高考物理精讲：专题5+功能关系在力学中的应用（高考定位+审题破题，含原创题组及解析）

高考物理精讲：专题5+功能关系在力学中的应用（高考定位+审题破题，含原创题组及解析）

高考定位 功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查 的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性 较强．应考策略：深刻理解功能关系，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问题． 考题 1 力学中的几个重要功能关系的应用 例 1 (双选)如图 1 所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块 a 通过平行于斜面的轻绳 跨过光滑轻滑轮与物块 b 相连，b 的质量为 m.开始时，a、b 均静止且 a 刚好不受斜面摩擦力 作用．现对 b 施加竖直向下的恒力 F，使 a、b 做加速运动，则在 b 下降 h 高度过程中( ) 图 1 A．a 的加速度为F m B．a 的重力势能增加 mgh C．绳的拉力对 a 做的功等于 a 机械能的增加 D．F 对 b 做的功与摩擦力对 a 做的功之和等于 a、b 动能的增加 审题突破 重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能 的变化又和什么力做功相对应？ 答案 BD 1．(单选)如图 2 所示，质量为 M、长度为 L 的小车静止在光滑水平面上，质量为 m 的小物 块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力 F 作用在小物块上，使小物块从静止开 始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为 f，小物块滑到小车的最右端时，小车 运动的距离为 s.此过程中，以下结论错误的是( ) 图 2 A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋s) B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 fs C．小物块克服摩擦力所做的功为 f(L＋s) D．小物块和小车增加的机械能为 F(L＋s) 答案 D 解析 小物块受到的合外力是 F－f，位移为 L＋s，由动能定理可得小物块到达小车最右端时 具有的动能为(F－f)(L＋s)，同理小车的动能也可由动能定理得出为 fs；由于小物块和小车间 的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于 F(L＋s)． 2．(单选)(2014·广东·16)图 3 是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块， ③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( ) 图 3 A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能 C．垫板的动能全部转化为内能 D．弹簧的弹性势能全部转化为动能 答案 B 解析 由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少， 选项 A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项 C、D 错误． 3．(双选)如图 4 甲所示，一倾角为 37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量 m＝1 kg 的小 物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正 方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( ) 图 4 A．物体与传送带间的动摩擦因数为 0.875 B．0～8 s 内物体位移的大小为 18 m C．0～8 s 内物体机械能的增量为 90 J D．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为 126 J 答案 AC 解析 根据速度时间图象分析，前 6 秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为 a＝1 m/s2， 根据物体在传送带上受力分析有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，整理得μ＝0.875，选项 A 正确.0～8 s 内物体位移等于前 8 秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移 为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移 s＝2＋6×4 2 －2×2 2 m＝14 m，选项 B 错 误.0～8 s 内物体动能增加量为 1 2m×v2－1 2m×v 20 ＝6 J，重力势能增加 mgs×sin θ＝84 J，机 械能增加量为 6 J＋84 J＝90 J，选项 C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前 2 秒：Q1 ＝μmgcos θ×v0 2 t1＝14 J，第二部分为 2～6 s，摩擦生热 Q2＝μmgcos θ×v 2 t2＝56 J，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动， 不产生热量，所以 0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为 Q1＋Q2＝70 J，选项 D 错误． 几个重要的功能关系 1．重力的功等于重力势能的变化，即 WG＝－ΔEp. 2．弹力的功等于弹性势能的变化，即 W 弹＝－ΔEp. 3．合力的功等于动能的变化，即 W＝ΔEk. 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＝ΔE. 