高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒特訓(xùn)
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第2講 功能關(guān)系和能量守恒 1．(2016江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體．物體在A處時(shí)，彈簧處于原長狀態(tài)．現(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開．此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W.不考慮空氣阻力．關(guān)于此過程，下列說法正確的有( AD ) A．物體重力勢能減小量一定大于W B．彈簧彈性勢能增加量一定小于W C．物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為W D．若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W 解析：物體在向下運(yùn)動(dòng)的過程中，要克服彈簧拉力做功W彈力，根據(jù)動(dòng)能定理知mgh－W－W彈力＝0，由平衡知kh＝mg，即：mgh－W＝kh2＝mgh，彈簧彈性勢能增加量一定等于W，B錯(cuò)誤；物體克服手的支持力所做的功為W，機(jī)械能減小W，故C錯(cuò)誤；物體從A處由靜止落到B的過程中，速度達(dá)到最大，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgh－kh2＝Ek，結(jié)合B選項(xiàng)知Ek＝mgh＝W，故D正確． 2．(2016合肥質(zhì)檢)如圖所示，有一固定的且內(nèi)壁光滑的半球面，球心為O，最低點(diǎn)為C，在其內(nèi)壁上有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))A和B，在兩個(gè)高度不同的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面，A、B兩球與O點(diǎn)的連線與豎直線OC間的夾角分別為α＝53和β＝37，以最低點(diǎn)C所在的水平面為重力勢能的參考平面，sin37＝0.6，cos37＝0.8，則( AD ) A．A、B兩球所受支持力的大小之比為4∶3 B．A、B兩球運(yùn)動(dòng)的周期之比為4∶3 C．A、B兩球的動(dòng)能之比為16∶9 D．A、B兩球機(jī)械能之比為112∶51 解析：由題意可知N＝， 所以＝＝，A正確； mgtan θ＝mRsin θ， 所以＝＝，B錯(cuò)誤； Ek∝v2，v＝Rsin θ， 所以＝＝，C錯(cuò)誤； EP＝mgR(1－cos θ)，Ek＝mgRsin θtan θ， 所以＝＝＝， D正確． 3．(2016鄭州質(zhì)量預(yù)測三)如圖為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)的簡化示意圖．斜面軌道傾角為37，質(zhì)量為M的貨箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.貨箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入貨箱，然后貨箱載著貨物沿軌道無初速度滑下，當(dāng)輕彈簧壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后貨箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程．已知sin37＝0.6，cos37＝0.8，下列選項(xiàng)正確的是( BC ) A．貨箱載著貨物接觸彈簧時(shí)立即開始減速運(yùn)動(dòng) B．貨物質(zhì)量m應(yīng)為貨箱質(zhì)量M的4倍 C．貨箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑過程中的加速度大于下滑過程中的加速度 D．貨箱從最低點(diǎn)滑回頂端的過程中，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為貨箱的重力勢能 解析：貨箱載著貨物下滑至與彈簧接觸后，起初彈簧對貨箱的彈力與斜面對貨箱的滑動(dòng)摩擦力的合力小于貨箱總重力沿斜面向下的分力，貨箱將繼續(xù)加速下滑；貨箱不與彈簧接觸時(shí)，由牛頓第二定律可知，下滑、上滑時(shí)的加速度大小分別為 a1＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2， a2＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2； 設(shè)貨箱下滑距離為L，對貨箱的下滑、上滑過程分別運(yùn)用功能關(guān)系有 (M＋m)gLsin θ－μ(M＋m)gLcos θ＝ΔEP， MgLsin θ＋μMgLcos θ＝ΔEP， 代入數(shù)據(jù)解得m＝4M； 同理可知，貨箱從開始上滑到滑至最高點(diǎn)，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化成了貨箱增加的重力勢能和貨箱與斜面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能，選項(xiàng)AD錯(cuò)誤，BC正確． 