（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能守恒定律 第4講 能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題學(xué)案

《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能守恒定律 第4講 能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能守恒定律 第4講 能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題學(xué)案（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4講　能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題 命題點(diǎn)一　多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題 1．抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，將物理過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的子過(guò)程． 2．兩個(gè)相鄰過(guò)程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過(guò)程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵．很多情況下平拋運(yùn)動(dòng)的末速度的方向是解題的重要突破口． 例1　(2017·浙江4月選考·20)圖1中給出了一段“S”形單行盤(pán)山公路的示意圖．彎道1、彎道2可看作兩個(gè)不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1＝10 m、r2＝20 m，彎道2比彎道1高h(yuǎn)＝12 m，有一直道與兩彎道圓弧相切．質(zhì)量m＝1 200 kg的汽車(chē)通過(guò)彎道時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，路面對(duì)輪胎的最

2、大徑向靜摩擦力是車(chē)重的1.25倍，行駛時(shí)要求汽車(chē)不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2) 圖1 (1)求汽車(chē)沿彎道1中心線行駛時(shí)的最大速度v1； (2)汽車(chē)以v1進(jìn)入直道，以P＝30 kW的恒定功率直線行駛了t＝8.0 s進(jìn)入彎道2，此時(shí)速度恰為通過(guò)彎道中心線的最大速度，求直道上除重力以外的阻力對(duì)汽車(chē)做的功； (3)汽車(chē)從彎道1的A點(diǎn)進(jìn)入，從同一直徑上的B點(diǎn)駛離，有經(jīng)驗(yàn)的司機(jī)會(huì)利用路面寬度，用最短時(shí)間勻速安全通過(guò)彎道．設(shè)路寬d＝10 m，求此最短時(shí)間(A、B兩點(diǎn)都在軌道中心線上，計(jì)算時(shí)視汽車(chē)為質(zhì)點(diǎn))． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)設(shè)在彎道1沿

3、中心線行駛的最大速度為v1 由牛頓第二定律得，kmg＝m 解得v1＝＝5 m/s (2)設(shè)在彎道2沿中心線行駛的最大速度為v2 由牛頓第二定律得，kmg＝m 解得v2＝＝5 m/s 在直道上由動(dòng)能定理有 Pt－mgh＋Wf＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)可得Wf＝－2.1×104 J (3)沿如圖所示內(nèi)切的路線行駛時(shí)間最短， 由圖可得r′2＝r＋[r′－(r1－)]2 代入數(shù)據(jù)可得r′＝12.5 m 設(shè)汽車(chē)沿該路線行駛的最大速度為v′ 則kmg＝m 得v′＝＝12.5 m/s 由sin θ＝＝0.8 則對(duì)應(yīng)的圓心角為2θ＝106° 路線長(zhǎng)度s＝×2πr′≈23.1

4、m 最短時(shí)間t′＝≈1.8 s 變式1　(2016·浙江4月選考·20)如圖2所示裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個(gè)軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20 m、h2＝0.10 m，BC水平距離L＝1.00 m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點(diǎn)與F點(diǎn)等高．當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，恰能使質(zhì)量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)；當(dāng)彈簧壓縮量為2d時(shí)，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點(diǎn)．(已知彈簧彈性勢(shì)能與壓縮量的平方成正比，g＝10 m/s2) 圖2 (1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，求彈簧的彈性勢(shì)能及滑塊離開(kāi)彈簧瞬間的速

5、度大??； (2)求滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，若沿軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)，滑塊能否上升到B點(diǎn)？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由． 答案　(1)0.1 J　2 m/s　(2)0.5　(3)見(jiàn)解析 解析　(1)由機(jī)械能守恒定律可得 E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 J 由ΔEk＝mv，可得v0＝2 m/s (2)由E彈∝d2，可得當(dāng)彈簧壓縮量為2d時(shí)， ΔEk′＝E彈′＝4E彈＝4mgh1 由動(dòng)能定理可得－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′ 解得μ＝＝0.5 (3)滑塊恰能通過(guò)螺旋圓形軌道最高點(diǎn)需滿足的條件是 mg＝ 由機(jī)械能

