全國(guó)2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)全冊(cè)學(xué)案（打包17套）.zip

全國(guó)2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)全冊(cè)學(xué)案（打包17套）.zip,全國(guó),2019,高考,物理,二輪,復(fù)習(xí),全冊(cè)學(xué)案,打包,17 專(zhuān)題5 功能關(guān)系的理解和應(yīng)用 考題一　功和功率的計(jì)算 1.功的計(jì)算 力的特點(diǎn) 計(jì)算方法 恒力的功 單個(gè)恒力 W＝Flcos α 合力為恒力 1.先求合力，再求W＝F合l 2.W＝W1＋W2＋… 變力的功 大小恒定，且方向始終沿軌跡切線方向 力的大小跟路程的乘積 力與位移成線性變化 W＝lcos θ 已知F－l圖象 功的大小等于“面積” 一般變力 動(dòng)能定理 2.功率的計(jì)算 (1)P＝，適用于計(jì)算平均功率； (2)P＝Fvcos θ，若v為瞬時(shí)速度，P為瞬時(shí)功率，若v為平均速度，P為平均功率. 例1　(2016·全國(guó)甲卷·21)如圖1，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連.現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn).已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中(　　) 圖1 A.彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功 B.有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度 C.彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零 D.小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差 解析　因M和N兩點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，則彈簧的彈力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧水平時(shí)，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)位置時(shí)，小球只受重力，加速度為g，則有兩個(gè)時(shí)刻的加速度大小等于g，選項(xiàng)B正確；彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對(duì)小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點(diǎn)處彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，彈性勢(shì)能相等，則由彈力做功特點(diǎn)知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項(xiàng)D正確. 答案　BCD 變式訓(xùn)練 1.(2016·天津理綜·8)我國(guó)高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平.和諧號(hào)動(dòng)車(chē)組是由動(dòng)車(chē)和拖車(chē)編組而成，提供動(dòng)力的車(chē)廂叫動(dòng)車(chē)，不提供動(dòng)力的車(chē)廂叫拖車(chē)，如圖2所示.假設(shè)動(dòng)車(chē)組各車(chē)廂質(zhì)量均相等，動(dòng)車(chē)的額定功率都相同，動(dòng)車(chē)組在水平直軌道上運(yùn)行過(guò)程中阻力與車(chē)重成正比.某列車(chē)組由8節(jié)車(chē)廂組成，其中第1、5節(jié)車(chē)廂為動(dòng)車(chē)，其余為拖車(chē)，則該動(dòng)車(chē)組(　　) 圖2 A.啟動(dòng)時(shí)乘客受到車(chē)廂作用力的方向與車(chē)運(yùn)動(dòng)的方向相反 B.做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車(chē)廂間的作用力之比為3∶2 C.進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來(lái)滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度成正比 D.與改為4節(jié)動(dòng)車(chē)帶4節(jié)拖車(chē)的動(dòng)車(chē)組最大速度之比為1∶2 答案　BD 解析　列車(chē)啟動(dòng)時(shí)，乘客隨車(chē)廂加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向與車(chē)的運(yùn)動(dòng)方向相同，故乘客受到車(chē)廂的作用力方向與車(chē)運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；動(dòng)車(chē)組運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝－kg，則對(duì)6、7、8節(jié)車(chē)廂的整體有F56＝3ma＋3kmg＝F，對(duì)7、8節(jié)車(chē)廂的整體有F67＝2ma＋2kmg＝F，故5、6節(jié)車(chē)廂與6、7節(jié)車(chē)廂間的作用力之比為F56∶F67＝3∶2，選項(xiàng)B正確；關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后，根據(jù)動(dòng)能定理得·8mv2＝8kmgx，解得x＝，可見(jiàn)滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)速度的平方成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；8節(jié)車(chē)廂有2節(jié)動(dòng)車(chē)時(shí)的最大速度為vm1＝；8節(jié)車(chē)廂有4節(jié)動(dòng)車(chē)時(shí)最大速度為vm2＝，則＝，選項(xiàng)D正確. 2.(2016·江西師大附中、鷹潭一中4月聯(lián)考)如圖3是滑雪場(chǎng)的一條雪道.質(zhì)量為70 kg的某滑雪運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)沿圓弧軌道滑下，在B點(diǎn)以5 m/s的速度水平飛出，落到了傾斜軌道上的C點(diǎn)(圖中未畫(huà)出).不計(jì)空氣阻力，θ＝30°，g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　) 圖3 A.該滑雪運(yùn)動(dòng)員騰空的時(shí)間為1 s B.BC兩點(diǎn)間的落差為5 m C.