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即 Q＝fl 相对 考题 2 动力学方法和动能定理的综合应用 例 2 光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图 5 所示装置，其中直轨道 bc 粗糙，直轨道 cd 光 滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为 m＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周 运动，到达轨道最高点 a 时的速度大小为 v＝4 m/s，当滑块运动到圆轨道与直轨道 bc 的相 切处 b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道 bc 滑行，到达轨道 cd 上的 d 点时速度为零．若滑 块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为 R＝0.25 m，直轨道 bc 的倾角 θ＝37°，其长度为 L＝26.25 m，d 点与水平地面间的高度差为 h＝0.2 m，取重力加速度 g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6.求： 图 5 (1)滑块在圆轨道最高点 a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道 bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道 bc 上能够运动的时间． 审题突破 (1)在圆轨道最高点 a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二 定律即可求解；(2)从 a 点到 d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上 滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求 得时间． 解析 (1)在圆轨道最高点 a 处对滑块， 由牛顿第二定律得：mg＋FN＝mv2 R ， 得 FN＝m(v2 R －g)＝5.4 N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点 a 时对轨道的压力大小为 5.4 N. (2)从 a 点到 d 点全程，由动能定理得： mg(R＋Rcos θ＋Lsin θ－h)－μmgcos θ·L＝0－1 2mv2 μ＝ gR＋Rcos θ＋Lsin θ－h＋v2 2 gLcos θ ＝0.8 (3)设滑块在 bc 上向下滑动的加速度为 a1，时间为 t1，向上滑动的加速度为 a2，时间为 t2，在 c 点时的速度为 vc. 由 c 到 d：1 2mv 2c ＝mgh vc＝ 2gh＝2 m/s a 点到 b 点的过程：mgR(1＋cos θ)＝1 2mv 2b －1 2mv2 vb＝ v2＋2gR1＋cos θ＝5 m/s 在轨道 bc 上： 下滑：L＝vb＋vc 2 t1 t1＝ 2L vb＋vc ＝7.5 s 上滑：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 a2＝gsin θ＋μgcos θ＝12.4 m/s2 0＝vc－a2t2 t2＝vc a2 ＝ 2 12.4 s≈0.16 s μ>tan θ，滑块在轨道 bc 上停止后不再下滑 滑块在 bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t1＋t2＝(7.5＋0.16) s＝7.66 s 答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s 4．如图 6(a)所示，一物体以一定的速度 v0 沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大 位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不 变．g＝10 m/s2，试求： 图 6 (1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，s 值最小． 答案 (1) 3 3 (2)5 m/s (3)π 3 解析 (1)由题意可知，当θ为 90°时，v0＝ 2gh ① 由题图 b 可得：h＝5 4 m 当θ为 0°时，s0＝5 4 3 m，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大 小为μmg，加速度大小为μg.由运动学方程得 v20＝2μgs0 ② 联立①②两方程：μ＝ 3 3 (2)由①式可得：v0＝5 m/s (3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移 s 满足的关系式 1 2mv 20 ＝mgssin θ＋μmgscos θ 解得 s＝ v20 2gsin θ＋μcos θ ＝ h sin θ＋μcos θ ＝ h 1＋μ2sinθ＋φ 其中μ＝tan φ，可知 x 的最小值为 s＝ h 1＋μ2 ＝ 3 2 h≈1.08 m 对应的θ＝π 2 －φ＝π 2 －π 6 ＝60°＝π 3 1．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运 动学公式分析物体的运动． 2．应用动能定理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． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应 用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单． (2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在 中学物理中一般取地面为参考系． (3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因 为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动 能定理，然后再联立求解． 