4．(2016濟(jì)南1月調(diào)研)如圖所示，半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上，直徑MN是水平的．一小物體從M點(diǎn)正上方高度為H處自由下落，正好在M點(diǎn)滑入半圓軌道，測得其第一次離開N點(diǎn)后上升的最大高度為.小物塊接著下落從N點(diǎn)滑入半圓軌道，在向M點(diǎn)滑行過程中(整個(gè)過程不計(jì)空氣阻力)( C ) A．小物體正好能到達(dá)M點(diǎn) B．小物體一定到不了M點(diǎn) C．小物體一定能沖出M點(diǎn) D．不能確定小物塊能否沖出M點(diǎn) 解析：小物塊第一次飛出過程根據(jù)動(dòng)能定理得 mgH－mg－Wf＝0， 假設(shè)能再次到達(dá)M點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有 mg－W′f＝mv2， 因小物塊第二次經(jīng)過半圓軌道過程中速度小于第一次，軌道支持力也變小，物塊所受摩擦力變小，故克服阻力做功W′f＜Wf，故速度v＞0，因此小物塊能沖出M點(diǎn)，選項(xiàng)C正確． 5．(2016南京二模)如圖所示，圓心在O點(diǎn)、半徑為R的圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上，Oc與Oa的夾角為60，軌道最低點(diǎn)a與桌面相切．一輕繩兩端系著質(zhì)量為m 1和m2的小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))，掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊，開始時(shí)，m 1位于c點(diǎn)，然后從靜止釋放．設(shè)輕繩足夠長，不計(jì)一切摩擦．則( BC ) A．在m 1由c下滑到a點(diǎn)的過程中，兩球速度大小始終相等 B．m 1在由c下滑到a的過程中重力的功率先增大后減小 C．若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn)，則m1＝2m2 D．若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn)，則m1＝3m2 解析：兩小球用輕繩連接，兩球在沿繩方向的分速度大小相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；m1在c點(diǎn)和a點(diǎn)時(shí)的重力功率均為零，因此選項(xiàng)B正確；若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn)，此時(shí)兩小球速度均為零，有m1gR(1－cos 60)＝m2gR，解得m1＝2m2，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 6．(2016鄭州質(zhì)量預(yù)測二)如圖所示，光滑輕質(zhì)掛鉤下端懸掛質(zhì)量為m的重物，跨在長度為L的輕繩上，開始時(shí)繩子固定在框架上等高的A、B兩點(diǎn)，與水平方向的夾角為θ，繩子拉力為F.現(xiàn)保持繩長不變，將繩子右端從B點(diǎn)沿豎直方向緩慢移至C點(diǎn)，再從C點(diǎn)沿水平方向向左緩慢移至D點(diǎn)，關(guān)于繩子拉力F和重物重力勢能Ep的變化，下列說法正確的是( AD ) A．從B移至C的過程中，拉力F保持不變 B．從B移至C的過程中，重力勢能Ep逐漸變小 C．從C移至D的過程中，拉力F保持不變 D．從C移至D的過程中，重力勢能Ep逐漸變小 解析：從B移至C的過程中，兩根繩子的夾角不變，拉力F保持不變，重物逐漸升高，重力勢能EP逐漸變大，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從C移至D的過程中，兩根繩子的夾角變小，拉力F變小，重物逐漸降低，重力勢能EP逐漸變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確． 7．(2016江西五校聯(lián)考)伽利略曾利用對接斜面研究“力與運(yùn)動(dòng)”的關(guān)系．如圖所示，固定在水平地面上的傾角均為θ的兩斜面，以光滑小圓弧相連接．左側(cè)斜面頂端的小球與兩斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.小球從左側(cè)頂端滑到最低點(diǎn)的時(shí)間為t1，滑到右側(cè)最高點(diǎn)的時(shí)間為t2，規(guī)定兩斜面連接處所在水平面為參考平面，則小球在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度的大小v、加速度的大小a、動(dòng)能Ek及機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線正確的是( B ) 解析：由牛頓第二定律可知，小球在兩斜面的運(yùn)動(dòng)都是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，兩階段的加速度都恒定不變，小球在左側(cè)斜面下滑時(shí)的加速度大小為a1＝gsin θ－μgcos θ，小球在右側(cè)斜面上滑時(shí)的加速度大小為a2＝gsin θ＋μgcos θ，小球在左側(cè)斜面下滑時(shí)的加速度較小，則A錯(cuò)誤；B正確；小球的動(dòng)能與速率的二次方成正比，即Ek＝mv2，因此，動(dòng)能與時(shí)間關(guān)系圖象是曲線，則C錯(cuò)誤；由于小球在兩斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能逐漸減小，減小量等于摩擦力做的功，即E＝E0－fs，摩擦力f大小不變，小球在左側(cè)斜面上下滑時(shí)，s增大得越來越快，在右側(cè)斜面上滑時(shí)，s增大得越來越慢，故0～t1內(nèi)，E－t曲線斜率逐漸變大，t1～t2時(shí)E－t曲線斜率逐漸變小，則D錯(cuò)誤． 