落到C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為3 500 W D.若該滑雪運(yùn)動(dòng)員從更高處滑下，落到C點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角不變 答案　AD 解析　運(yùn)動(dòng)員平拋的過(guò)程中，水平位移為x＝v0t；豎直位移為y＝gt2，落地時(shí)：tan θ＝聯(lián)立解得t＝1 s，y＝5 m，故A正確，B錯(cuò)誤；落地時(shí)的速度：vy＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s；所以落到C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為：P＝mg·vy＝70×10×10 W＝7 000 W，故C錯(cuò)誤；根據(jù)落地時(shí)速度方向與水平方向之間的夾角的表達(dá)式：tan α＝＝＝＝2tan θ，可知到C點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度無(wú)關(guān)，故D正確. 3.(2016·岳陽(yáng)二模)如圖4，曲面EC是半徑為R＝0.4 m的圓弧，C端切線水平且與水平面CA相連，在CE上固定一光滑木板CD，CD與CA平滑連接，質(zhì)量為m＝0.2 kg的小滑塊從水平面上A處以初速度v0＝4 m/s向左運(yùn)動(dòng)，恰好可以到達(dá)木板的D端，下滑后停在B處，AB＝3BC，重力加速度取10 m/s2，則由題中信息可求出(　　) 圖4 A.滑塊與水平面AC的動(dòng)摩擦因數(shù)μ B.木板CD與水平面的夾角 C.滑塊在木板CD上下滑時(shí)重力的平均功率 D.整個(gè)過(guò)程的摩擦熱 答案　BCD 解析　設(shè)AB＝3BC＝L，從A到B由動(dòng)能定理可知：mv＝μmgL，因L未知，則不能求解滑塊與水平面AC的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)木板CD長(zhǎng)為l，從A到D根據(jù)動(dòng)能定理：mv＝mglsin θ＋μmgL，解得mglsin θ＝mv，由幾何關(guān)系可知2Rsin θ＝l，聯(lián)立可求解l和θ，選項(xiàng)B正確；根據(jù)a＝gsin θ求解滑塊在斜面上的加速度a，根據(jù)l＝at2求解滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后由P＝求解重力的平均功率，選項(xiàng)C正確；根據(jù)Q＝mv求解整個(gè)過(guò)程的摩擦熱，選項(xiàng)D正確. 考題二　功能關(guān)系的應(yīng)用 1.做功的過(guò)程就是能量的轉(zhuǎn)化過(guò)程.做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化.功是能量轉(zhuǎn)化的量度.常見(jiàn)的幾種功能關(guān)系： 2.在常見(jiàn)的功能關(guān)系中，動(dòng)能定理應(yīng)用尤為廣泛. (1)對(duì)于物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不涉及加速度和時(shí)間，而涉及力和位移、速度的問(wèn)題時(shí)，一般選擇動(dòng)能定理，尤其是曲線運(yùn)動(dòng)、多過(guò)程的直線運(yùn)動(dòng)等. (2)如果物體只有重力和彈力做功而又不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間，既可用機(jī)械能守恒定律，又可用動(dòng)能定理求解. 例2　(2016·全國(guó)甲卷·25)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接.AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖5所示.物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開(kāi)，P開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g. 圖5 (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍. 解析　(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能.由機(jī)械能守恒定律知，彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為 Ep＝5mgl ① 設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得 Ep＝mv＋μmg(5l－l) ② 聯(lián)立①②式，并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝ ③ 若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿(mǎn)足 －mg≥0 ④ 設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l ⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝ ⑥ vD滿(mǎn)足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出.設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 2l＝gt2 ⑦ P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s＝2l ⑨ (2)設(shè)P的質(zhì)量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零.由①②式可知 5mgl>μMg·4l ⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過(guò)半圓軌道的中點(diǎn)C.由機(jī)械能守恒定律有 MvB′2≤Mgl ? Ep＝MvB′2＋μMg·4l ? 聯(lián)立①⑩??式得 m≤Mm乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙.空氣阻力f＝kr，對(duì)小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故選項(xiàng)B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項(xiàng)D正確. 2.如圖1，不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩跨過(guò)光滑定滑輪，繩兩端各系一個(gè)小球a和b.a球質(zhì)量為m，靜置于水平地面；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時(shí)輕繩剛好拉緊.