2014届高考二轮复习专题讲义：第一部分专题四功和能用动力学和功能观点解答力学综合题

【考情分析】

【考点预测】

力学综合题能综合考查运动学公式、牛顿运动定律、曲线运动、动能定理、机械能守恒定律、功能关系等知识，由于考查的知识面广，所以该题型受到命题专家的青睐．预计2014年高考中，该题型仍是命题的热点．复习中要注意做好训练，注意各物理规律的应用，注意各物理过程之间的联系．

考题1 对利用动力学观点解答力学综合题的考查

1

例1 如图1所示，质量为m＝1 kg的小滑块，从光滑、固定的圆弧轨道的最高点A由静

4

止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M＝2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长．整个过程中木板的v－t图象如图所示，g＝10 m/s2. 求：(1)滑块经过B点时对圆弧轨道的压力． (2)滑块与木板之间的动摩擦因数． (3)滑块在木板上滑过的距离．

图1

审题突破 ①滑块沿光滑圆弧轨道运动的过程中，无摩擦力做功，机械能守恒．②由图象可知：0～1 s时间内木板在滑块摩擦力和地面摩擦力作用下加速，1 s～2 s时间内，木板和滑块一起减速．

解析 (1)从A到B过程，滑块的机械能守恒 1mgR＝mv2

2

经B点时，根据牛顿第二定律有

mv2

FN－mg＝

R

整理得FN＝3mg＝30 N

根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N，方向竖直向下． (2)由v－t图象知，木板加速的加速度为a1＝1 m/s2，

滑块与木板共同减速的加速度大小a2＝1 m/s2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，[来源: ] 在1 s～2 s内，对滑块和木板： μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2 在0～1 s内，对木板： μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1 解得：μ1＝0.1 μ2＝0.5

(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t1 对滑块：μ2mg＝ma

v1＝v－at1，v1＝1 m/s，t1＝1 s v1

木板的位移x1＝t1

2v1＋v

滑块的位移x2＝t

21

滑块在木板上滑过的距离Δx＝x2－x1 代入数据解得Δx＝3 m

答案 (1)30 N，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m 点拨提升

1． 对于连接体问题，在利用牛顿运动定律求解加速度时，一定要注意研究对象的选取． 2． 在利用牛顿运动定律分析多过程问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析，只有

在合力不变时，才可把牛顿运动定律和运动学公式相结合分析物体的运动．[来源: ]

突破练习

1． 如图2所示，质量为2 kg的小车在光滑水平面上处于静止状态．小车的上表面由水平

面和斜面构成，斜面顶端和底端的高度差为1.8 m．小车左边缘的正上方用长2.5 m的细绳拴一质量为0.5 kg的物块，将细绳拉离竖直方向60°角后由静止释放，当物块运动到悬点的正下方时悬线断开，物块从小车的左边缘滑上小车后，先在其表面上沿水平方向运动，经过1 s时间物块离开小车，然后做曲线运动，某时刻恰好与斜面的底端相碰，已知小车与物块间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2.求：

图2

(1)悬线断开前所受最大拉力的大小； (2)小车上表面水平部分的长度； (3)小车表面的斜面部分倾角的正切值． 答案 (1)10 N (2)3.75 m (3)1.2

解析 (1)物块由静止摆动到悬点正下方的过程，由机械能守恒定律得mgl(1－cos 60°)1＝mv2 2解得v＝5 m/s

v2

物块摆到悬点正下方时F－mg＝m l解得F＝2mg＝10 N

μmg

(2)物块在小车上表面运动时加速度大小a1＝＝2 m/s2

m1

位移x1＝vt－a1t2＝4 m

2μmg

小车的加速度a2＝＝0.5 m/s2

M1

位移x2＝a2t2＝0.25 m

2

小车上表面水平部分长度Δx＝x1－x2＝3.75 m (3)物块脱离小车上表面时的速度v1＝v－a1t＝3 m/s 小车的速度v2＝a2t＝0.5 m/s

1

设物块从离开小车到与斜面的底端相碰所用时间为t1，物块在竖直方向上h＝gt2，t

211＝

2h＝0.6 s g

斜面水平长度x＝(v1－v2)t1＝1.5 m

h

设斜面倾角为θ，则斜面倾角的正切值tan θ＝＝1.2

x考题2 对利用动能定理解答力学综合题的考查[来源 ]