考题 3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 例 3 (14 分)如图 7 所示，倾角θ＝30°、长 L＝4.5 m 的斜面，底端与一个光滑的1 4 圆弧轨道 平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点 A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端 B 后恰好能到达圆弧轨道最高点 C，又从圆弧轨道滑 回，能上升到斜面上的 D 点，再由 D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动， 最后停在 B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝ 3 6 ，g＝10 m/s2，假设物块经过斜面与 圆弧轨道平滑连接处速率不变．求： 图 7 (1)物块经多长时间第一次到 B 点； (2)物块第一次经过 B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程． 解析 (1)物块沿斜面下滑时， mgsin θ－μmgcos θ＝ma (2 分) 解得：a＝2.5 m/s2 (1 分) 从 A 到 B，物块匀加速运动，由 L＝1 2at2 (1 分) 可得 t＝3 10 5 s (1 分) (2)因为物块恰好到 C 点，所以到 C 点速度为 0.设物块到 B 点的速度为 v，则 mgR＝1 2mv2 (2 分) FN－mg＝mv2 R (1 分) 解得 FN＝3mg＝30 N (1 分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为 FN′＝30 N，方向向下 (1 分) (3)从开始释放至最终停在 B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为 s，则 mgLsin θ－μmgscos θ ＝0 (3 分) 解得 s＝9 m (1 分) 答案 (1)3 10 5 s (2)30 N，方向向下 (3)9 m (18 分)如图 8 所示，有一个可视为质点的质量为 m＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的 A 点以 v0＝1.8 m/s 的初速度水平抛出，到达 C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进人固定在竖直平面内 的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端 D 点的足够长的水平传送带．已知 传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为 v＝3 m/s， 小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为 R＝2 m，C 点和圆弧的圆心 O 点 连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53° ＝0.6.求： 图 8 (1)小物块到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力； (2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5 N，方向竖直向下 (2)32 J 解析 (1)设小物体在 C 点时的速度大小为 vC，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水 平方向成θ＝53°，则由几何关系可得： vC＝ v0 cos θ ＝ 1.8 cos 53° m/s＝3 m/s ① 由 C 点到 D 点，由动能定理得： mgR(1－cos θ)＝1 2mv 2D －1 2mv 2C ② 小物块在 D 点，由牛顿第二定律得： FN－mg＝mv 2D R ③ 由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力为：FN′＝FN ④ 联立①②③④得：FN′＝22.5 N，方向竖直向下 (2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得： a＝μmg m ＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2 ⑤ 小物块匀减速直线运动的时间为 t1，向左通过的位移为 s1，传送带向右运动的距离为 s2，则： vD＝at1 ⑥ s1＝1 2at 21 ⑦ s2＝vt1 ⑧ 小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为 t2，向右通过的位移为 s3，传送带 向右运动的距离为 s4，则 v＝at2 ⑨ s3＝1 2at 22 ⑩ s4＝vt2 ⑪ 整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： s＝s1＋s2＋s4－s3 ⑫ 产生的热量为：Q＝μmgs ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q＝32 J 知识专题练 训练 5 题组 1 力学中的几个重要功能关系的应用 1．(双选)将质量为 m 的小球在距地面高度为 h 处抛出，抛出时的速度大小为 v0，小球落到地 面时的速度大小为 2v0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下 面说法中正确的是( ) A．小球克服空气阻力做的功小于 mgh B．重力对小球做的功等于 mgh C．合外力对小球做的功小于 mv20 D．