6、守恒定律有 v＝v0＝2 m/s 解得Rm＝0.4 m 當(dāng)R>0.4 m時(shí)，滑塊會(huì)脫離螺旋圓形軌道，不能上升到B點(diǎn)； 當(dāng)R≤0.4 m時(shí)，滑塊能上升到B點(diǎn)． 拓展點(diǎn)1　圓周＋直線＋平拋的組合 例2　(2017·溫州市質(zhì)檢)半徑R＝1 m的圓弧軌道下端與一水平軌道連接，水平軌道離地面高度h＝1 m，如圖3所示，有一質(zhì)量m＝1.0 kg的小滑塊自圓弧軌道最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始滑下，經(jīng)過(guò)水平軌道末端B時(shí)速度為4 m/s，滑塊最終落在地面上，試求：(g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力) 圖3 (1)滑塊落在地面上時(shí)的速度大??； (2)滑塊在軌道上滑行時(shí)克服摩擦力所做的功． 答案　(1

7、)6 m/s　(2)2 J 解析　(1)因滑塊經(jīng)過(guò)水平軌道末端B后下落時(shí)只有重力做功，所以取滑塊經(jīng)過(guò)水平軌道末端B時(shí)為初狀態(tài)，落在地面上時(shí)為末狀態(tài)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得(以地面為零勢(shì)能面)：mv＋mgh＝mv2＋0， 解得v＝＝ m/s＝6 m/s. (2)取滑塊在圓弧軌道最高點(diǎn)A時(shí)為初狀態(tài)，落在地面上時(shí)為末狀態(tài)， 根據(jù)動(dòng)能定理可得W總＝WG＋Wf＝mv2－0， 解得Wf＝mv2－WG＝mv2－mg(R＋h) ＝×1×62 J－1×10×(1＋1) J＝－2 J， 即滑塊在軌道上滑行時(shí)克服摩擦力做功2 J. 拓展點(diǎn)2　直線＋圓周＋平拋的組合 例3　(2017·嘉興市質(zhì)檢)

8、如圖4所示，一彈射裝置由彈簧發(fā)射器和軌道組成．軌道由水平光滑滑道AB與管道BCDE相連接而成，其中BCD是半徑R＝0.4 m(管道中心到圓心的距離)的豎直光滑圓管道，DE是長(zhǎng)度等于0.4 m的水平粗糙管道，在D處的下方有一直徑略大于物塊的小孔，裝置都在同一豎直平面內(nèi)．當(dāng)彈簧壓縮到A彈射物塊m1時(shí)，恰能使其無(wú)初速度地落入D點(diǎn)處的小孔中被收集；當(dāng)彈簧壓縮到A彈射物塊m2時(shí)，則其落入E左側(cè)緊靠E的容器甲中．已知：m1＝0.05 kg，m2＝0.04 kg.容器甲高h(yuǎn)＝0.2 m，長(zhǎng)L＝0.4 m，上沿與管道下壁在同一水平面．物塊大小略小于管道內(nèi)徑，g＝10 m/s2. 圖4 (1)當(dāng)彈簧壓縮

9、到A時(shí)，求彈簧的彈性勢(shì)能； (2)求物塊m2經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)D點(diǎn)的作用力大??； (3)若物塊m2落在容器甲的處，求物塊m2與管道DE間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小. 答案　(1)0.4 J　(2)0　(3)0.375 解析　(1)物塊m1和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒， 得Ep＝2m1gR＝0.4 J (2)從彈簧壓縮到A處到物塊m2經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中，物塊m2和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒， 得Ep＝2m2gR＋m2v， 由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得 F＋m2g＝m2， 代入數(shù)據(jù)得在D點(diǎn)管道對(duì)物塊m2的作用力F＝0， 根據(jù)牛頓第三定律，物塊對(duì)D點(diǎn)的作用力大小F′＝0. (3)物塊m2離開(kāi)E點(diǎn)后做平拋運(yùn)

10、動(dòng)， 有h＝gt2，vE＝， 得vE＝1 m/s. 從D到E由動(dòng)能定理可得 －μm2gLDE＝m2v－m2v， 解得μ＝0.375. 命題點(diǎn)二　傳送帶模型問(wèn)題 傳送帶問(wèn)題的分析流程和技巧 1．分析流程 2．相對(duì)位移 一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做功所產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·x相對(duì)，其中x相對(duì)是物體間相對(duì)路徑長(zhǎng)度．如果兩物體同向運(yùn)動(dòng)，x相對(duì)為兩物體對(duì)地位移大小之差；如果兩物體反向運(yùn)動(dòng)，x相對(duì)為兩物體對(duì)地位移大小之和． 3．功能關(guān)系 (1)功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對(duì)WF和Q的理解： ①傳送帶的功：WF＝Fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·x相對(duì)． 模