例2 如图3所示，上表面光滑，长度为3 m、质量M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平

拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m＝3 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L＝1 m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，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小铁块．(g取10 m/s2)求：

[来源: ]

图3

(1)木板与地面间的动摩擦因数． (2)刚放第三个铁块时木板的速度．

(3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离． 审题突破 ①在没放铁块时，木板做匀速运动，合力为零． ②当放铁块时，分析木板受力，注意地面摩擦力的变化． ③各段均可用动能定理列式．

解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为Ff 由平衡条件得 F＝Ff Ff＝μMg

联立并代入数据得μ＝0.5

(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg.

令刚放第三个铁块时木板速度为v1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理得

112－μmgL－2μmgL＝Mv21－Mv0 22

联立并代入数据得 v1＝4 m/s

(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力均为3μmg

从放第三个铁块开始到木板停下的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得 1

－3μmgx＝0－Mv2

21

16

联立并代入数据得x＝ m＝1.78 m

9答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m 点拨提升

1． 当物体对地面的压力增大时，物体在地面上滑动时所受滑动摩擦力增大．

2． 在利用动能定理求解问题时可对单一过程列式，也可对全过程列式，不论是哪种方式，

都应找准物体初、末状态的动能和对应过程中外力所做的功． 突破练习

1

2． 如图4所示，光滑的圆弧AB，半径R＝0.8 m，固定在竖直平面内．一辆质量为M＝2

4

kg的小车处在水平光滑地面上，小车的上表面CD与圆弧在B点的切线重合，初始时B与C紧挨着，小车长L＝1 m，高H＝0.2 m．现有一个质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)，自圆弧上的A点从静止开始释放，滑块运动到B点后冲上小车，带动小车向右运动，当滑块与小车分离时，小车运动了x＝0.2 m，此时小车的速度为v＝1 m/s.求：

图4

(1)滑块到达B点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与小车间的动摩擦因数； (3)滑块与小车分离时的速度； (4)滑块着地时与小车右端的水平距离． 答案 (1)30 N，方向竖直向下 (2)0.5 (3)2 m/s (4)0.2 m

解析 (1)滑块从A到B的过程，由机械能守恒得 1mgR＝mv2

2B

滑块在B点，由牛顿第二定律得

2vB

FN－mg＝m

R

代入数据解得FN＝30 N

由牛顿第三定律知，滑块在B点对轨道的压力为30 N，方向竖直向下 (2)对小车，由动能定理得 1

μmgx＝Mv2

2代入数据解得μ＝0.5

(3)对滑块，在小车上运动的过程中，由动能定理得 112

－μmg(x＋L)＝mv2D－mvB 22代入数据解得vD＝2 m/s

(4)滑块离开小车后做平抛运动，设滑块做平抛运动的时间为t，则 1H＝gt2

2

滑块着地时与小车间的距离x′＝(vD－v)t 解得x′＝0.2 m

考题3 对利用功能关系和能量守恒定律解答力学综合题的考查

例3 如图5所示，一轻弹簧左端固定在竖直墙上，自然伸长时右端到A，水平面上放置一

个质量为M＝20 kg的长木板(木板与弹簧不拴接)，水平面与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.1，开始时木板左端恰好在A处．一质量为m＝16 kg的物块(可视为质点)从木板右端以速度v0＝6 m/s滑上长木板，物块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.5.木板压缩弹簧，经过时间t＝1.0 s弹簧被压缩了x0＝2.5 m，此时物块与木板恰好不再相对滑动，此后物块与木板相对静止，直至停止在水平面上，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.