重力势能的减少量等于动能的增加量 答案 AB 解析 从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中 重力对小球做的功为 mgh，所以选项 A、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于 小球动能的变化量：W 合＝ΔEk＝1 2m(2v0)2－1 2mv 20 ＝3 2mv 20 >mv 20 ，选项 C 错误；因为小球在 下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项 D 错误． 2．(双选)如图 1 所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块 a 通过平行于传送带的轻 绳跨过光滑轻滑轮与物块 b 相连，b 的质量为 m，开始时 a、b 及传送带均静止，且 a 不受传 送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在 b 上升 h 高度(未与滑轮相碰)过程中( ) 图 1 A．物块 a 重力势能减少 mgh B．摩擦力对 a 做的功大于 a 机械能的增加 C．摩擦力对 a 做的功小于物块 a、b 动能增加之和 D．任意时刻，重力对 a、b 做功的瞬时功率大小不相等 答案 AB 解析 由题意 magsin θ＝mg，则 ma＝ m sin θ.b 上升 h，则 a 下降 hsin θ，则 a 重力势能的减少 量为 maghsin θ＝mgh，故 A 正确．摩擦力对 a 做的功等于 a、b 机械能的增加量．所以摩擦 力对 a 做的功大于 a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统 动能的增加量，故 B 正确，C 错误．任意时刻 a、b 的速率相等，对 b，克服重力的瞬时功率 Pb＝mgv，对 a 有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等，故 D 错误．故选 A、B. 题组 2 动力学方法和动能定理的综合应用 3．(双选)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图 2 所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为 v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差 H，出水口倾斜，其离出水管 的高度差可忽略，出水口的横截面积为 S，水的密度为ρ，重力加速度为 g，则下列说法正确 的是( ) 图 2 A．出水口单位时间内的出水体积 Q＝vS B．出水口所出水落地时的速度 2gH C．出水后，手连续稳定按压的功率为ρSv3 2η ＋ρvSgH η D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和 答案 AC 解析 由题意知，设流水时间为 t，则水柱长 vt，体积 Q′＝vtS，可得：单位时间内的出水 体积 Q＝vS，所以 A 正确；设落地的速度为 v1，根据动能定理 mgH＝1 2mv 21 －1 2mv2，故水落 地时的速度不等于 2gH，所以 B 错误；设 t 时间内，供水质量为 m，人做功为 W，根据供水 系统的效率为η可得：η＝mgH＋1 2mv2 W ，其中 m＝ρvtS 代入得 P＝ρSv3 2η ＋ρvSgH η ，所以 C 正确， D 错误． 4．(单选)如图 3 所示，质量为 m 的滑块从 h 高处的 a 点沿圆弧轨道 ab 滑入水平轨道 bc，滑 块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在 a、c 两点时的速度大小均为 v，ab 弧长与 bc 长度相等．空 气阻力不计，则滑块从 a 到 c 的运动过程中( ) 图 3 A．小球的动能始终保持不变 B．小球在 bc 过程克服阻力做的功一定等于 1 2mgh C．小球经 b 点时的速度大于 gh＋v2 D．小球经 b 点时的速度等于 2gh＋v2 答案 C 解析 由题意知，在小球从 b 运动到 c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以 A 错误； 从 a 到 c 根据动能定理：mgh－Wf＝0 可得全程克服阻力做功 Wf＝mgh，因在 ab 段、bc 段摩 擦力做功不同，故小球在 bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh 2 ，所以 B 错误；在 ab 段正 压力小于 bc 段的正压力，故在 ab 段克服摩擦力做功小于在 bc 段克服摩擦力做功，即从 a 到 b 克服摩擦力做功 Wf′<1 2mgh，设在 b 点的速度为 v′，根据动能定理：mgh－Wf′＝1 2mv′2 －1 2mv2，所以 v′> gh＋v2，故 C 正确，D 错误． 5．如图 4 所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB 是长为 s＝10 m 的水平直轨道， BCD 是圆心为 O、半径为 R＝10 m 的3 4 圆弧轨道，两轨道相切于 B 点．在外力作用下，一小 球从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达 B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经 过最高点 C，重力加速度为 g＝10 m/s2.求： 图 4 (1)小球在 AB 段运动的加速度的大小； (2)小球从 D 点运动到 A 点所用的时间．(结果可用根式表示) 答案 (1)25 m/s2 (2)( 5－ 3) s 解析 (1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg＝mv 2C R 解得 vC＝ gR＝10 m/s 从 B 到 C 的过程中机械能守恒： 1 2mv 2B ＝1 2mv 2C ＋mg·2R 解得 vB＝ 5gR＝10 5 m/s 从 A→B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2as 解得 a＝25 m/s2 (2)从 C 到 D 的过程中机械能守恒： 1 2mv 2D ＝1 2mv 2C ＋mg·R 解得 vD＝ 3gR＝10 3 m/s 由 C 到 B 再到 A 的过程机械能守恒，故 vA＝vB＝10 5 m/s 小球从 D→A 做加速度为 g 的匀加速运动，由速度公式得：vA＝vD＋gt 解得 t＝( 5－ 3) s 题组 3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 6．