2023屆高三物理復習重難點突破力學中的功能關系固定斜面上滑動摩擦力（解析版）

專題37力學中的功能關系能量守恒定律固定斜面上滑被摩擦力做功的一個有用結掄考點一力學中的功能關系考點二固定斜面上滑動摩擦力做功的一個有用結論考點三能量守恒定律的理解和應用考點一力學中的功能關系能量功能關系表達式勢能重力做的功等于重力勢能減少量卜=E減=琦一/彈力做的功等于彈性勢能減少量動能合外力做功等于動能變化量/介=〃2一瓦I機械能除重力和系統(tǒng)內彈力之外，其他力做功等于機械能變化量『其他=反一Ei摩擦產一對相互作用的滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產生生的內能，即：因摩擦而產生的內能等于摩擦力和相對路程O=f?X相對的內能的乘積.（多選）2022年冬季奧會在北京順利舉行，讓我們領略了冰雪運動的魅力。如圖所示我國小將蘇翊鳴在一次自由式滑雪空中技巧訓練中保持同一姿態(tài)沿斜坡下滑了一段距離，如果重力對他做功為1000J,他克服阻力做功500J,則他在此過程中（ ）A.可能在做勻速直線運動 B.動能增加了500JC.重力勢能減少了500J D.機械能減少了500J【答案】BD【解析】AB.重力對蘇州鳴做功1000J,他克服阻力做功500J,即阻力做功為-500J,所以外力對他做的總功為W外=1000J-500J=500]根據(jù)動能定理可知，蘇翊鳴的動能增加了500J,因此速度增大，故A錯誤，B正確：C.重力對他做功1000J,因此重力勢能減小了1000J,故C錯誤；D.機械能減少量等于蘇翊鳴克服阻力做功，為500J,故D正確。.一個質量為勿的物體以爐2g的加速度豎直向下運動，則在物體下降才高度的過程中物體的（ ）A.重力勢能減少了2mghB.合外力做功為mghC.合外力做功為2呦D.動能增加了mgh,重力勢能減少了mgh【答案】C【解析】A.物體下降h高度的過程中，重力做功mgh,則重力勢能減小mgh.故A錯誤.BC.根據(jù)牛頓第二定律知，合力為2mg,根據(jù)動能定理知，合力做功為2mgh,則動能增加2mgh.故B錯誤，C正確.D.重力勢能減小mgh,動能增加2mgh,則機械能增加了mgh.故D錯誤.故選C.3.（多選）比賽開始之前，裁判員利用擲硬幣的方法讓雙方球隊的隊長來挑選一側的場地，若裁判員以初速度火豎直向上擲出一枚質量為卬的硬幣，硬幣升到最高點之后，又落回擲出點。假設硬幣所受空氣阻力大小恒為￡運動的最高點距擲出點為力，重力加速度大小為年則下列說法正確的是（ ）A.整個過程中空氣阻力對硬幣做功之和為0B.整個過程中硬幣損失的機械能為2處C.下降過程中有/'力=mg力一：01攻）2D.上升過程中有+ 2【答案】BD【解析】A.整個過程中阻力做負功，代數(shù)和不可能為零，故A錯誤：B.阻力做負功，阻力所做的功即為機械能的損失量，即損失的機械能為2fh,故B正確；CD.下降過程中，克服阻力所做的功等于上升過程中克服阻力的功，即"= -mg/J故C錯誤，D正確。4.（多選）如圖所示，傾角為37°的斜面固定在水平面上，質量為卬的小物塊自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做勻減速直線運動。已知小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.75,小物塊沿斜面上升的最大高度為H,重力加速度大小為g,取sin37°=0.6,則在小物塊上升的過程中，下列說法正確的是（ ）A.小物塊的重力勢能增加了mgH B.小物塊的初動能為凱切/C.小物塊的機械能損失了mgH D.小物塊克服摩擦力做功0.6mgH【答案】AC【解析】A.小物塊沿斜面上滑的最大高度為H,克服重力做功mgH,所以小物塊的重力勢能增加了mgH,選項A正確：B.對小物塊受力分析得產合=mgsin37+〃mgcos37=1.2mg由幾何關系可得，小物塊沿斜面上滑的距離X=sm37根據(jù)動能定理可得W4=F介x=-2mgH=O-EkO則小物塊的初動能為2mgH,選項B錯誤；C.由功能關系可知，小物塊機械能的改變量等于摩擦力所做的功△后機=-＜工=mgH即小物塊機械能損失了mgH,選項C正確；1）.損失的機械能等于克服摩擦力做的功，選項D錯誤。5.如圖所示，勁度系數(shù)為4的輕質彈簧，一端系在豎直放置的半徑為/?