現(xiàn)將b球釋放，則b球著地瞬間a球的速度大小為(　　) 圖1 A. B. C. D.2 答案　A 解析　在b球落地前，a、b球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且a、b兩球速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：3mgh＝mgh＋(3m＋m)v2，解得：v＝. 3.如圖2所示，A、B、C三個(gè)一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng).A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速度方向沿水平方向，大小為v0.斜面足夠大，A、B、C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)相碰，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A.A和C將同時(shí)滑到斜面底端 B.滑到斜面底端時(shí)，B的動(dòng)能最大 C.滑到斜面底端時(shí)，C的重力勢(shì)能減少最多 D.滑到斜面底端時(shí)，B的機(jī)械能減少最多 答案　B 解析　A、C兩個(gè)滑塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小相等，A所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑動(dòng)摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到達(dá)斜面底端，故A錯(cuò)誤；重力做功相同，摩擦力對(duì)A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B(niǎo)有初速度，則滑到斜面底端時(shí)，B滑塊的動(dòng)能最大，故B正確；三個(gè)滑塊下降的高度相同，重力勢(shì)能減少相同，故C錯(cuò)誤；滑動(dòng)摩擦力做功與路程有關(guān)，C運(yùn)動(dòng)的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機(jī)械能減少最多，故D錯(cuò)誤. 4.(多選)如圖3所示，小物塊以初速度v0從O點(diǎn)沿斜向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)從O點(diǎn)斜向上拋出一個(gè)速度大小也為v0的小球，物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇.已知物塊和小球質(zhì)量相等，空氣阻力忽略不計(jì)，則(　　) 圖3 A.斜面只能是粗糙的 B.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)離斜面最遠(yuǎn) C.在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能大于物塊的動(dòng)能 D.小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率相等 答案　ACD 解析　把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，則沿斜面方向的速度小于物塊的速度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，則不可能在P點(diǎn)相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A正確；當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，離斜面最遠(yuǎn)，此時(shí)豎直方向速度不為零，不是運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；物塊在斜面上還受摩擦力做功，物塊的機(jī)械能減小，所以在P點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能應(yīng)該大于物塊的動(dòng)能，故C正確；小球和物塊初末位置相同，則高度差相等，而重力相等，則重力做功相等，時(shí)間又相同，所以小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中克服重力做功的平均功率相等，故D正確. 5.蕩秋千是一種常見(jiàn)的休閑娛樂(lè)活動(dòng)，也是我國(guó)民族運(yùn)動(dòng)會(huì)上的一個(gè)比賽項(xiàng)目.若秋千繩的長(zhǎng)度約為2 m，蕩到最高點(diǎn)時(shí)，秋千繩與豎直方向成60°角，如圖4所示.人在從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A.最低點(diǎn)的速度大約為5 m/s B.在最低點(diǎn)時(shí)的加速度為零 C.合外力做的功等于增加的動(dòng)能 D.重力做功的功率逐漸增加 答案　C 解析　秋千在下擺過(guò)程中，受到的繩子拉力不做功，機(jī)械能守恒，則得：mgL(1－cos 60°)＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝2 m/s，A錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)合力指向圓心，加速度不為零，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理合外力做的功等于增加的動(dòng)能，C正確；P＝mgv⊥，由于在豎直方向上的速度從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中先增大后減小，故重力做功的功率先增大后減小，D錯(cuò)誤. 6.(多選)(2016·浙江理綜·18)如圖5所示為一滑草場(chǎng).某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車(chē)與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車(chē)從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車(chē)在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).則(　　) 圖5 A.動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ B.載人滑草車(chē)最大速度為 C.載人滑草車(chē)克服摩擦力做功為mgh D.載人滑草車(chē)在下段滑道上的加速度大小為g 答案　AB 解析　對(duì)滑草車(chē)從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過(guò)程，得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，選項(xiàng)A正確；對(duì)經(jīng)過(guò)上段滑道過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝ ，選項(xiàng)B正確；載人滑草車(chē)克服摩擦力做功為2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；載人滑草車(chē)在下段滑道上的加速度為a＝＝－g，即加速度大小為g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 7.