高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第1講應(yīng)用“動力學(xué)觀點”破解力學(xué)計算題Word版含解析

1、第二板塊力學(xué)能量”:膽與動量呵麴用結(jié)合怎會考牛幡運動定律與句變速直如劭規(guī)律相結(jié)合O動力學(xué)觀點I 0能量觀點+動*明點第5頁共15頁第1講|應(yīng)用“動力學(xué)觀點”破解力學(xué)計算題動力學(xué)觀點”是解答物理問題的三大觀點之一，在每年高考中屬于必考內(nèi)容。涉及的知識主要包括：勻變速直線運動規(guī)律；自由落體運動規(guī)律；考法學(xué)法豎直上拋運動規(guī)律；牛頓運動定律；運動學(xué)和動力學(xué)圖像。復(fù)習(xí)這部分內(nèi)容時應(yīng)側(cè)重對基本規(guī)律的理解和掌握，解答題目時要抓住兩個關(guān)鍵：受力情況分析和運動情況分析。用到的思想方法有：整體法和隔離法； 臨界問題的分析方法；合成法；正交分解法；作圖法；等效思想；分解思想。命題點（一）勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用題型

2、1多過程運動一"臬二不前而運而訪冗不訴瓦“萩芥徭芬橋冢區(qū)殳兩而還!唯名忌面!客一"一"一"iI段的紐帶，應(yīng)注意分析各段的運動性質(zhì)。i 碗1“30 m濟近麗”而蕨皈一個云而麗豪而，茬而;前而適王， 一學(xué)壬點也點線處，當(dāng)聽到起跑口令后 （測試員同時開始計時），跑向正前方30 m處的折返線，到達折返 線處時，用手觸摸固定在折返線處的標(biāo)桿，再轉(zhuǎn)身跑回起點線，到達起點線處時，停止計時，全過程所用時間即折返跑的成績。學(xué)生可視為質(zhì)點，加速或減速過程均視為勻變速過程，觸摸桿的時間不計。該學(xué)生加速時的加速度大小為ai=2.5 m/s2,減速時的加速度大小為a2 =5 m/

3、s2,到達折返線處時速度需要減小到零，并且該學(xué)生在全過程中的最大速度不超過vmax= 12 m/s 。求該學(xué)生"30 m折返跑”的最好成績。審題指導(dǎo)運動情景是什么？跑向折返線時必經(jīng)歷的過程：勻加速、勻減速，可能經(jīng)歷勻速過程； 跑回起點線時必經(jīng)歷勻加速過程，可能經(jīng)歷勻速過程用到什么規(guī)律？勻變速直線運動的公式采用什么方法？在草紙上畫出運動過程示意圖，找出各運動過程中的速度關(guān)系、位移 關(guān)系等解析設(shè)起點線處為 A,折返線處為B,假設(shè)該學(xué)生從 A到B的過程中，先做勻加速運動，緊接著做勻減速運動，設(shè)此過程中該學(xué)生達到的最大速度為V,做勻加速運動的時間為ti,做勻減速運動的時間為t2,則由運動學(xué)公

4、式有v=aiti勻減速過程中，速度與加速度方向相反，加速度應(yīng)為負值，則有0 = va2t2由平均速度公式可知起點線與折返線間的距離Lab = 2(ti + t2)時間只能取正值，解得 v = 10 m/s, ti = 4 s, t2=2 s因為V<Vmax,所以從A到B的過程中，學(xué)生先做勻加速運動，然后做勻減速運動從B到A的加速過程中，速度從零增大到12 m/s所用時間13=痣s = 4.8 sai2.5加速過程通過的位移為 x = v2axt3 = 28.8 m剩余階段的勻速過程用時t4=L=30三等s= 0.1 sV max12所以該學(xué)生“30 m折返跑”的最好成績?yōu)閠=t1+t2+

