江蘇專(zhuān)用2025版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能專(zhuān)題突破六力學(xué)“兩大觀(guān)點(diǎn)”的綜合應(yīng)用講義含解析

PAGEPAGE13專(zhuān)題突破六力學(xué)“兩大觀(guān)點(diǎn)”的綜合應(yīng)用命題點(diǎn)一靜、動(dòng)力學(xué)與能量組合型問(wèn)題專(zhuān)題設(shè)置背景江蘇高考近幾年計(jì)算題中常出現(xiàn)的類(lèi)型，一般涉及幾個(gè)物體組合成的連接體臨界與極值問(wèn)題、運(yùn)動(dòng)的合成與分解問(wèn)題等，綜合考查受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用、功能關(guān)系的應(yīng)用．例1(2024·南京師大附中5月模擬)如圖1所示，小球M用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕桿連接在固定于天花板的軸O上，可在豎直平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，通過(guò)與O等高的滑輪用輕繩連接物塊m.滑輪與軸O的距離也為L(zhǎng)，輕桿最初位置水平．滑輪、小球、物塊的大小可以忽視，輕繩豎直部分的長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，不計(jì)各種摩擦和空氣阻力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中繩始終保持張緊狀態(tài)，重力加速度為g.圖1(1)若用外力拉著m使輕桿從最初位置緩慢下降，直至撤去外力后小球保持靜止，輕桿與水平方向成θ＝60°角，求M與m的質(zhì)量之比．(2)若M與m的質(zhì)量之比為2∶1，使小球從最初位置靜止釋放，在小球向右搖擺的過(guò)程中，求輕桿與最初位置的最大夾角θ.(3)若M與m的質(zhì)量之比為2∶1，使小球從最初位置靜止釋放，當(dāng)小球向右搖擺到O點(diǎn)正下方的位置時(shí)繩突然斷裂，求整個(gè)過(guò)程中m上升的最大高度．答案(1)eq\r(3)(2)120°(3)eq\f(2＋4\r(2),5)L解析(1)對(duì)小球受力分析，如圖甲所示．由圖中幾何關(guān)系知Mg＝eq\r(3)mg，即eq\f(M,m)＝eq\r(3)(2)如圖乙，小球和物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則MgLsin(180°－θ)＝mg·2Lsineq\f(θ,2)解得coseq\f(θ,2)＝eq\f(m,M)＝eq\f(1,2)，得θ＝120°；(3)設(shè)小球在O點(diǎn)正下方時(shí)，m向上運(yùn)動(dòng)的速度為v，M速度水平向右為v′，如圖丙，由速度關(guān)系得v′＝eq\r(2)v，如圖丁，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒可得MgL－mgeq\r(2)L＝eq\f(1,2)Mv′2＋eq\f(1,2)mv2，解得v2＝eq\f(22－\r(2),5)gL，隨后m還能接著沿豎直方向上升h，由機(jī)械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(2－\r(2),5)L，故整個(gè)過(guò)程中m上升的最大高度為H＝h＋eq\r(2)L＝eq\f(2＋4\r(2),5)L.變式1(2024·鹽城市三模)如圖2所示，質(zhì)量為m、半徑為R的光滑圓柱體B放在水平地面上，其左側(cè)有半徑為R、質(zhì)量為m的半圓柱體A，右側(cè)有質(zhì)量為m的長(zhǎng)方體木塊C，現(xiàn)用水平向左的推力推木塊C，使其緩慢移動(dòng)，直到圓柱體B恰好運(yùn)動(dòng)到半圓柱體A的頂端，在此過(guò)程中A始終保持靜止．已知C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度為g.求：圖2(1)圓柱體B下端離地高為eq\f(R,2)時(shí)，地面對(duì)半圓柱體A的支持力大小；(2)木塊C移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力的最大值；(3)木塊C移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力所做的功．答案(1)2mg(2)eq\f(3\r(3),2)mg(3)eq\f(5,2)mgR解析(1)以A和B整體為探討對(duì)象，地面對(duì)圓柱體A的支持力大小為FN＝2mg.(2)由題意分析可知，B剛離開(kāi)地面時(shí)，B對(duì)C的彈力最大，F(xiàn)1＝mgtan60°＝eq\r(3)mg此時(shí)水平推力最大為Fm＝F1＋μmg＝eq\f(3\r(3),2)mg.(3)整個(gè)過(guò)程中C移動(dòng)的距離與圓柱體B的圓心水平向左移動(dòng)的距離相等x＝2Rcos30°＝eq\r(3)R摩擦力做功Wf＝μmgx＝eq\f(3,2)mgR依據(jù)動(dòng)能定理W－Wf－mgR＝0解得W＝eq\f(5,2)mgR.命題點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)與能量的綜合性問(wèn)題1．