(多選)(2016·全國(guó)丙卷·20)如圖6，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則(　　) 圖6 A.a＝ B.a＝ C.N＝ D.N＝ 答案　AC 解析　質(zhì)點(diǎn)P下滑過(guò)程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝mv2，根據(jù)公式a＝，聯(lián)立可得a＝，A正確，B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)重力和支持力的合力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝，C正確，D錯(cuò)誤. 8.(多選)如圖7所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1 m處，滑塊與彈簧不拴接.現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過(guò)傳感器測(cè)量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek－h(huán)圖象，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢(shì)能面，取g＝10 m/s2，由圖象可知(　　) 圖7 A.小滑塊的質(zhì)量為0.2 kg B.彈簧最大彈性勢(shì)能為0.32 J C.輕彈簧原長(zhǎng)為0.2 m D.小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為0.18 J 答案　AC 解析　從0.2 m上升到0.35 m的范圍內(nèi)，ΔEk＝－ΔEp＝－mgΔh，圖線的斜率絕對(duì)值為：k＝＝＝－2 N＝－mg，所以：m＝0.2 kg，故A正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故B錯(cuò)誤；在Ek－h(huán)圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說(shuō)明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以h＝0.2 m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長(zhǎng)為0.2 m，故C正確；由圖可知，當(dāng)h＝0.18 m時(shí)的動(dòng)能最大；在滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D錯(cuò)誤. 9.如圖8所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端用活動(dòng)鉸鏈固接于水平地面上的O點(diǎn)，初始時(shí)小球靜止于地面上，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的正方體左側(cè)靜止于O點(diǎn)處.現(xiàn)在桿中點(diǎn)處施加一大小始終為(g為重力加速度)、方向始終垂直桿的拉力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去F，小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)，忽略一切摩擦，試求： 圖8 (1)拉力所做的功； (2)拉力撤去時(shí)小球的速度大小； (3)若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后由靜止開(kāi)始向右傾斜，求桿與水平面夾角為θ時(shí)(正方體和小球還未脫落)，正方體的速度大小. 答案(1)mgL　(2) (3) 解析　(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得：WF－mgL＝0 力F所做的功為WF＝mgL (2)設(shè)撤去F時(shí)，桿與水平面夾角為α，撤去F前，有：WF＝×α＝mgL，解得：α＝ 根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL－mgLsin α＝mv2 得撤去F時(shí)小球的速度為：v＝ (3)設(shè)桿與水平面夾角為θ時(shí)，桿的速度為v1，正方體的速度為v2，v2＝v1sin θ 系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：mg(L－Lsin θ)＝mv＋Mv 解得：v2＝ . 10.如圖9所示，虛線圓的半徑為R，AC為光滑豎直桿，AB與BC構(gòu)成直角的L形軌道，小球與AB、BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A、B、C三點(diǎn)正好是圓上三點(diǎn)，而AC正好為該圓的直徑，AB與AC的夾角為α.如果套在AC桿上的小球自A點(diǎn)靜止釋放，分別沿ABC軌道和AC直軌道運(yùn)動(dòng)，忽略小球滑過(guò)B處時(shí)的能量損耗.求： 圖9 (1)小球在AB軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度； (2)小球沿ABC軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速率； (3)若AB、BC、AC軌道均光滑，如果沿ABC軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間與沿AC直軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間之比為5∶3，求α的正切值. 答案　(1)gcos α－μgsin α　(2)2　(3)2.4 解析　(1)從A到B，由牛頓第二定律得： mgcos α－μmgsin α＝ma 解得：a＝gcos α－μgsin α (2)小球沿ABC軌道運(yùn)動(dòng)，從A到C，由動(dòng)能定理可得：mv＝mg·2R－2μmg·2Rcos αsin α 解得：vC＝2 (3)設(shè)小球沿AC直導(dǎo)軌做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有：2R＝gt2 解得：t＝2 軌道均光滑，小球由A到B機(jī)械能守恒，設(shè)B點(diǎn)的速度為vB，則有： mg·2R cos2α＝mv 解得：vB＝2 cos α 且依等時(shí)圓，tAB＝t，則B到C的時(shí)間為： tBC＝t－t＝t＝ 以后沿BC直導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的加速度為： a′＝gsin α，且BC＝2Rsin α 故2Rsin α＝vBtBC＋a′t 代入數(shù)據(jù)得：tan α＝2.4. 17