图5

(1)求木板的长度至少多长？

(2)求物块与木板达到共同速度的瞬间，弹簧的弹性势能为多大？

1

(3)若弹簧的弹性势能Ep＝kΔx2，其中k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量，则最

2终木板能否离开弹簧？若能，则离开后在水平面上滑行的距离为多少？若不能，请通过计算说明．

解析 (1)从物块开始在木板上滑动到相对静止 对物块，加速度大小为a＝μ2g＝5 m/s2

设木板和物块的共同速度为v1，可知v1＝v0－at＝1 m/s v0＋v1物块运动的位移为x1＝t＝3.5 m

2木板运动的位移为x0＝2.5 m， 相对位移为x＝x1－x0＝1.0 m

此后它们一起运动，所以木板长度至少为x＝1.0 m.[来源: ]

(2)从开始到物块和木板达到共同速度的过程中，设弹簧对木板所做功为－W 12

对木板应用动能定理有μ2mgx0－μ1(M＋m)gx0－W＝Mv1

2解得W＝100 J

则木板对弹簧做的功W＝100 J，此功转化为弹簧的弹性势能，即物块与木板共速时，弹簧的弹性势能为100 J.

(3)之后木板继续向左运动，设又向左运动x2的距离后木板速度减为0，然后反向运动，假设木板左端能回到A点，设木板反向至左端回到A时的速度为v2，从速度v1到v2，对物块和木板应用功能关系有

1122

W－μ1(M＋m)g(2x2＋x0)＝(M＋m)v2－(M＋m)v1

2212

对弹簧有kx0＝W

2

① ②

对木板和物块由达到共同速度到向左减速到0有 1211

kx0－k(x2＋x0)2－μ1(M＋m)gx2＝0－(M＋m)v21 222

③

联立①②③可知v2＝0.98 m/s，则木板左端能回到A点， v22则离开弹簧后在水平面上滑行的距离s＝＝0.48 m.

2μ1g

答案 (1)1.0 m (2)100 J (3)能 0.48 m 点拨提升

1． 利用功能关系分析多过程问题时，一定要注意分析运动过程中能量的转换，要抓住两点：

一是任何过程均满足能量守恒定律，二是功是能量转化的量度．

2． 本题要注意两物体的运动过程：在达到共同速度后继续向左运动，当速度减为零后又反

向运动，整个过程地面对木板的摩擦力均做负功． 突破练习

3． 如图6所示，长为L＝1 m、质量M＝0.25 kg的木板放在光滑水平面上，质量m＝2 kg

的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1.现突然给木板一向左的初速度v0＝2 m/s，同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F＝10 N，经过一段时间后，物块与木板相对静止，此时撤去力F.取g＝10 m/s2，求：

图6

(1)物块最终停在木板上的位置；

(2)在物块与木板达到相对静止前的运动过程中拉力F做的功和产生的内能． 答案 (1)停在木板的中点处 (2)5 J 1 J

解析 (1)物块与木板水平方向的受力分析如图所示

F－μmg

根据牛顿第二定律，物块的加速度为a1＝＝4 m/s2

mμmg

木板的加速度为a2＝＝8 m/s2

M

当物块与木板具有共同速度时，两者不再发生相对滑动，一直匀速运动下去． 由a1t＝－v0＋a2t 解得t＝0.5 s

两者共同速度大小为v＝a1t＝2 m/s

v与木板的初速度v0大小相等而方向相反，可见木板此时恰好回到原位置，位移为零． 11此过程物块的位移为x＝a1t2＝0.5 m＝L

22所以物块最终停在木板的中点处 (2)拉力F做的功为W＝Fx＝5 J

木板恰好回到原位置时，物块相对木板的位移x相对＝x＝0.5 m，又因为物块相对木板一直向右运动，故物块相对木板的路程等于物块相对木板的位移，所以摩擦产生的内能为Q＝Ffx相对＝1 J.

例4 (22分)消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成．如图7所示，消防水炮

离地高度为H，建筑物上的火点离地高度为h，水炮与火点的水平距离为x，水泵的功率为P，整个供水系统的效率η＝0.6.假设水从水炮水平射出，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.