8．(2016東北三省四市聯(lián)考二)如圖甲所示，一物體懸掛在輕繩下端，由靜止開始沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中物體的機(jī)械能E與物體通過路程x的關(guān)系圖象如圖乙所示，其中0～x1過程的圖象為曲線，x1～x2過程的圖象為直線(忽略空氣阻力)．下列說法正確的是( AB ) A．0～x1過程中物體所受拉力是變力，且一定不斷減小 B．0～x1過程中物體的動(dòng)能一定先增加后減小，最后為零 C．x1～x2過程中物體一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) D．x1～x2過程中物體可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 解析：設(shè)物體所受的拉力為F，由功能關(guān)系可知，物體機(jī)械能的變化量ΔE＝FΔx，則圖象的斜率表示物體所受拉力，由題圖知，在0～x1的過程中，圖象的斜率不斷變小，說明物體所受的拉力不斷變小，選項(xiàng)A正確；由題圖可知，在0～x1的過程中，物體的機(jī)械能不斷變大則拉力做正功，物體沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，在x1～x2的過程中，物體的機(jī)械能減少，則拉力做負(fù)功，物體沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，所以物體到達(dá)x1時(shí)速度為零，又因?yàn)槲矬w是從靜止開始運(yùn)動(dòng)的，所以在0～x1的過程中物體的速度一定先增大后減小，最后為零，由Ek＝mv2知，在0～x2的過程中物體的動(dòng)能一定先增大后減小，最后為零，選項(xiàng)B正確；在x1～x2的過程中圖象為直線，則物體所受的拉力不變，由牛頓第二定律知，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在x1～x2的過程中物體沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，且初速度為零，所以物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 9．(2016昆明質(zhì)檢二)如圖所示，一輕彈簧上、下兩端各連接質(zhì)量均為m的兩物塊A、B．開始時(shí)，系統(tǒng)靜止在水平面上．現(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉物塊A，使其向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧伸長量最大時(shí)(在彈簧彈性限度內(nèi))，物塊B剛好要離開地面．重力加速度為g.則( BCD ) A．F＝2mg B．此過程中恒力F做的功等于物塊A增加的重力勢能 C．此過程中恒力F的功率先增大后減小 D．此過程中彈簧彈力對物塊A做功為零 解析：彈簧伸長量最大時(shí)，物體B剛要離開地面，說明此時(shí)物體A的速度為零，說明物體A經(jīng)歷了先向上加速再向上減速的過程，故此時(shí)物體A有向下的加速度，對B受力分析可得彈簧的彈力等于B物體的重力，對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得2mg－F＝ma，解得2mg＞F，A錯(cuò)誤；開始時(shí)彈簧的彈力等于A的重力，最后彈簧的彈力等于B的重力，故彈簧的彈力沒有變，彈簧的彈性勢能沒變，彈簧彈力做功為零，D正確；根據(jù)功能關(guān)系得外力F做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，最后物體A、B的動(dòng)能都為零，B的重力勢能沒變，故外力F做的功等于A物體重力勢能的增加量，B正確；恒力F的功率P＝Fv，A的速度先增大后減小，故外力F的功率先增大再減小，C正確 10．(2016石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示，一傾角為θ的傳送帶始終保持恒定速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．t＝0時(shí)將一質(zhì)量為m的物塊以初速度v1放置在傳送帶上，其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示(取沿傳送帶斜向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，且|v1|>|v2|). 已知傳送帶足夠長，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.