增大后减小D在0s2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Es图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在s1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A正确；在s2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在s2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s1s3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
28、的动能先增大后减小，C正确；0s2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mv2mghC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
29、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H6.0 m，倾角37，水平槽BC长d2.5 m，BC面与水面的距离h0.80 m，人与BC间的动摩擦因数为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g10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6)图6(1)游戏者沿斜槽AB下滑时加速度的大小；(2)游
30、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/s2(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mgsin ma则沿斜槽AB下滑时加速度的大小agsin 6.0 m/s2(2)游戏者从A点滑到C点的过程中，根据动能定理得mgHmgdmv20解得滑到C点时速度的大小v10.0 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xvt在竖直方向的位移大小hgt2联立解得x4.0 m9 如图7所示，质量为
31、m1 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R1.0 m，圆弧轨道对应的圆心角106，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h0.8 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1.(g10 m/s2，sin 370.6，cos 37 0.8)图7(1)求小物块离开A点时的水平初速度v1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20.3，传送带
32、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v2gh在B点，有tan 所以v13 m/s(2)对于小物块，从B点到O点，由动能定理知mgR(1cos )mvmv其中vB m/s5 m/s由牛顿第二定律知，在O点，有FNmgm，所以FN43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为FN43 N，方向竖直向下(3)对于小物块在传送带上加速的过程有2mgma3设P、A间的距离为sPA，则sPA1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mgsin 1mg
33、cos ma1解得a110 m/s2小物块沿斜面下滑时有mgsin 1mgcos ma2解得a26 m/s2由机械能守恒定律可知vCvB5 m/s小物块由C点上升到最高点历时t10.5 s小物块由最高点回到D点历时t20.8 s0.5 s0.3 s故sCDt1a2t解得sCD0.98 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R0.4 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
34、夹角37，矿物与传送带间的动摩擦因数0.8，传送带匀速运行的速率为v08 m/s，传送带A、B点间的长度sAB45 m若矿物落到点D处离最高点C点的水平距离为sCD2 m，竖直距离为hCD1.25 m，矿物质量m50 kg，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，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，克服阻力所做的功答案(1)6 m/s(2)1 500 N(3)140 J解析(1)假设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理可得(mgcos mgsin )sABmv代入数据得vB6 m/s由于vBv0，故假设成立，矿物到达B点时速度为6 m/s(2)由平抛运动知识可得sCDvCthCDgt2代入数据得矿物到达C点时速度大小为vC4 m/s由牛顿第二定律可得FNmgm代入数据得FN 1 500 N根据牛顿第三定律可得矿物对轨道的压力FNFN1 500 N(3)对于矿物由B到C的过程，由动能定理得mgR(1cos 37)Wfmvmv代入数据得Wf140 J即矿物由B到达C时克服阻力所做的功为140 J18