的圓環(huán)頂點尸，另一端系一質量為卬的小球，小球穿在圓環(huán)上做無摩擦的運動.設開始時小球置于｛點，彈簧處于自然狀態(tài)，當小球運動到最低點時速率為匕對圓環(huán)恰好沒有壓力.下列分析正確的是（）2A.小球過夕點時，彈簧的彈力為儂一七2B.小球過6點時，彈簧的彈力為儂+碳C.從4到夕的過程中，小球的機械能守恒D.從4到方的過程中，小球的機械能減少【答案】D【解析】從1到6的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的彈性勢能增大，小球的機械能減??；由于小球運動到最低點時速率為v.對圓環(huán)恰好沒有壓力，根據(jù)牛頓第二定律，『嗓即2/=mg+睚'故只有選項D正確.6.（多選）在水平地面上放一個豎直輕彈簧，彈簧上端與一個質量為“的木塊相連，木塊處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給木塊一個豎直向下的力F,使木塊緩慢向下移動h,力尸做功Wi，此后木塊靜止，如圖所示。則（ ）//////////A.在木塊下移力的過程中重力勢能的減少量儂力B.在木塊下移力的過程中彈性勢能的增加量（F+mg/C.在木塊下移h的過程中彈簧彈力做功叫+mgAD.在木塊下移力的過程中彈性勢能的增加量叫+?ng力【答案】AD【解析】A.在木塊下移h的過程中，重力做功為WG=mg/i由功能關系，口I得AEp——Wq——mg/i可知重力勢能的減少量為mgh。故A正確：C.設在木塊下移h的過程中彈簧彈力做功為W沖，由動能定理可得W彈+/+Wc=0聯(lián)立，可得W辨=一匕-mg4故C錯誤；BD.由功能關系，可得△￡彈=一皿彈=%+77194物塊在緩慢向下移動，因此力F是一個變力，因此做功不等于尸人易知在木塊下移h的過程中彈性勢能的增加量為Wi+mg%。故B錯誤；D正確。.（2022?全國?高三課時練習）（多選）籃球運動員的定點跳投動作可分解如下：靜止在地面上的運動員先屈腿下蹲，然后突然蹬地，重心上升雙腳離開地面，離地后重心繼續(xù)上升，到達最高點后投出籃球。已知某運動員的質量為0,雙腳離開地面時的速度為％從下蹲到最高點的過程中重心上升的高度為力，下列說法正確的是（）A.從下蹲到離開地面，地面對運動員做的功為nig4.從下蹲到離開地面，地面對運動員做的功為零C.從下蹲到離開地面，運動員的機械能增加了mg力+：小。2D.從下蹲到最高點，運動員先超重后失重【答案】BD【解析】AB.從地面躍起過程中，人在地面支持力方向上的位移為零，地面支持力對運動員所做的功為0,故A錯誤，B正確：C.從下蹲到離開地面，運動員的動能增量重力勢能增加小于mgh,則運動員的機械能增加量小于mg》+|mv2,選項C錯誤；D.從下蹲到最高點，運動員先加速向上，后減速向上，即超重后失重，選項D正確。8.（多選）如圖所示，傾角為30°的斜面上，質量為m的物塊在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a=^（g為重力加速度）向上加速運動距離x的過程中，下列說法正確的是（ ）A.重力勢能增加B.動能增加等C.機械能增加mgx D.拉力做功為箋【答案】AC【解析】A.根據(jù)題意可知，重力做功為 =mgA>4=—m^xsin30=—^mgx則物塊的重力勢能增加為△Ep=\rngx故A正確；.根據(jù)牛頓第二定律可知，物體所受合力為F合=7na=：7ng則合力做功為W-F^x=^mgx根據(jù)動能定理可知，物塊的動能增加為AEk=：mgx故B錯誤；C.由AB分析可知，物塊的機械能增加為AF=AFp+AFk=1mgx+1mgx=mgx故C正確；D.由牛頓第二定律可得尸-mgsin3O°—f=ma可得F=mg4-fW=Fx=mgx+fx故D錯誤。.節(jié)日燃放禮花彈時，要先將禮花彈放入一個豎直的炮筒中，然后點燃禮花彈的發(fā)射部分，通過火藥劇烈燃燒產生的高壓燃氣，將禮花彈由炮筒底部射向空中。若禮花彈在由炮筒底部擊發(fā)至炮筒口的過程中,克服重力做功上，克服炮筒阻力及空氣阻力做功也，高壓燃氣對禮花彈做功皿3,則禮花彈在炮筒內運動的過程中（設禮花彈發(fā)射過程中質量不變）（ ）A.禮花彈的動能變化量為名+修+電B.禮花彈的動能變化量為卬3-卬2-W1C.禮花彈的機械能變化量為名-川1D.禮花彈的機械能變化量為%-皿2-勿1【答案】B【解析】AB.