5、t3+t4= 10.9 s。答案10.9 s題型2追及相遇問題一而反桁面麗忌1汨河而瑞疝麗芨芍通防而近芍正近芍海施芍加!疝一” i勻速、勻減速追勻速、勻加速追勻減速、勻減速追勻減速等問題。! _ 一I椀-2一”晨 b ,防葡疝I小目至花正iS五麗豕干看加薪而工后而芍窗行證祈函函” 分別為va=6 m/s、vb= 2 m/s ,當(dāng)A車在B車后面x= 3.5 m時，A車開始以大小恒定的加 速度aA= 1 m/s2剎車至停止運動，求：(1)A車超過B車后，保持在 B車前方的時間；(2)A車超過B車后，領(lǐng)先B車的最大距離；(3)若A車剎車時B車同時開始加速，加速度aB=2 m/s2,但B車的最大速度只

6、有 4 m/s, 通過計算說明 A車能否追上B車。列出方展找出時間卷出第杲.關(guān)來、速度卜必要時要 關(guān)系.位移關(guān)系鑿行詰於思路點撥分則對兩畫出運個研托對中劫過程泉進行研究示意圉解析(1)設(shè)A車用時t追上B車,1對 A 車，Xa= VAt 2aAt2對 B 車，XB= VBt追上時有Xa=Xb + X解得 t1 = 1 s, t2= 7 s顯然ti為A車追上B車所用時間，由于 t2=7 s>vA=6 s,故B車追上A車之前，A車 aA已停止運動設(shè)從開始到A車被B車追上用時為t3,VA2則 VBt3=-x,解得 t3=7.25 s2 aAA車超過B車后，保持在 B車前方的時間為At,所以 At

7、=t3-ti,解得 A = 6.25 s。(2)設(shè)當(dāng)A車與B車速度相等用時為t4,則 VAaAt4=VB,解得 t4= 4 S則此過程中A車位移為XA' = VA+VBt4B車位移XB' = VBt4由(1)分析可知，此時 A車在B車前方，故 A、B最大距離為 Ax=xa' -x-XBz ,解 得 Zx = 4.5 m。(3)假設(shè)從A車剎車開始用時t5兩車速度相等，B車加速至最大速度用時t6,勻速運動時間為t5-t6,從A車開始剎車至兩車速度相等過程中，VAaAt5=Vm 且 Vm=VB+aBt6解得 t5= 2 s, t6= 1 s, t5 t6>0 ,假設(shè)成立

8、一i1對 A 車，xa = VAt5 2aAt52,斛得 xa = 10 mVm2VB2 ,對 B 車，xb = 十Vm(t5t6),解得 xb =7 m2aB此時有xb" +x=10.5 m>xA" = 10 m , A車不能追上 B車。答案(1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能，計算過程見解析關(guān)鍵點撥追及相遇問題中的“一個條件”和“兩個關(guān)系”(1)速度相等往往是物體間能夠追上、追不上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是 分析判斷的切入點。(2)時間關(guān)系和位移關(guān)系可通過畫運動示意圖得到。命題點(二)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用題型1動力學(xué)的兩類基本問題.一1布互

9、加而淙禍i函而冠而由'i花底而E 而*i底而加強族由疏加至前 特點及加速度與速度的方向關(guān)系確定速度變化的規(guī)律。2.由運動情況求解受力情況。由物體的運動情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，j再結(jié)合牛頓第二定律確定受力情況。例1如圖所示，一足夠長的固定光滑斜面傾角0= 37。，兩物塊A、B的質(zhì)量 mA= 1 kg、mB=4 kg。兩物塊之間的輕繩長 L = 0.5 m,輕 繩可承受的最大拉力為 Ft=12 N,對B施加一沿斜面向上的外力 F, 使A、B由靜止開始一起向上運動， 外力F逐漸增大，g取10 m/s2(sin 37= 0.6, cos 37 = 0.8)。(1)若某一時刻輕繩被拉