11、型1　水平傳送帶模型 例4　(2016·溫州市期中)傾角為30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6 m/s的速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向如圖5所示．一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從h＝3.2 m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計(jì)其動(dòng)能損失．物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端A、B連線的中點(diǎn)處，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖5 (1)傳送帶左、右兩端A、B間的距離L； (2)上述過(guò)程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量； (3)物體隨傳送帶向右運(yùn)動(dòng)，最后沿斜面上滑的最大高度h′

12、. 答案　(1)12.8 m　(2)160 J　(3)1.8 m 解析　(1)物體從靜止開(kāi)始到在傳送帶上的速度等于0的過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理得：mgh－＝0－0，解得L＝12.8 m. (2)在此過(guò)程中，物體與傳送帶間的相對(duì)位移 x相＝＋v帶·t，又＝μgt2，而摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相， 聯(lián)立得Q＝160 J. (3)物體隨傳送帶向右勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)當(dāng)速度為v帶＝6 m/s時(shí)，向右運(yùn)動(dòng)的位移為x，則μmgx＝mv，得x＝3.6 m＜，即物體在到達(dá)A點(diǎn)前速度與傳送帶速度相等，最后以v帶＝6 m/s的速度沖上斜面，由動(dòng)能定理得mv＝mgh′，解得h′＝1.8 m. 變式2　(20

13、16·杭州市月考)如圖6所示，皮帶的速度是3 m/s，兩輪圓心間距離s＝4.5 m，現(xiàn)將m＝1 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在左輪正上方的皮帶上，物體與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，皮帶不打滑，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)皮帶將物體從左輪正上方運(yùn)送到右輪正上方時(shí)，求：(g＝10 m/s2) 圖6 (1)小物體獲得的動(dòng)能Ek； (2)這一過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q； (3)這一過(guò)程中電動(dòng)機(jī)消耗的電能E. 答案　(1)4.5 J　(2)4.5 J　(3)9 J 解析　(1)物體開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝μg＝1.5 m/s2，當(dāng)物體與皮帶速度相同時(shí)μmgx＝mv2. 解得物體加速階段運(yùn)動(dòng)的位移x

14、＝3 m＜4.5 m， 則小物體獲得的動(dòng)能 Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J. (2)v＝at，解得t＝2 s， Q＝μmg·x相對(duì)＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J. (3)E＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J. 模型2　傾斜傳送帶模型 例5　如圖7所示，與水平面夾角θ＝30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點(diǎn)與上端B點(diǎn)間的距離L＝4 m，傳送帶以恒定的速率v＝2 m/s向上運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為1 kg的物體無(wú)初速度地放于A處，已知物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，取g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)物體從A運(yùn)動(dòng)到B

15、共需多長(zhǎng)時(shí)間？ (2)電動(dòng)機(jī)因傳送該物體多消耗的電能． 答案　(1)2.4 s　(2)28 J 解析　(1)物體無(wú)初速度地放在A處后， 因mgsin θ<μmgcos θ 故物體斜向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 加速度a＝＝2.5 m/s2 物體達(dá)到與傳送帶同速所需的時(shí)間t1＝＝0.8 s t1時(shí)間內(nèi)物體的位移x1＝t1＝0.8 m＜4 m 之后物體以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t2＝＝1.6 s 物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝2.4 s (2)前0.8 s內(nèi)物體相對(duì)傳送帶的位移 Δx＝vt1－x1＝0.8 m 因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θ·Δx＝6 J 整個(gè)

16、過(guò)程中多消耗的電能 E電＝Ek＋Ep＋Q＝mv2＋mgLsin θ＋Q＝28 J. 1．如圖1所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16 m，傳送帶以速度v＝10 m/s，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，物體m＝1 kg，無(wú)初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，試求： 圖1 (1)物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間． (2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)2 s　(2)24 J 解析　(1)物體剛放上傳送帶時(shí)受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力和重力，由牛頓第二定律得：mgsin θ＋μmgcos

17、θ＝ma1， 設(shè)物體經(jīng)時(shí)間t1，加速到與傳送帶同速， 則v＝a1t1，x1＝a1t 解得：a1＝10 m/s2 t1＝1 s x1＝5 m 因mgsin θ>μmgcos θ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速 由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t 解得：t2＝1 s 故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間t＝t1＋t2＝2 s (2)物體與傳送帶間的相對(duì)位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J. 2．(2017·溫州市質(zhì)檢)滑板運(yùn)動(dòng)是一種陸上的“沖浪運(yùn)動(dòng)”，滑板運(yùn)動(dòng)員可在不同的滑坡