專(zhuān)題設(shè)置背景江蘇高考選擇題中常出現(xiàn)涉及彈簧的動(dòng)力學(xué)與能量結(jié)合的綜合性問(wèn)題，對(duì)分析實(shí)力有較高要求．2．抓好三個(gè)分析：(1)受力分析：分析探討對(duì)象在各運(yùn)動(dòng)階段的受力狀況，整體法、隔離法敏捷應(yīng)用．所受力為變力的要分析影響力變更的因素，隨運(yùn)動(dòng)變更狀況．(2)運(yùn)動(dòng)分析：分析各階段運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，特殊是物體受力隨運(yùn)動(dòng)變更的狀況．要關(guān)注F變更→a變更→v變更→x變更→F變更的分析．彈簧連接的兩物體可從“追及相遇”模型分析兩物體間距，即彈簧長(zhǎng)度變更．(3)能量轉(zhuǎn)化分析：分析各力做功狀況，推斷各種能量的變更狀況，關(guān)注守恒量，推斷哪種能量守恒．例2(多選)(2024·無(wú)錫市高三期末)如圖3所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B通過(guò)一水平輕質(zhì)彈簧連接，靜止放置在光滑水平面上，彈簧起先時(shí)處于原長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終處在彈性限度內(nèi)，t1＝0時(shí)刻在A(yíng)上施加一個(gè)水平向左的恒力F，t2＝t時(shí)刻彈簧第一次復(fù)原到原長(zhǎng)狀態(tài)，此時(shí)A、B速度分別為v1和v2.則t1到t2時(shí)間內(nèi)()圖3A．A、B和彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小B．當(dāng)A的加速度為零時(shí)，B的加速度為eq\f(F,m1＋m2)C．當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，兩物塊速度相等D．物塊B移動(dòng)的距離為eq\f(m1v\o\al(12,)＋m2v\o\al(22,),2F)答案CD解析通過(guò)受力分析可知，物塊A先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，物塊B先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，t1～t2時(shí)間內(nèi)，拉力F始終做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能始終增大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A的加速度為零時(shí)，彈簧彈力等于F，所以B的加速度為eq\f(F,m2)，故B錯(cuò)誤；速度相等前，A始終比B速度大，所以彈簧始終在變長(zhǎng)，當(dāng)兩物塊速度相等時(shí)，彈簧最長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，故C正確；因?yàn)閠2時(shí)刻彈簧第一次復(fù)原原長(zhǎng)，所以彈簧彈性勢(shì)能為零，依據(jù)功能關(guān)系可知：Fx＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)，所以x＝eq\f(m1v\o\al(,12)＋m2v\o\al(22,),2F)，故D正確．變式2(多選)(2024·鹽城市三模)如圖4所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)物塊A和B用輕彈簧連接后，再用細(xì)線(xiàn)將A懸掛，A和B處于靜止?fàn)顟B(tài)．剪斷細(xì)線(xiàn)，A、B從靜止起先運(yùn)動(dòng)到第一次速度相等的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖4A．當(dāng)A加速度為eq\f(3,2)g時(shí)，B的加速度可能也為eq\f(3,2)gB．只有重力和彈力對(duì)A做功，A機(jī)械能守恒C．當(dāng)A、B的動(dòng)能相等時(shí)，彈簧的壓縮量最大D．當(dāng)A、B的速度相差最大時(shí)，兩者加速度均為g答案CD命題點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)與能量結(jié)合的多過(guò)程問(wèn)題1．動(dòng)力學(xué)中的多過(guò)程問(wèn)題(1)許多動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中涉及探討對(duì)象有兩個(gè)或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，在物體不同的運(yùn)動(dòng)階段，物體的運(yùn)動(dòng)狀況和受力狀況都發(fā)生了變更，我們把這類(lèi)問(wèn)題稱(chēng)為多過(guò)程問(wèn)題．(2)多過(guò)程問(wèn)題可依據(jù)涉及物體的多少分為單體多過(guò)程問(wèn)題和多體多過(guò)程問(wèn)題．視察每一個(gè)過(guò)程的特征和找尋過(guò)程之間的聯(lián)系是求解多過(guò)程問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵．(3)一般是按時(shí)間或空間的先后依次對(duì)題目給出的物理過(guò)程進(jìn)行分析，正確劃分出不同的過(guò)程，對(duì)每一過(guò)程，詳細(xì)分析出其速度、位移、時(shí)間的關(guān)系，然后利用各過(guò)程的詳細(xì)特點(diǎn)列方程解題．2．規(guī)律與方法的選擇(1)若問(wèn)題涉剛好間、加速度、力等，一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解．(2)若問(wèn)題只涉及位移、速度、力等，一般可用動(dòng)能定理求解，用動(dòng)能定理求解一般比用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解簡(jiǎn)潔．(3)若運(yùn)動(dòng)過(guò)程無(wú)機(jī)械能向其他形式能轉(zhuǎn)化，可考慮用機(jī)械能守恒．(4)若運(yùn)動(dòng)過(guò)程涉及摩擦生熱等現(xiàn)象，可用功能關(guān)系列能量守恒關(guān)系式．例3如圖5所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)、外壁光滑且半徑r＝0.2m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．一個(gè)質(zhì)量為1.0kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h＝0.6m處由靜止釋放小滑塊，它與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，小滑塊進(jìn)入管口C端時(shí)，它與上管壁有大小為FN＝2.5mg不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2.求：圖5(1)小滑塊在C處受到的向心力大??；(2)在壓縮彈簧過(guò)程中小滑塊的最大動(dòng)能Ekm；(3)小滑塊最終停止的位置．答案(1)35N(2)6J(3)距B點(diǎn)0.2m處解析(1)由題意知FN＝2.5mg＞mg，則小滑塊進(jìn)入管口C端時(shí)，它受到圓管外壁大小為2.5mg、方向豎直向下的壓力，故小滑塊在C點(diǎn)受到的向心力大小為F向＝2.5mg＋mg＝35N.(2)在壓縮彈簧過(guò)程中，小滑塊速度最大時(shí)，所受合力為零．設(shè)此時(shí)小滑塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg解得x0＝eq\f(mg,k)＝0.1m在C點(diǎn)，F(xiàn)向＝meq\f(v\o\al(C2,),r)，解得veq\o\al(C2,)＝7m2/s2.小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到速度最大位置的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得mg(r＋x0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)＝Ekm＋Ep代入數(shù)據(jù)解得Ekm＝6J.(3)小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)代入數(shù)據(jù)解得B、C間的距離s＝0.5m小滑塊與彈簧作用后返回C處動(dòng)能不變，小滑塊的動(dòng)能最終消耗在與BC水平面相互作用的過(guò)程中，設(shè)之后小滑塊在BC上的運(yùn)動(dòng)路程為s′，由動(dòng)能定理有：－μmgs′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)，代入數(shù)據(jù)解得s′＝0.7m，故最終小滑塊在距離B點(diǎn)為(0.7－0.5)m＝0.2m處停下．1．(多選)(2024·溧水中學(xué)期初模擬)一小球從地面豎直上拋，后又落回地面，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力與速度成正比，取豎直向上為正方向．下列關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a、位移x、機(jī)械能E隨時(shí)間t變更的圖象中，可能正確的有()答案AC解析小球在上升過(guò)程中，設(shè)小球的加速度為a1，由牛頓其次定律得mg＋Ff＝ma1，又Ff＝kv，得a1＝g＋eq\f(kv,m)，v減小，則a1減小，v－t圖象的斜率漸漸減?。∏蛟谙侣溥^(guò)程中，設(shè)小球的加速度為a2，由牛頓其次定律得mg－Ff＝ma2，又Ff＝kv，得a2＝g－eq\f(kv,m)，v增大，則a2減小，v－t圖象的斜率漸漸減小，可知選項(xiàng)中v－t圖象正確，a－t圖象錯(cuò)誤，故A正確，B錯(cuò)誤；依據(jù)x－t圖象的斜率等于速度可知，x－t圖象的斜領(lǐng)先減小后反向增大，且下落時(shí)間大于上升時(shí)間，故C正確；依據(jù)功能關(guān)系得：－FfΔx＝ΔE，則得eq\f(ΔE,Δx)＝－Ff，由eq\f(ΔE,Δx)＝eq\f(ΔE,Δt)·eq\f(Δt,Δx)＝eq\f(ΔE,Δt)·eq\f(1,v)，則得eq\f(ΔE,Δt)＝－Ffv＝－kv2，v是變更的，則知E－t圖象的斜率是變更的，圖象應(yīng)為曲線(xiàn)，故D錯(cuò)誤．圖6(1)若給刷子施加一個(gè)斜向右下方、與水平方向成60°角的推力F1，墊子和刷子保持靜止．