10、斷，求此時外力F的大??；(2)若輕繩拉斷瞬間 A、B的速度為3 m/s,輕繩斷后保持外力 F不變，求當(dāng)A運動到最 高點時，A、B之間的間距。思維流程曷出運動 示需圖:求出啟會動到最高點時所用時間.票號號空速:直我旎動煤律京出川、府的便移，及第二者的; i位移美系求出它 的同能解析(1)輕繩被拉斷前瞬間，對A、B整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F (mA+mB)gsin 0= (mA+ mB)a 對 A 有：Ft mAgsin 0= mAa 代入數(shù)據(jù)解得F = 60 No(2)設(shè)沿斜面向上為正方向，輕繩拉斷后，對 A 有： mAgsin 0= mAaA設(shè)A運動到最高點所用時間為t,則有vo= a

11、AtV 0t此過程A的位移為XA= v At="2-對 B 有：F mBgsin 0= mBaB1_ x2xb = V0t+ ?aBt代入數(shù)據(jù)解得兩者間距為X=XBXA+L= 2.375 m。答案(1)60 N (2)2.375 m題型2牛頓運動定律與圖像的綜合問題-S汨應(yīng)麗關(guān)鍵江如巨一而而而看點;而累谷下標(biāo)率三足布5sss廠而例2 (2020安徽“江南十校”聯(lián)考)如圖甲所示，兩滑塊 A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面有一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙固定斜面向上滑動。已知的質(zhì)量mA= 2 kg, B的質(zhì)量mB = 4 kg,斜面傾角0= 37co某時刻由靜止釋放 A,測得

12、A沿斜面向上運動的 v -t圖像如圖乙所示。已知 g = 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8o求:(ni s 'J20.5 t r/s第7頁共15頁(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù);(2)A沿斜面向上滑動的最大位移;(3)滑動過程中細線對 A的拉力所做的功。解析(1)在。0.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙,A、B系統(tǒng)的加速度為:a1 = T = m/s2= 4 m/s2 t 0.5對A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得:mBgmAgsin 0 mAgcos 0= (mA+mB)ai解得：(1= 0.25。(2)B落地后，A繼續(xù)減速上滑,由牛頓第二定律得:mAgsi

13、n 0+ (imAgcos 0= mAa2解得：a2= 8 m/s2故A減速向上滑動的位移為:x2= c = 0.25 m 2a2v2“00.5 s內(nèi)A加速向上滑動的位移為：x1 = 2"5 m所以，A上滑的最大位移為：x=xi + x2=0.75 m。(3)細線對A的拉力在A加速上滑過程中做功,由動能定理得:W (mAgsin 0+ jimAgcos 0)x1 = 2mAV2 0解得：W=12 J。答案(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J命題點(三)動力學(xué)的兩類典型模型模型1傳送帶模型一一西施而行貳£而法加麗廠痣I扇而H麗SSi師|雨益而萬而而正T” 搞清楚

14、物體與傳送帶間的相對運動方向是解決此類問題的關(guān)鍵。，傳送帶模型還常常涉及到I臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，導(dǎo)致摩擦力突變的臨界狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)I具體情況判斷。例1 (2020寶雞模擬)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設(shè)計了如出圖所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶 AB和傾斜傳送帶CD組成，n Hv(-*rrj-1水平傳送帶長度 Lab =4 m ,傾斜傳送帶長度 L cd =4.45 m ,傾角為0= 37°, AB和CD通過一段極短的光，t圓弧板過渡，AB傳送帶以vi = 5 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為科=0.5, sin 37

15、 =0.6,cos 37 = 0.8,重力加速度g=10 m/s1s1 = 2a1t12= 5X 5 x 12 m = 2.5 m由于s1< Lab,隨后工件在 AB傳送帶上做勻速直線運動到B端，則勻速運動的時間為: Lab s1t2= 0.3 sV1工件滑上CD傳送帶后在沿傳送帶向下的重力分力和滑動了7 /摩擦力作用下做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a2,速度減小到零時所用時間為t3,位移大小為s2,受力分析如圖乙所示，叫"臚小明。由牛頓第二定律可得：N2= mg cos 0a?，F(xiàn)將一個工件(可視為質(zhì)點)無初速度地放在水平傳送 帶最左端A點處，求：(1)工件被第一次傳送到CD傳