根據(jù)動能定理一%-卬2+小3=AEk故B正確，A錯誤；CD.機械能變化量等于除重力以外的其他力做功W3-W2=AF故CD均錯誤。10.（2020?全國I卷?T20）（多選）一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線I、II所示，重力加速度取10m/s）則（ ）A.物塊下滑過程中機械能不守恒B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s?D.當物塊下滑2.0m時機械能損失了12J【答案】AB【解析】A.下滑5nl的過程中，重力勢能減少30J,動能增加10J,減小的重力勢能并不等與增加的動能，所以機械能不守恒，A正確；B.斜面高3m、長5m,則斜面傾角為，=37°。令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時的重力勢能mgh=30J可得質量?=lkg下滑5m過程中，機械能的減少量等于克服摩擦力做的功〃雷?cos，?s=20J求得〃=0.5B正確；C.由牛頓第二定律fligsin0—umgcos0=ma求得a=2m/s'C錯誤；D.物塊下滑2.0m時，重力勢能減少12J,動能增加4J,所以機械能損失了8J,D選項錯誤。11.（多選）如圖所示，輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，右端接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時用手托住B,讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度。下列有關該過程的分析正確的是（ ）B物體的機械能一直減小B物體的動能增加量等于B物體重力勢能的減少量B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能的增加量D.細線拉力對A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量【答案】AD【解析】A.根據(jù)題意可知，從開始運動到B獲得最大速度的過程中，繩子拉力一直對B物體做負功，則B物體的機械能一直減小，故A正確；BC.根據(jù)題意可知，A物體、B物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則B物體重力勢能的減少量等于A、B物體動能的增加量和彈簧彈性勢能增加量之和，B物體機械能的減少量等于A物體動能增加量和彈簧彈性勢能增加量之和，故BC錯誤；D.根據(jù)功能關系除重力和彈簧彈力以外的力即繩子的拉力等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量，故D正確。12.（多選）如圖所示，輕質彈簧一端固定，伸長后另一端與一質量為八套在粗糙豎直固定桿力處的圓環(huán)相連。圓環(huán)從4處由靜止開始下滑，經過8處時彈簧水平，到達C處時圓環(huán)的速度為零，然后在C處給圓環(huán)一豎直向上的初速度心圓環(huán)恰好能回到力處，在上述過程中，彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力，則圓環(huán)（ ）UA.下滑過程中，彈簧的彈性勢能一定先減小后增大B.下滑過程中，經過6時的速度最大C.上滑過程中，摩擦產生的內能為:D.上滑過程中經過6處的動能大于下滑過程中經過6處的動能【答案】CD【解析】A.設彈簧的固定點為0,由于初始時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，在圓環(huán)從A到C下滑過程中，若0B大于等于彈簧原長，彈簧的彈性勢能先減小后增大，若0B小于彈簧原長，在B點彈簧處手壓縮狀態(tài)，則在B點前彈簧的彈性勢能先減小后增大，過B點后彈簧的彈性勢能先減小后增大，A錯誤；B.下滑過程中，當合力為零時速度最大，此位置應在B、C間，此時彈力向上的分量與摩擦力之和等于圓環(huán)的重力，B錯誤；C.下滑過程中由動能定理可得以一小彈-必=。上滑過程由動能定理可得-Wc+W舛一叼=0-|znv2解得上滑過程中克服摩擦力做功為叼=-mv2J4則上滑過程中，摩擦產生的內能為Q^mv，C正確；D.