求刷子受到的摩擦力大小Ff1和地面對(duì)墊子的支持力大小FN；(2)若給刷子施加一個(gè)斜向右下方、與水平方向成30°角的推力F2，刷子和墊子以同一加速度運(yùn)動(dòng)，求刷子受到的摩擦力大小Ff2；(3)若給刷子施加一個(gè)水平向右的推力F3，刷子從圖示位置起先運(yùn)動(dòng)，墊子保持靜止．已知刷子的長(zhǎng)為b，墊子的長(zhǎng)為L(zhǎng)(L>b)，求刷子完全離開(kāi)墊子時(shí)的速度大小v.答案見(jiàn)解析解析(1)刷子受到重力、墊子的支持力、推力F1和摩擦力作用，水平方向受力平衡，則有Ff1＝eq\f(1,2)F1刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡，故有FN＝(m＋M)g＋eq\f(\r(3),2)F1.(2)設(shè)刷子和墊子運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓其次定律有F2cos30°－μ2(mg＋Mg＋F2sin30°)＝(M＋m)a對(duì)刷子有F2cos30°－Ff2＝ma解得Ff2＝μ2mg＋eq\f(\r(3)M＋μ2mF2,2m＋M).(3)從刷子剛到墊子右邊緣到離開(kāi)墊子的過(guò)程中受到的摩擦力做的功Wf＝－(eq\f(μ1mgb,2)＋eq\f(μ3mgb,2))由動(dòng)能定理有F3L－μ1mg(L－b)＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(\f(2F3L,m)－g2μ1L－μ1b＋μ3b).1．(多選)(2024·海安中學(xué)開(kāi)學(xué)考)如圖1所示，在始終立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端O點(diǎn)與管口A(yíng)的距離為2x0，一質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，壓縮量為x0，速度傳感器描繪小球速度隨時(shí)間變更如圖，其中0～t1時(shí)間內(nèi)圖線(xiàn)是直線(xiàn)，t1～t2時(shí)間內(nèi)圖線(xiàn)是正弦曲線(xiàn)一部分，不計(jì)空氣阻力，則()圖1A．小球運(yùn)動(dòng)的最大速度大于2eq\r(gx0)B．小球運(yùn)動(dòng)中最大加速度為gC．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(mg,x0)D．彈簧的最大彈性勢(shì)能為3mgx0答案AD2．(多選)(2024·金陵中學(xué)等三校四模)如圖2所示，勁度系數(shù)為k的水平輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接質(zhì)量為m的小物塊，靜止于A(yíng)點(diǎn)，物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)水平向右的恒力F，物塊起先運(yùn)動(dòng)，且此后運(yùn)動(dòng)中能到達(dá)A點(diǎn)右側(cè)的最大距離是x0，已知重力加速度為g，物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．則()圖2A．拉力F的大小肯定大于μmgB．物塊起先運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小a滿(mǎn)意：eq\f(F,m)－2μg≤a≤eq\f(F,m)C．物塊運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)右側(cè)距離是x0點(diǎn)時(shí)彈簧彈性勢(shì)能增量為(F－μmg)x0D．此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊可能再次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)答案BC解析在彈簧壓縮時(shí)，彈力向右，摩擦力向左，二者平衡，向右加多大的力都會(huì)使物塊運(yùn)動(dòng)；在彈簧伸長(zhǎng)時(shí)，彈力向左，摩擦力向右，二者平衡，當(dāng)物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力方向發(fā)生變更，故向右的恒力F至少為2μmg，故A錯(cuò)誤．物塊起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，假如彈力向右，則a＝eq\f(F,m)，假如彈力向左，則a＝eq\f(F,m)－2μg，所以eq\f(F,m)－2μg≤a≤eq\f(F,m)，B正確．從物塊起先運(yùn)動(dòng)，到到達(dá)A點(diǎn)右側(cè)的最大距離，應(yīng)用動(dòng)能定理(F－μmg)x0－E彈＝0，得E彈＝(F－μmg)x0，所以C正確．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力做負(fù)功，消耗能量，所以此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊不行能再次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，所以D錯(cuò)誤．3.