图7

(1)若H＝80 m，h＝60 m，水炮的出水速度v0＝30 m/s，求水炮与起火建筑物之间的水平距离x；

(2)在(1)问中，若水炮每秒出水量m0＝60 kg，求水泵的功率P；

(3)当完成高层灭火后，还需要对散落在火点正下方地面上的燃烧物进行灭火，将水炮竖直下移至H′＝45 m，假设供水系统的效率η不变，水炮出水口的横截面积不变，水泵功率应调整为P′，则P′应为多大？ 解析 (1)根据平抛运动规律，有 1H－h＝gt2

2x＝v0t

① ②

联立上述两式，并代入数据得

2H－h

＝60 m g

x＝v0 ③

(2)设在Δt时间内出水质量为m，由功能关系得： 1

ηPΔt＝mv2＋mgH

20

④

取Δt＝1 s，则m＝m0，有

1m0v20＋m0gH2P＝＝1.25×102 kW

η

⑤

(3)水炮高度变化后，水流速度变化，1 s内出水质量也将变化．

设1 s内出水质量为m0′，水的密度为ρ，水流速度为v′，水炮喷口的横截面积为S，有

1

H′＝gt′2

2x＝v′t′

⑥ ⑦ ⑧

得v′＝20 m/s m0＝ρSv0 m0′＝ρSv′

v′

得m0′＝m0＝40 kg

v0由功能关系得

⑨

1

ηP′Δt＝m′v′2＋m′gH′

2

⑩

取Δt＝1 s，则m′＝m0′，代入数据解得 1

m0′v′2＋m0′gH′2P′＝＝43.3 kW

η

⑪

答案 (1)60 m (2)1.25×102 kW (3)43.3 kW

评分细则 1.第(1)问共5分，其中①②两式各2分，③式1分．考生在③式中没有写出x的物理表达式，而是直接写出x＝60 m，同样给分．

12

2．第(2)问共5分，其中④式3分，⑤式2分．若考生将④式直接写成ηP＝m0v0＋m0gH，

212

不给分．若考生将④式直接写成ηP×1＝m0v0＋m0gH，不扣分．

2

3．第(3)问共12分，其中⑩式3分，⑧式1分，其余各式各2分．若考生没有写出m0v′

＝ρSv0，m0′＝ρSv′，而直接写出m0′＝vm0＝40 kg，同样给分．

1

4．若考生将⑩式写成ηP′＝m0′v′2＋m0′gH′，不给分．若考生将⑩式写成

2

1

ηP′×1＝m0′v′2＋m0′gH′，不扣分．

2

5．考生没有写出⑤⑪两式的物理表达式，而是直接写出结果，同样给分．

知识专题练 训练7

一、单项选择题

1． 如图1所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为

m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为3x0，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下面说法错误的是( )

图1

A．F对物体做的功为4μmgx0

B．撤去F后，物体的机械能先增加后减小

μmg

C．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg(x0－)

kD．物体做匀减速运动的时间为 答案 D

解析 物体向右运动需克服摩擦力做功μmgx0，向左运动时需克服摩擦力做功3μmgx0，所以力F对物体做功为4μmgx0，A正确．撤去F后，物体向左先做加速运动，后做减速运动，机械能先增加后减小，B正确．当物体速度最大时，kx＝μmg，所以从开始向μmg

左运动到速度最大时，Wf＝μmg(x0－x)＝μmg(x0－)，C正确．物体做匀减速运动的

k1

位移为2x0，根据2x0＝μgt2得t＝

2

4x0，D错误． μg6x0 μg

2． 假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离

地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是

( )

1来源

A．运动员对足球做的功为W1＝mgh＋mv2[: ]

2B．足球机械能的变化量为W1－W2[来源:学§科§网]

1

C．足球克服空气阻力做的功为W2＝mgh＋mv2－W1

21

D．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh＋mv2

2答案 B

解析 取运动员踢球到球恰好从横梁下边缘踢进这一过程，由动能定理：W1－mgh－11

W2＝mv2，即W1＝mgh＋mv2＋W2，A错；足球机械能的变化量等于重力以外的其他

2211力做的功，即ΔE＝W1－W2，B对；由W1－mgh－W2＝mv2，可得W2＝W1－mgh－mv2，

2211

C错；设刚踢完球瞬间足球的动能为Ek，由动能定理：－mgh－W2＝mv2－Ek，Ek＝mv2

22＋mgh＋W2，D错．

3． 如图2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

置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，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中正确的是