16、送帶上升的最大高度 h和所用的總時間t;(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速率V2(V2<V1)。模型套用過程工件在AB傳送帶上的運動CD傳送帶靜止時，工件在CD傳送帶上的運動CD傳送帶運動時，工件在CD傳送帶上的運動模型勻加速直線運動、(勻速直線運動)勻減速直線運動勻減速直線運動方法判斷工件一直加速還是先加速冉勻速受力分析、回示意圖理想模型法、假設(shè)法規(guī)律直線運動規(guī)律、牛頓第二定律解析(1)工件剛放在 AB傳送帶上時，在摩擦力作用下做勻加速運動， 設(shè) 其加速度大小為a1，速度增加到V1時所用時間為3,位移大小為s1,受力分析 如圖甲所示，由牛頓第二定

17、律可得： N=mgf =(1 N1 = ma1解得：a1= 5 m/s2由運動學(xué)公式有：力="=5 s= 1 s a15f2= (1 N2mgsin 0+ f2= ma22由運動學(xué)公式有：S2=f解得：a2= 10 m/s2, S2= 1.25 m工件沿CD傳送帶上升的最大高度為:h=S2Sin 0=1.25X0.6 m = 0.75 m沿8傳送帶上升的時間為："胃=150 s= 0.5 s故總時間為：t=tl + t2+t3= 1.8 So(2)設(shè)CD傳送帶以速度V2沿順時針方向運轉(zhuǎn)時，當(dāng)工件的速度大于 V2時，滑動摩擦力 沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2 ；當(dāng)工件的速度

18、小于 V2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)其加速度大小為a3,兩個過程的位移大小分別為S3和S4,受力分析如圖丙所示，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律可得：2a2s3= V22 V12mgsin 0 f2= ma32a3s4= 0 V22Lcd= s3+ s4解得：V2= 4 m/s。答案(1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s模型2滑塊一木板模型""i族二天版H逅啦£麗手,正麗兄面我向S綜吾桂彳遜i而!鼠能而血君一”一” !核學(xué)生運用動力學(xué)規(guī)律解決問題的多種能力，具有很好的區(qū)分度，因此在歷年的高考壓軸!題中頻頻出現(xiàn)。其基本情景為兩體或多體相互作用，并發(fā)生相對滑動

19、，從而突出力學(xué)主線 -I知識的應(yīng)用。例2 (2020屆高三濟南外國語學(xué)校模擬)如圖甲所示，質(zhì)量 M = 1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)以= 0.1,在木板的左端放置一個質(zhì)量m =1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)1=0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度 g取10 m/s2。tl54 -0 2 4 6 ft W 12 14甲乙(1)若木板長L=1 m,在鐵塊上加一個水平向右的恒力F=8 N,經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的右端？(2)若木板長L=1 m,通過擊打鐵塊使其獲得一個水平向右的初速度vo并恰好能夠滑到木板最右端，求 V0的大小。

20、(3)若在木板(足夠長)的右端施加一個大小從零開始連續(xù)增加的水平向左的力F，請在圖乙中畫出鐵塊受到的摩擦力 f隨力F大小變化的圖像。審題指導(dǎo)運動情景是什么？(1)力加到鐵塊上時，鐵塊和木板均做勻加速直線運動，且鐵塊的加速度大于木板的加速度；(2)鐵塊獲得初速度后向右做勻減速直線運動，木板同時向右做勻加速直線運動，鐵塊恰好滑到木板最右端時二者達到共同速度，之舟F向右做勻減速直線運動直到停止；(3)力加到木板上時，鐵塊的加速度可能等于木板的加速度，也可能小于木板的加速度用到什么規(guī)律？勻變速直線運動公式、牛頓第二定律采用什么畫出鐵塊和木板的受力示意圖及運動過程示意圖,找出各運動過程的位移關(guān)方法？系、