下列說法正確的是( AD ) A．μ>tan θ B．0～t1內(nèi)，物塊對傳送帶做正功 C．0～t2內(nèi)，傳送帶對物塊做功為W＝mv－mv D．0～t2內(nèi)，物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量一定比物塊機(jī)械能的減少量大 解析：由題意知，μmgcos θ＞mgsin θ，即μ＞tan θ，選項(xiàng)A正確；0～t1內(nèi)，物塊的摩擦力對傳送帶做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～t2內(nèi)，合外力對物塊做功為W＝mv－mv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，0～t2內(nèi)，物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量等于物塊機(jī)械能的減少量與傳送帶因物塊多輸入的能量之和，選項(xiàng)D正確． 11．(2016太原一模)(多選)某車輛緩沖裝置的理想模型如圖，勁度系數(shù)足夠大且為k的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可沿固定在車上的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為f.輕桿沿槽向左移動(dòng)不超過l時(shí)，裝置可安全工作，小車的總質(zhì)量為m，若小車以速度v0撞擊固定在地面的障礙物，將導(dǎo)致輕桿沿槽向左移動(dòng).已知輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)小車與地面的摩擦，則( AD ) A．輕桿開始移動(dòng)時(shí)，彈簧的壓縮量為 B．小車速度為0時(shí)，彈簧的彈性勢能為mv C．小車被彈回時(shí)速度等于 D．為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度等于 解析：輕桿開始移動(dòng)時(shí)，輕桿所受彈力與最大靜摩擦力相等，即kx＝f，所以彈簧壓縮量x＝，A項(xiàng)正確；小車從開始到速度減為零過程中，小車動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢能，一部分克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為熱能，故彈簧的彈性勢能EP＜mv，B項(xiàng)錯(cuò)；從小車與障礙物整個(gè)碰撞過程中，由功能關(guān)系有，mv2－mv＝－f，根據(jù)解析式可知小車彈回時(shí)速度表達(dá)式各項(xiàng)系數(shù)均為1，C項(xiàng)錯(cuò)；設(shè)輕桿移動(dòng)前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中，由動(dòng)能定理有：－f－W＝0－mv.同理，小車以vm撞擊時(shí)，－fl－W＝0－mv，解得：vm＝，D項(xiàng)正確． 12．(2014重慶卷)如圖為“嫦娥三號”探測器在月球上著陸最后階段的示意圖．首先在發(fā)動(dòng)機(jī)作用下，探測器受到推力在距月面高度為h1處懸停(速度為0，h1遠(yuǎn)小于月球半徑)；接著推力改變，探測器開始豎直下降，到達(dá)距月面高度為h2處的速度為v；此后發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉，探測器僅受重力下落至月面．已知探測器總質(zhì)量為m(不包括燃料)，地球和月球的半徑比為k1，質(zhì)量比為k2，地球表面附近的重力加速度為g，求： (1)月球表面附近的重力加速度大小及探測器剛接觸月面時(shí)的速度大?。? (2)從開始豎直下降到剛接觸月面時(shí)，探測器機(jī)械能的變化． 解析：(1)設(shè)地球質(zhì)量和半徑分別為M和R，月球的質(zhì)量、半徑和表面附近的重力加速度分別為M′、R′和g′，探測器剛接觸月面時(shí)的速度大小為vt. 由mg′＝G和mg＝G 得g′＝g 由v－v2＝2g′h2 得vt＝ (2)設(shè)機(jī)械能變化量為ΔE，動(dòng)能變化量為ΔEk，重力勢能變化量為ΔEP 由ΔE＝ΔEk＋ΔEP 有ΔE＝m(v2＋)－mgh1； 得ΔE＝mv2－mg(h1－h(huán)2) 答案：(1)vt＝ (2)mv2－mg(h1－h(huán)2) 13．(2015福建卷)如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g. (1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力； (2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車．已知滑塊質(zhì)量m＝，在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求： ①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小vm； ②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s. 