從B到A上滑過程中一生1-川彈1一切1=0一（巾彳］從A到B下滑過程中以i+W彈1一必1=：巾4下則2mVB1~2mVBT==2Wfl>0故上滑過程中經過B處的動能大于下滑過程中經過B處的動能。D正確。13.（2022?全國?高三專題練習）（多選）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為勿的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為a，圓環(huán)在A處時彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從4處由靜止釋放，到達C處時速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度力恰好能回到兒已知4C=L,6是力。的中點，彈簧始終在彈性限度之內，重力加速度為g,則（ ）//////A.下滑過程中，圓環(huán)到達。處時彈簧的彈性勢能為mgLsinaB.下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產生的熱量為：小。2C.從C到力過程，彈簧對環(huán)做功為mgLsina-^mv2D.環(huán)經過6時，上滑的速度大于下滑的速度【答案】CD【解析】A.下滑過程中，圓環(huán)重力勢能的減少量為mgAsina,由于摩擦力做負功，圓環(huán)到達C處時彈簧的彈性勢能小于mgLsina,故A錯誤；B.根據(jù)對稱性，下滑和上滑過程中摩擦力做功大小相同。從C到A過程動能減少由于重力勢能增加，環(huán)與桿摩擦產生的熱量小于故B錯誤；C.設圓環(huán)在下滑和上滑過程中由于摩擦產生的熱為Q,圓環(huán)在C處時彈簧的彈性勢能為EP,根據(jù)能量的轉化與守恒，A到C過程mgLsina=Q+FpC到A過程-mv2+Ep=Q+mgLsina聯(lián)立兩式解得EP=mgLsina-^mv2故C正確。D.根據(jù)動能定理，A到B過程 一叼ab一十彈=gm詔，2B到A過程W彈一lVfAB-mg/i=0--mvB得mg“AB+Mab-W彈=之小"B故v'B>vB故D正確?？键c二固定斜面上滑動摩擦力做功的一個有用結論如圖，設斜面與物體間的動摩擦因數(shù)為〃，斜面長底邊長X,斜面傾角為明則物體在斜面上下滑/的過程中滑動摩擦力對物體做的功：Wf=-^mgcos6L=mgx結論：在固定斜面上運動的物體，滑動摩擦力對物體做的功只與〃，mg,水平位移有關，與斜面斜長及斜面傾角無關.14.（2022?全國?高三專題練習）（多選）如圖所示，物體在平行于斜面向上拉力作用下，分別沿傾角不同的斜面由底端勻速運動到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動摩擦因數(shù)相同，則（ ）A.無論沿哪個斜面拉，克服重力做的功相同B.無論沿哪個斜面拉，克服摩擦力做的功相同C.無論沿哪個斜面拉，拉力做的功均相同D.沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較多【答案】AD【解析】A.重力做功為WG=-mgh質量m和高度h均相同，則重力做功相同，克服重力做功相同，A正確；B.設斜面傾角為0,斜面高度h,斜面長度L=-^-tan?？朔Σ亮ψ龅墓?=fimgcosd-L= 所以傾角越大，摩擦力做功越小，B錯誤；tant?CD.物體勻速被拉到頂端，根據(jù)動能定理得WF-mgh-umgcos。?L=0解得拉力做功Wf=mg/i+nmg-則h相同時，傾角較小，拉力做的功較多，C錯誤，D正確。15.如圖所示，將3個木板1、2、3固定在墻角，現(xiàn)將一個可以視為質點的物塊分別從3個木板的頂端由靜止釋放，物塊沿木板下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均為〃。下列說法正確的是（ ）