如图 5 所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于 B 点．水 平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径 R＝0.8 m 的圆环剪去了左上角 135° 的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是 R.用质量 m1＝0.4 kg 的物块将弹簧 缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点．用同种材料、质量为 m2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为 s ＝6t－2t2，物块飞离桌面后由 P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力 g＝10 m/s2，求： 图 5 (1)物块 m2 过 B 点时的瞬时速度 v0 及与桌面间的滑动摩擦因数； (2)BP 之间的水平距离； (3)判断 m2 能否沿圆轨道到达 M 点(要有计算过程)； (4)释放后 m2 运动过程中克服摩擦力做的功． 答案 (1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)不能 (4)5.6 J 解析 (1)由物块 m2 过 B 点后其位移与时间的关系 s＝6t－2t2 与 s＝v0t＋1 2at2 比较得： v0＝6 m/s 加速度 a＝－4 m/s2 而－μm2g＝m2a 得μ＝0.4 (2)设物块由 D 点以 vD 做平抛运动 落到 P 点时其竖直速度为 vy＝ 2gR 根据几何关系有：vy vD ＝tan 45° 解得 vD＝4 m/s 运动时间为：t＝ 2R g ＝ 1.6 10 s＝0.4 s 所以 DP 的水平位移为：4×0.4 m＝1.6 m BD 间位移为 sBD＝v 2D －v 20 2a ＝2.5 m 所以 BP 间位移为 2.5 m＋1.6 m＝4.1 m (3)设物块到达 M 点的临界速度为 vM，有： m2g＝m2 v 2M R vM＝ gR＝2 2 m/s 由机械能守恒定律得： 1 2m2vM′2＝1 2m2v 2D － 2 2 m2gR 解得 vM′＝ 16－8 2 m/s 因为 16－8 2<2 2 所以物块不能到达 M 点． (4)设弹簧长为 AC 时的弹性势能为 Ep，释放 m1 时，Ep＝μm1gsCB 释放 m2 时 Ep＝μm2gsCB＋1 2m2v 20 且 m1＝2m2 可得：Ep＝m2v 20 ＝7.2 J m2 释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 Wf 则由能量转化及守恒定律得：Ep＝Wf＋1 2m2v 2D 可得 Wf＝5.6 J 7．如图 6 所示，高台的上面有一竖直的1 4 圆弧形光滑轨道，半径 R＝5 4 m，轨道端点 B 的切 线水平．质量 M＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端 A 由静止释放，离开 B 点后经时 间 t＝1 s 撞击在斜面上的 P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端 C 与 B 点的水平距离 x0＝ 3 m．g 取 10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力． 图 6 (1)求金属滑块 M 运动至 B 点时对轨道的压力大小； (2)若金属滑块 M 离开 B 点时，位于斜面底端 C 点、质量 m＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向 上的恒定拉力 F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在 P 点被 M 击中．已知滑块 m 与斜 面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力 F 大小； (3)滑块 m 与滑块 M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力 F，此时滑块 m 速度变为 4 m/s， 仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块 M，求滑块 m 此后在斜 面上运动的时间． 答案 (1)150 N (2)13 N (3)(0.5＋ 7 2 ) s 解析 (1)从 A 到 B 过程，由机械能守恒定律得：MgR＝1 2Mv 2B 在 B 点，由牛顿第二定律得：F－Mg＝Mv 2B R 解得 F＝150 N 由牛顿第三定律可知，滑块对 B 点的压力 F′＝F＝150 N，方向竖直向下． (2)M 离开 B 后做平抛运动 水平方向：x＝vBt＝5 m 由几何知识可知，m 的位移：s＝ x－x0 cos 37° ＝2.5 m 设滑块 m 向上运动的加速度为 a 由匀变速运动的位移公式得：s＝1 2at2 解得 a＝5 m/s2 对滑块 m，由牛顿第二定律得： F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得 F＝13 N (3)撤去拉力 F 后，对 m，由牛顿第二定律得： mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′ 解得 a′＝8 m/s2 滑块上滑的时间 t′＝ v a′ ＝0.5 s 上滑位移：s′＝ v2 2a′ ＝1 m 滑块 m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma″ 解得 a″＝4 m/s2 下滑过程 s＋s′＝1 2a″t″2 解得 t″＝ 7 2 s 滑块返回所用时间：t＝t′＋t″＝(0.5＋ 7 2 ) s