解析：(1)滑塊到B點(diǎn)時(shí)對小車壓力最大，從A到B機(jī)械能守恒mgR＝mv， 滑塊在B點(diǎn)處，由牛頓第二定律知 FN－mg＝m， 解得FN＝3mg， 由牛頓第三定律知F′N＝3mg， (2)①滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小車速度最大，由機(jī)械能守恒 mgR＝Mv＋m(2vm)2，解得vm＝， ②設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系 mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2， 設(shè)滑塊從B到C過程中，小車運(yùn)動(dòng)加速度大小為a，由牛頓第二定律μmg＝Ma， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律v－v＝－2as，解得s＝L. 答案：(1)3mg (2)① ②L 14．(2016南京模擬)如圖所示，一輕繩吊著一根粗細(xì)均勻的棒，棒下端離地面高為H，上端套著一個(gè)細(xì)環(huán)．棒和環(huán)的質(zhì)量均為m，相互間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmg(k>1)．?dāng)嚅_輕繩，棒和環(huán)自由下落．假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時(shí)觸地時(shí)間極短，無動(dòng)能損失．棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終保持豎直，空氣阻力不計(jì)．求 (1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中，環(huán)的加速度． (2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運(yùn)動(dòng)的路程s. (3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中，摩擦力對環(huán)和棒做的總功W. 解析：(1)設(shè)棒第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a環(huán) 由牛頓第二定律有a環(huán)＝＝(k－1)g，方向豎直向上． (2)棒第一次落地前瞬間的速度大?。簐1＝ 設(shè)棒彈起后的加速度為a棒，由牛頓第二定律有 a棒＝－＝－(k＋1)g 故棒第一次彈起的最大高度：H1＝－＝ 路程s＝H＋2H1＝H. (3)解法一 設(shè)棒第一次彈起經(jīng)過t1時(shí)間后與環(huán)達(dá)到共同速度v1′ 環(huán)的速度v1′＝－v1＋a環(huán)t1 棒的速度v1′＝v1＋a棒t1 解得：t1＝，v1′＝－ 環(huán)的位移h環(huán)1＝－v1t1＋a環(huán)t＝－H 棒的位移h棒1＝v1t1＋a棒t＝H 環(huán)第一次相對棒的位移：x1＝h環(huán)1－h(huán)棒1 解得：x1＝－ 棒、環(huán)一起下落至地面，有v－v′＝2gh棒1 解得：v2＝ 同理，環(huán)第二次相對棒的位移：x2＝h環(huán)2－h(huán)棒2＝－ 以此類推，環(huán)第n次相對棒的位移為：xn＝－ 故環(huán)相對棒的總位移x＝x1＋x2＋…＋xn＝－ 所以W＝kmgx＝－ 解法二 經(jīng)過足夠長的時(shí)間棒和環(huán)最終靜止，設(shè)這一過程中它們相對滑動(dòng)的總路程為l，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有mgH＋mg(H＋l)＝kmgl，解得：l＝ 故摩擦力對環(huán)和棒做和總功：W＝－kmgl＝－. 答案：見解析 15．(2016重慶學(xué)業(yè)調(diào)研二)如圖所示，一固定斜面體，其斜邊與水平底邊的夾角θ＝37，BC為一段光滑圓弧軌道，DE為半圓形光滑軌道，兩圓弧軌道均固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑的地面上，右端緊靠C點(diǎn)，上表面所在平面與兩圓弧分別相切于C、D兩點(diǎn)．一物塊被輕放在斜面上F點(diǎn)由靜止釋放，物塊離開斜面后恰好在B點(diǎn)沿切線進(jìn)入BC段圓弧軌道，再經(jīng)C點(diǎn)滑上滑板，滑板運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)被牢固粘連．物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M＝2m，DE半圓弧軌道和BC圓弧軌道的半徑均為R，斜面體水平底邊與滑塊上表面的高度差H＝2R，板長l＝6.5R，板左端到D點(diǎn)的距離L在R下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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- 高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒特訓(xùn) 高考 物理 二輪 復(fù)習(xí) 部分 核心 突破 專題 能量 動(dòng)量 原子 功能 關(guān)系 守恒
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