18、上滑行，做出各種動(dòng)作，給人以美的享受．如圖2是模擬的滑板組合滑行軌道，該軌道有足夠長(zhǎng)的斜直軌道、半徑R1＝1 m的凹形圓弧軌道和半徑R2＝2 m的凸形圓弧軌道組成，這三部分軌道處于同一豎直平面內(nèi)且依次平滑連接．其中M點(diǎn)為凹形圓弧軌道的最低點(diǎn)，N點(diǎn)為凸形圓弧軌道的最高點(diǎn)，凸形圓弧軌道的圓心O點(diǎn)與M點(diǎn)處在同一水平面上，運(yùn)動(dòng)員踩著滑板從斜直軌道上的P點(diǎn)無(wú)初速度滑下，經(jīng)過(guò)M點(diǎn)滑向N點(diǎn)，P點(diǎn)距M點(diǎn)所在水平面的高度h＝2.45 m，不計(jì)一切阻力，運(yùn)動(dòng)員和滑板的總質(zhì)量為m＝50 kg，運(yùn)動(dòng)員和滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)運(yùn)動(dòng)員滑到M點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)運(yùn)動(dòng)員滑到N點(diǎn)時(shí)

19、，滑板對(duì)軌道的壓力大??； (3)改變運(yùn)動(dòng)員無(wú)初速度下滑時(shí)距M點(diǎn)所在水平面的高度，求運(yùn)動(dòng)員恰好從N點(diǎn)水平飛出時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的出發(fā)點(diǎn)距M點(diǎn)所在水平面的高度h1. 答案　(1)7 m/s　(2)275 N　(3)3 m 解析　(1)以地面為參考平面，對(duì)運(yùn)動(dòng)員和滑板從P到M的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝mv， 解得vM＝＝ m/s＝7 m/s. (2)從P到N，由機(jī)械能守恒定律得： mg(h－R2)＝mv， vN＝＝ m/s＝3 m/s. 滑板在N點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有mg－FN＝m， 解得FN＝mg－m＝275 N， 由牛頓第三定律，滑板滑到N點(diǎn)時(shí)，滑板對(duì)軌道的壓力FN′＝FN＝

20、275 N. (3)運(yùn)動(dòng)員恰好從N點(diǎn)水平飛出時(shí)，由牛頓第二定律得mg＝m，對(duì)從P到N的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有mg(h1－R2)＝mvN′2，解得h1＝3 m. 3．(2017·“金華十?！甭?lián)考)金華某商場(chǎng)門(mén)口根據(jù)金華“雙龍”元素設(shè)計(jì)了一個(gè)精美的噴泉雕塑，兩條龍噴出的水恰好相互銜接(不碰撞)形成一個(gè)“∞”字形．某學(xué)習(xí)小組為了研究噴泉的運(yùn)行原理，將噴泉簡(jiǎn)化成如圖3所示的模型，兩個(gè)龍可以看成兩個(gè)相同對(duì)稱圓的一部分(近似看成在同一平面內(nèi))，E、B兩點(diǎn)為圓的最高點(diǎn)．抽水機(jī)M使水獲得一定的初速度后沿ABCDEFG運(yùn)動(dòng)，水在C、F兩處恰好沿切線進(jìn)入管道，最后回到池中．圓半徑為R＝1 m，角度θ＝53°

21、，忽略一切摩擦．(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： 圖3 (1)水從B點(diǎn)噴出的速度大??； (2)取B處一質(zhì)量為m＝0.1 kg的一小段水，管道對(duì)這一小段水的作用力大小和方向； (3)若管道B處橫截面積為S＝4 cm2，則抽水機(jī)M的輸出功率大?。?水的密度ρ＝1×103 kg/m3) 答案　(1)3 m/s　(2)0.8 N　豎直向下　(3)49.2 W 解析　(1)水從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向h＝R＋Rcos θ＝1.6 m. 根據(jù)v＝2gh，得vCy＝4 m/s 又因水在C點(diǎn)剛好與圓相切，得tan θ＝， 所以vB＝3 m/s.