( )

图2

A．B物体受到细线的拉力保持不变

B．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量

C．A物体动能的增加量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和 D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对系统做的功 答案 D

解析 对B进行受力分析，由牛顿第二定律得GB－FT＝mBa，对A进行受力分析：FT－kx＝mAa.由两式得a＝，a随x增大而减小，故FT在增大，A项错误；A、B

mA＋mB和弹簧组成的系统机械能守恒，故B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A物体机械能的增加量之和，B项错误．对A进行分析：其动能的增加量等于细线拉力做的功与弹簧弹力做的功之和，而FT≠GB，故C项错误．对A与弹簧所组成的系

GB－kx

统，其机械能的增加量等于细线拉力对系统做的功，故D项正确． 二、多项选择题

4． 某节能运输系统装置的简化示意图如图3所示．小车在轨道顶端时，自动将货物装入车

中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，并压缩弹簧．当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下，卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程．则下列说法中正确的是

( )

图3

A．小车上滑的加速度大于下滑的加速度 B．小车每次运载货物的质量必须是确定的

C．小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功等于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功 D．小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能部分转化为弹簧的弹性势能 答案 ABD

解析 对小车受力分析，小车滑动时受重力、支持力和滑动摩擦力，其中重力沿斜面的分力mgsin θ大于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：下滑时加速度为g－μgcos θ，上滑时加速度为g＋μgcos θ，故A正确．设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，由于μ、g、l、θ、M均是固定的量，故小车每次运载货物的质量m必须是确定的，B正确．因为小车下滑时的摩擦力大于小车上滑时的摩擦力，故小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功，C错误．根据能量守恒得：在小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故D正确．故选A、B、D.

5． 如图4所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们

的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时

( )

图4

A．拉力做功的瞬时功率为Fvsin θ B．物块B满足m2gsin θ＝kd F－kd

C．物块A的加速度为 m1

1

D．弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1gdsin θ－m1v2

2答案 CD

解析 由P＝Fvcos α(α为力与速度的夹角)可知拉力做功的瞬时功率为Fv，故A错误；当弹簧恢复原长时，有m1gsin θ＝kd1，当物块B刚要离开挡板C时，有m2gsin θ＝kd2F合

＝F弹，且d1＋d2＝d，故B错误；此时物块A沿斜面方向的加速度a＝＝

m1F－m1gsin θ－F弹F－kd

，解得a＝，C正确；由能量守恒定律可知力F做的功等于A物

m1m1块重力势能和动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故选项D正确． 三、非选择题

6． 如图5所示，长L＝2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质

量m＝1 kg的小物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.5，对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝19 N，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，斜面足够长．求：

图5

(1)木板下滑的加速度； (2)小物块经多长时间离开木板； (3)小物块离开木板时木板获得的动能． 答案 (1) 1 m/s2 (2)2 s (3)6 J

解析 (1)设木板向下运动的加速度为a1， 则由牛顿第二定律

对木板：Mgsin 37°＋μmgcos 37°－F＝Ma1 得：a1＝1 m/s2

(2)物块向下做加速运动，设其加速度为a2，

则由牛顿第二定律

对物块：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 得：a2＝2 m/s2 11

又因为a2t2－a1t2＝L

22

得物块离开木板所用时间t＝2 s.