A.物塊沿著1和2下滑到底端時速度大小相等B.物塊沿著3下滑到底端時速度最大C.物塊沿著1下滑到底端的過程中，產生的熱量最多D.物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產生的熱量一樣多【答案】D【解析】A.設木板的長度為L,與豎直方向的夾角為8,物塊下滑到底端的過程，據(jù)動能定理可得-mu?=mg/i—fimgcosd-L=mgA—nmg-x由于木板1和2在水平方向的投影x相同，物塊沿著1下滑的高度h較大，可知沿著1到達底端的速度大于沿著2到達底端的速度，A錯誤；B.與物塊沿著2下滑過程對比，物塊沿著3下滑到底端的過程，h相同，x較大，故沿著3下滑到底端時速度最小，B錯誤：CD.據(jù)功能關系可得，產生的熱量為Q="ntgcos?！鯨=“mgx物塊沿著3下滑到底端的過程中，產生的熱量最多，沿著1和2下滑到底端的過程中，產生的熱量一樣多，C錯誤，D正確。考點三能量守恒定律的理解和應用.內容能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變..表達式*或Et?=E*..應用能量守恒定律解題的步驟,分清有哪些形式的能量在變化，如動能、勢能（包括有力勢能、彈性勢能、電勢能）、內能等，列出￡初=￡末的表達式確定初、末狀態(tài)一><或、明確哪些形式的能量增加，哪些形式的能量減少，列出E增二E試的表達式16.（2022?山東?高考真題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所

示，發(fā)射倉內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（ ）發(fā)射倉火箭AHUMn發(fā)射倉火箭AHUMn高壓氣體A.火箭的加速度為零時，動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A.火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎宜向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B.根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內能，故B錯誤；C.根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D.根據(jù)功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。17.（2022?江蘇蘇州?高一期末）泉州小蚱風電場利用風能發(fā)電，既保護環(huán)境，又可創(chuàng)造很高的經濟價值。如圖所示，風力發(fā)電機的葉片半徑為幾某段時間內該區(qū)域的風速大小為匕風恰好與葉片轉動的圓面垂直，已知空氣的密度為p,風力發(fā)電機的發(fā)電效率為小下列說法錯誤的是（ ）A.單位時間內通過葉片轉動圓面的空氣質量為P7TDR2B.此風力發(fā)電機發(fā)電的功率為C.若僅風速減小為原來的：，發(fā)電的功率將減小為原來的：D.若僅葉片半徑增大為原來的2倍，發(fā)電的功率將增大為原來的8倍【答案】D【解析】A.由于風速為v,可以理解為單位時間內通過葉片轉動圓面的空氣柱長度，所以單位時間內通過葉片轉動圓面的空氣質量為m=pV=p^vR2故A正確，不符合題意；B.根據(jù)能量的轉化與守恒可知，風的一部分動能轉化為發(fā)電機發(fā)出的電能，而發(fā)電功率為單位時間內參與能量轉化的那一部分動能，所以發(fā)電機發(fā)電功率為P=gm/Tj=gpni;3r2〃故B正確，不符合題意；CD.根據(jù)P的表達式可知，若僅風速減小為原來的：，發(fā)電的功率將減小為原來的：，若僅葉片半徑增大為2 8原來的2倍，發(fā)電的功率將增大為原來的4倍，故C正確，不符合題意：D錯誤，符合題意。.如圖所示，軌道46部分為光滑的;圓弧，半徑40.2m,4點與圓心等高。比■部分水平但不光滑，C端固定一輕質彈簧，/為彈簧的原長。一個可視為質點、質量0=lkg的物塊從｛點由靜止釋放，物塊將彈簧壓縮至最短的"點(圖中未畫出)，又經彈簧反彈后停在〃點(不再滑上軌道45段)。