22、 (2)以m＝0.1 kg的一小段水為研究對(duì)象．當(dāng)水在最高點(diǎn)B受到的管道作用力是0時(shí)，有 Fn＝mg＝m，v臨＝ m/s＜3 m/s. 故水在B點(diǎn)受到管道豎直向下的壓力， mg＋FN＝m，得FN＝0.8 N. (3)以單位時(shí)間(t＝1 s)從B點(diǎn)噴出的水為研究對(duì)象 m0＝ρSvBt， 以A處所在平面為零勢(shì)能參考面，由能量守恒定律可得： Pt＝m0g(2R)＋m0v， 得P＝34.8 W≈49.2 W 4．(2017·湖州市質(zhì)檢)如圖4所示，AB為半徑R＝1 m的四分之一光滑豎直圓弧軌道，OB豎直．有一質(zhì)量m＝2 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)的正上方距離A點(diǎn)H＝1 m處由靜

23、止開(kāi)始下落．CD段為長(zhǎng)L＝2 m的粗糙水平面，物體與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2.DE段是一個(gè)可以改變傾角的長(zhǎng)斜面，物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝.軌道AB、CD、DE間均光滑連接，物體在經(jīng)過(guò)連接處動(dòng)能損失均不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2. 圖4 (1)物體能沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B，求它到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)當(dāng)斜面傾角θ＝30°時(shí)，求物體上滑的最大高度； (3)當(dāng)斜面傾角θ(在0°～90°范圍內(nèi))為某值時(shí)，物體上滑的最大距離具有最小值，求此最小值． 答案　(1)100 N，方向豎直向下　(2)0.8 m (3)60°　 m 解析　(1)物體由初

24、始位置運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有mg(R＋H)＝mv， 到達(dá)B點(diǎn)時(shí)由支持力FN和重力的合力提供向心力 FN－mg＝m， 解得FN＝100 N， 根據(jù)牛頓第三定律，物體對(duì)軌道的壓力大小為100 N，方向豎直向下． (2)設(shè)最高點(diǎn)高度為h，從開(kāi)始下落到上升到最高點(diǎn)，由功能關(guān)系得 mg(H＋R－h(huán))－μ1mgL－μ2mgcos θ·＝0， 解得上升的最大高度h＝0.8 m. (3)設(shè)物體在斜面上上滑的長(zhǎng)度為s，從開(kāi)始下落直至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)， 由動(dòng)能定理得 mg(H＋R)－μ1mgL－(mgsin θ＋μ2mgcos θ)s＝0 s＝＝ ＝ tan φ＝μ2＝，φ＝30°

25、. 所以當(dāng)θ＝60°時(shí)，有最小值smin＝ m. 5．(2017·嘉興市質(zhì)檢)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一款益智類(lèi)的兒童彈射玩具，模型如圖5所示，AB段是長(zhǎng)度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長(zhǎng)度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯(cuò)開(kāi)．豎直桿內(nèi)裝有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的小球．每次將彈簧的長(zhǎng)度壓縮至P點(diǎn)后鎖定，設(shè)PB的高度差為h；解除鎖定后彈簧可將小球彈出．在彈射器的右側(cè)裝有可左右移動(dòng)的寬為2R的盒子用于接收小球，盒子的左端最高點(diǎn)Q和P點(diǎn)等高，且與E的水平距離為x，已知彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能Ep＝9mgR，小球與水平桿的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，與

26、其他部分的摩擦不計(jì)，不計(jì)小球受到的空氣阻力及解除鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能損失，不考慮伸縮豎直桿粗細(xì)變化對(duì)小球的影響且桿的粗細(xì)遠(yuǎn)小于圓的半徑，重力加速度為g.求： 圖5 (1)當(dāng)h＝3R時(shí)，小球到達(dá)彎桿的最高點(diǎn)C處時(shí)的速度大小vC； (2)在(1)問(wèn)中小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)彎桿作用力的大??； (3)若h連續(xù)可調(diào)，要使該小球能掉入盒中，求x的最大值． 答案　(1)　(2)9mg　(3)8R 解析　(1)小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，則有Ep＝mg(h＋R)＋mv， 解得vC＝. (2)設(shè)小球在C點(diǎn)時(shí)受到彎桿的作用力向下，大小為F，則F＋mg＝m，解得F＝9mg， 根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)潡U的作用力大小為9mg. (3)從P到E的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 Ep－mg(h－R)－μmg·2R＝mv－0， 要使小球落入盒中且x取最大值的臨界情況是正好從Q點(diǎn)掉入盒中，由E到Q做平拋運(yùn)動(dòng)得 h－R＝gt2，x＝vEt， 聯(lián)立得x＝2， 故當(dāng)h＝5R時(shí)，有xmax＝8R. 判斷：該情況小球能通過(guò)最高點(diǎn)C，結(jié)果成立． 13