(3)物块离开木板时木板的速度v1＝a1t＝2 m/s 12

木板的动能为Ek＝Mv1＝6 J

2

7． 如图6所示，长l＝1 m、厚度h＝0.2 m的木板A静止在水平面上，固定在水平面上、

半径r＝1.6 m的四分之一光滑圆弧轨道PQ，底端与木板A相切与P点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B从圆弧上距P点高度H＝0.8 m处由静止释放，已知A、B质量均为m＝1 kg，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.4，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2.求：

图6

(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离． 4

答案 (1)20 N (2) J (3)0.42 m

9

解析 (1)对B下滑的过程由机械能守恒定律有 1mgH＝mv2

2

解得v＝2gH＝4 m/s

物块滑到最低点P处时，由牛顿第二定律有 v2

FN－mg＝m

r

v2

解得FN＝mg＋m＝20 N

r

由牛顿第三定律得 FN′＝20 N

(2)从物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B受力分析，由牛顿第二定律有 μ1mga1＝＝μ1g＝4 m/s2

m物块B做匀减速直线运动 对A受力分析，由牛顿第二定律有 μ1mg－μ2·2mga2＝＝2 m/s2

m木板A做匀加速直线运动 又由l＝xB－xA 1

xB＝vt－a1t2

21xA＝a2t2

2

1

代入数据解得t＝ s(t＝1 s舍去)

314

对A由动能定理得W＝μ1mg·a2t2＝ J

29

81

(3)B离开木板后以v1＝v－a1t＝ m/s的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h＝

32gt′2，得t′＝

2h＝0.2 s g

2μ2mg

木板A将以v2＝a2t＝ m/s、加速度a3＝＝μ2g＝1 m/s2做匀减速运动，物块B落地

3m1

时，两者相距Δx＝v1t′－(v2t′－a3t′2)

2代入数据得Δx＝0.42 m

8． 如图7所示，在粗糙水平面上有一质量为M、高为h的斜面体，斜面体的左侧有一固

定障碍物Q，斜面体的左端与障碍物的距离为d.将一质量为m的小物块置于斜面体的顶端，小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止；现给斜面体施加一个水平向左的推力，使斜面体和小物块一起向左匀加速运动，当斜面体到达障碍物与其碰撞后，斜面体立即停止，小物块水平抛出，最后落在障碍物的左侧P处(图中未画出)，已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ1，斜面倾角为θ，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大

静摩擦力，求：

图7

(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2；

(2)要使物块在地面上的落点P距障碍物Q最远，水平推力F为多大； (3)小物块在地面上的落点P距障碍物Q的最远距离． 答案 (1)tan θ (2)μ1(M＋m)g＋(M＋m)gtan 2θ h

(3)2hdtan 2θ－[来源: ]

tan θ

解析 (1)物块静止在斜面上时，mgsin θ＝μ2mgcos θ，解得μ2＝tan θ (2)设小物块m的最大加速度为am，对其受力分析： 竖直方向：FNcos θ＝mg＋μ2FNsin θ 水平方向：FNsin θ＋μ2FNcos θ＝mam 2gsin θ

解得：am＝＝gtan 2θ

cos θ－tan θsin θ对M、m整体：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am 解得：F＝μ1(M＋m)g＋(M＋m)gtan 2θ

1

(3)对M、m整体：Fd－μ1(M＋m)gd＝(M＋m)v2

2解得：v＝2gdtan 2θ

1h

物块抛出后做平抛运动：h＝gt2，xP＝vt－ 2tan θ解得：xP＝2hdtan 2θ－

h tan θ

9． 如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5 kg的小物块，它与水平台阶表

1

面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m．在台阶右侧固定了一个

4圆弧挡板，圆弧半径R＝1 m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．

图8

(1)若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求其离开O点时的速度大小； (2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；

(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．

45

答案 (1)3 m/s (2)1 s (3)3 J

32解析 (1)小物块从O到P，做平抛运动 水平方向：Rcos 37°＝v0tOP 1

竖直方向：Rsin 37°＝gt2

2OP解得：v0＝

Rcos 37°4

＝3 m/s

2Rsin 37°3g

(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为d，由动能定理得：Fd－μmgs＝ΔEk＝0 解得：d＝2.5 m

由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma 解得：a＝5 m/s2

1

由运动学公式得：d＝at2

2min解得：tmin＝1 s

(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则 x＝v0′t

1

y＝gt2[来源: ][来源: ] 2

1

由机械能守恒得：Ek＝mv0′2＋mgy

2又x2＋y2＝R2 化简得：

mgR23mgy515Ek＝＋＝＋y

4y44y4由数学方法求得 Ekmin＝

5

3 J 2