21、時間關(guān)系等解析(1)由牛頓第二定律知，對鐵塊有F 陛mg= mai對木板有 業(yè)mg w(mg+Mg)=Ma21cle斛得a2= 2 m/s2>0,所以木板相對地面做勻加速直線運動，又L =2ait2azt2解得t= 1 s。(2)鐵塊在木板上向右滑動時2mg = ma1滑動木板最右端時 丫=丫021%對木板有v=a2t1一 .11c又 L = (vot1一 221%2)2a2t12解得vo=2 . 3 m/so當(dāng)FW3(mg+Mg)=2 N時，木板和鐵塊都靜止，f=0設(shè)木板和鐵塊都運動，兩者剛要相對滑動時，作用在木板上的力大小為Fi對鐵塊有 .mg = ma對木板有 Fi 國(mg +

22、Mg) p2mg = Ma解得 Fi= 10 No當(dāng)m(mg+Mg)<F<10 N時，木板和鐵塊相對靜止則有 F 黑(mg + Mg)= (m + M)af= ma解得 f = 2 1 N。當(dāng)F>10 N時，鐵塊相對木板滑動，此時f=盧mg = 4 N故鐵塊受到的摩擦力 f隨力F大小變化的圖像如圖所示。答案(1)1 s (2)2* m/s (3)見解析圖關(guān)鍵點撥1 .滑塊一木板模型中的“一個轉(zhuǎn)折”和“兩個關(guān)聯(lián)”1 1) 一個轉(zhuǎn)折一一滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變 化的轉(zhuǎn)折點。(2)兩個關(guān)聯(lián)一一轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長之間

23、的關(guān)聯(lián)。2 .滑塊一木板模型的兩大臨界條件(1)相對滑動的臨界條件運動學(xué)條件：兩者速度或加速度不相等。動力學(xué)條件：兩者間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力。(2)滑塊滑離木板的臨界條件：滑塊恰好滑到木板的邊緣時兩者速度相同。專題強力II提能1 .如圖甲所示，傾角0= 30。的光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為m的物塊A和物塊B并排在斜面上，斜面底端固定著與斜面垂直的擋板P,輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊 A連接，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，若 A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的力1Ft緩慢拉B,當(dāng)拉力FT=mg時，A、B的位移為L;若A、B不粘連，用一沿斜面向上的 恒力F作用在B上，當(dāng)A的位移為L時，A

24、、B恰好分離，重力加速度為 g,不計空氣阻力。甲乙(1)求彈簧的勁度系數(shù)和恒力F的大??；(2)請推導(dǎo)Ft與A的位移l之間的函數(shù)關(guān)系，并在圖乙中畫出Ft-1圖像，計算A緩慢移動位移L的過程中Ft做功Wft的大小；(3)當(dāng)A、B不粘連時，恒力 F作用在B上，求A、B剛分離時速度的大小。解析：(1)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為 k,初始時A、B靜止，彈簧的壓縮量為 x,根據(jù)平衡條 件可得 2mgsin 0= kx當(dāng)A、B的位移為L時，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得Ft+ k(x L) = 2mgsin 0第19頁共15頁解得k=mg當(dāng)A、B恰好分離時二者之間的彈力為零，對A應(yīng)用牛頓第二定律可得k(x L) mgs

25、in 0= ma對B應(yīng)用牛頓第二定律可得F mgsin 0= ma3斛得F = 4mg。(2)當(dāng)A的位移為l時，根據(jù)平衡條件有:Ft + k(x l)= 2mgsin 0畫出Ft-1圖像如圖所示，A緩慢移動位移L,圖線與橫坐標(biāo)軸所圍成的面積等于Ft做功大小，即 Wft= «mgLo8(3)設(shè)A通過位移L的過程中彈力做功 W,分別對兩個過程應(yīng)用動能定理可得:Wft 2mgL sin 0+ W=0 0一12cWf2mgLsin。+ W=2X2mv20又 Wf = FL ,解得 v = 1V10gLo答案：mg 3mg (2什丁 =能 見解析圖8mgL (3)10gL2 . (2020屆高