已知物塊與陽之間的動摩擦因數(shù)〃=0.1,加間距離xBO=1.0m,0M間距離xOM=Q.25m,重力加速度g取10m/s2,試求：(1)物塊運動到6點時，軌道對物塊的支持力(2)整個過程中彈簧的最大彈性勢能；BDOC【答案】(1)30N：(2)0.75J；(3)0.5m【解析】⑴物塊由A運動到B的過程，根據(jù)動能定理有mgR=解得vB=y/2gR=2m/s在B點，重力和支持力的合力提供向心力有FN-mg=m4解得鳳=30N故軌道對物塊的支持力大小為30N,方向豎直向上；(2)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時物塊速度為零，根據(jù)能量守恒定律有mgR=limg(xB0+x0M)+Epm解得EPm=0.75](3)從M點到D點，根據(jù)能量守恒定律有/?="mgxMD解得xMD=0.75m故BD間的距離xBD=xB0+x0M-xMD=0.5m.如圖所示，固定斜面的傾角。=30°,物體/與斜面之間的動摩擦因數(shù)〃=苧，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體4和8,滑輪右側繩子與斜面平行，4的質量為2m=4kg,6的質量為0=2kg,初始時物體A到C點的距離L=1m,現(xiàn)給46—初速度h=3m/s,使力開始沿斜面向下運動，6向上運動，物體4將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈回到。點.已知重力加速度=10m/s?,不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài).求在此過程中：(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大?。?2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能.【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)6J【解析】(1)在物體/向下運動剛到C點的過程中，對4、6組成的系統(tǒng)應用能量守恒定律可得〃?2峻os0?Z=1x3W-1x3W+2zz7^Zsin9—mgL解得v=2m/s.(2)對4、6組成的系統(tǒng)分析，在物體4從，點壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又恰好返回到。點的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產生的熱量，即0=u?2儂cos0,2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x=0.4m.(3)設彈簧的最大彈性勢能為優(yōu),，從C點到彈簧最大壓縮量過程中由能量守恒定律可得X,imv+2mgxsin0—mgx—ii,2mgcos，?x+與解得0=6J.20.如圖所示，一輕彈簧原長為2凡其一端固定在傾角為37°的固定直軌道4C的底端/點，另一端位于直軌道上8點，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為斤的光滑圓弧軌道相切于C點，AO1R,/、B、C、〃均在同一豎直平面內。質量為卬的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達距/點為兄的￡點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達廠點，已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)〃=0.25,重力加速度大小為g,取sin37°=0.6.cos370=0.8.求：(1)物塊P從C點到第一次通過6點所用時間f;(2)尸點到4點的距離；(3)改變物塊P的質量為初，然后將P推至￡點從靜止釋放，物塊P通過圓弧上的〃點時，對圓弧軌道的壓力在豎直方向且大小等于物塊現(xiàn)有重力的0.2倍，求A的數(shù)值。D【答案】⑴三麻；(2)4R；(3)i【解析】(1)物塊從C點到3點的過程中，由牛頓第二定律得mgsin370-〃mgcos37°=ma解得a=0.4g物塊從C點到B點的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有7R-2R=\at2解得(2)設E、F間的距離為s,物塊從C點到E點最終達到F點的過程，由能量守恒定律得mg(7R-R-s)sin37°=〃mgcos37°[(7R-R)+s]解得s=