26、三 天津五校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L = 2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一滑塊以初速度vo=5 m/s滑上木板，滑到木板右端時恰好停止?，F(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角0= 37。，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板日的能量損失，g= 10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37=0.8。求：受 i甲乙(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)百(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為 m,木板水平時滑塊加速度大小為a,則對滑塊有it mg= ma滑塊滑到木板右端時恰好停止，有0 vo2=

27、2aL1斛得2。(2)當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，最大距離為s,上滑的時間為 力，有mgsin 0+ mgos 0= ma10 v02= 2a1s0= V0 a1t1一 151解得 s=4 m, t1 = 2 s設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2,下滑的時間為t2,有mgsin 0 mgos 0= ma2s= 2a2t22解得t2=坐s滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間,15t=t + t2=2 s。答案：(1)21 s3 . (2020南昌模擬)在傾角0= 37°的粗糙斜面上有一質(zhì)量m=2 kg的物塊，物塊受如圖甲所示的水平恒力 F的作用。t=0時刻物塊以某一速

28、度從斜面上A點沿斜面下滑，在t=4 s時滑到水平面上，此時撤去F,在這以后的一段時間內(nèi)物塊運動的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。已知 A點到斜面底端的距離 x= 18 m,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)均 相同，不考慮轉(zhuǎn)角處的機械能損失，g=10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8。求：甲乙(1)物塊在A點的速度大小;(2)水平恒力F的大小。解析：(1)物塊在斜面上做勻變速直線運動，則x = v02xt解得 V0= 5 m/s。(2)由(1)知，物塊在斜面上做勻減速直線運動，設(shè)物塊在斜面上運動的加速度大小為ai,方向沿斜面向上，則,L ,2x= vot 2ait2解

29、得 ai=0.25 m/s2設(shè)物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)為肉物塊在水平面上運動時加速度大小為a2,有mg= ma2由題圖乙中圖線可知 a2= 2 m/s2解得尸0.2物塊在斜面上運動時，設(shè)所受的摩擦力為Ff,則Fcos 0 mgsin 0+ F f= maiFf =FnFn= mgcos 0+ Fsin 0解得 F=10.1 No答案：(1)5 m/s (2)10.1 N4 .(2020全國卷出)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為 R的光 滑圓弧軌道 ABC和水平軌道 PA在A點相切，BC為圓弧軌道3 一的直徑，。為圓心，OA和OB之間的夾角為 % sin 一質(zhì)5量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)

30、A點沿圓弧軌道通過 C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小?g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。?2)小球到達A點時動量的大?。?3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。解析：(1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達C點時所受合力的大小為F,由力的合成法則有3Fo= mgtan a= 4mg5 =皿=5mgcos a 4 D設(shè)小球到達C點時的速度大小為 v,由牛頓第二定律得v2F = mR解得 v=2gRo(2)設(shè)小球到達A點時速度大小為

31、于D點，如圖所示，由幾何關(guān)系得DA=Rsin ”CD=R(1+cos a)小球由A到C的過程中，由動能定理有12 12mg CD F o DA = 2mv2 2mvi2解得vi='3犯所以小球在A點的動量大小為m ,23gR p= mv i =2。(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度vy=vsin a、加速度為g的勻加速直線運動,，1 ,2CD = vyt + 2gt3解得t= 5答案：4mg曾(2)可 (3)35 .如圖所示，傳送帶長6 m ,與水平方向的夾角為37°,以5 m/s的恒定速度沿順時針方向運轉(zhuǎn)。一個質(zhì)量為2 kg的物塊(可視為質(zhì)點),沿平行于傳送帶方向以10 m/s的速度滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)尸 0.5, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8, g 取 10 m/s2。(1)物塊剛滑上傳送帶時的加速度大?。?2)物塊到達傳送帶頂端時的速度大小。解析：(1)物塊剛滑上傳送帶時，設(shè)物塊的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：mgsi