(2024·常州市一模)如圖3所示，光滑水平細(xì)桿上P點(diǎn)套一小環(huán)，小環(huán)通過(guò)長(zhǎng)L＝1m的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m＝1kg的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為Ffm＝7N．現(xiàn)對(duì)物塊施加F＝8N的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，小環(huán)遇到桿上的釘子Q時(shí)馬上停止運(yùn)動(dòng)，物塊恰好相對(duì)夾子滑動(dòng)，此時(shí)夾子馬上鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力F的作用．小環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計(jì)，物塊可看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2.求：圖3(1)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a；(2)P、Q兩點(diǎn)間的距離s；(3)物塊向右搖擺的最大高度h.答案(1)8m/s2(2)0.25m(3)1m解析(1)以小環(huán)、夾子和物塊組成的整體為探討對(duì)象，由牛頓其次定律得：F＝ma解得：a＝8m/s2(2)環(huán)到達(dá)Q，物塊與夾子間剛達(dá)到最大靜摩擦力，設(shè)此時(shí)物塊的速度為v由牛頓其次定律有2Ffm－mg＝eq\f(mv2,L)解得v＝2m/s依據(jù)動(dòng)能定理有Fs＝eq\f(1,2)mv2解得s＝0.25m(3)物塊上升的最大高度為h，水平距離為x，由動(dòng)能定理得F(x＋s)－mgh＝0由幾何關(guān)系得(L－h(huán))2＋x2＝L2解得h＝1m或h＝eq\f(1,41)m(舍去)4.(2024·南通市等七市三模)如圖4所示，兩根不行伸長(zhǎng)的細(xì)繩A、B端分別固定在水平天花板上，O端系有一質(zhì)量m＝eq\r(3)kg的物體，ABO組成一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5eq\r(3)m的正三角形．物體受到方向水平向左的風(fēng)力作用，繩BO能承受的最大拉力Fm＝20N，繩AO不會(huì)被拉斷，取g＝10m/s2.圖4(1)水平風(fēng)力F1＝5N時(shí)，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，求繩BO中的拉力大小FB；(2)水平風(fēng)力為F2時(shí)，繩BO剛好被拉斷，求F2的大小和繩OB被拉斷時(shí)物體的加速度大小a；(3)在(2)的狀況下，求物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度vm和物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)與初始位置的高度差h.答案(1)15N(2)10N10m/s2(3)10m/s7．5m解析(1)設(shè)此時(shí)繩AO中的拉力大小為FA，由平衡條件有F1＋FAcos60°－FBcos60°＝0FAsin60°＋FBsin60°－mg＝0代入數(shù)據(jù)解得FB＝15N.(2)假設(shè)繩BO被拉斷時(shí)，物體仍在原來(lái)位置，則拉斷前瞬間繩BO的拉力在水平和豎直方向的分力分別為：Fmx＝Fmcos60°＝10NFmy＝Fmsin60°＝10eq\r(3)N由于Fmy＝mg，說(shuō)明假設(shè)成立，物體仍在原來(lái)位置，此時(shí)繩AO中的拉力大小為0.水平方向由平衡條件有F2＝Fmx＝10N繩BO被拉斷后，物體做圓周運(yùn)動(dòng)，拉斷時(shí)加速度方向沿圓切線(xiàn)方向，則F2sin60°＋mgcos60°＝ma解得a＝10m/s2.(3)設(shè)繩AO向左擺到與水平方向的夾角為θ時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的速度最大，則F2sinθ－mgcosθ＝0F2(Lcos60°＋Lcosθ)＋mg(Lsinθ－Lsin60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(m2,)解得vm＝10m/s設(shè)繩AO向左擺到與水平方向的夾角為α?xí)r，物體到達(dá)最高點(diǎn)，則F2(Lcos60°＋Lcosα)＋mg(Lsinα－Lsin60°)＝0h＝Lsin60°－Lsinα聯(lián)立以上兩個(gè)式子代入數(shù)據(jù)解得h＝7.5m.5．(2024·興化一中四模)如圖5所示，固定直桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的小球和兩根原長(zhǎng)均為L(zhǎng)的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點(diǎn)．已知直桿與水平面的夾角為θ，兩彈簧的勁度系數(shù)均為eq\f(3mgsinθ,L)，小球在距B點(diǎn)eq\f(4,5)L的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)小球受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度為g.求：圖5(1)從固定點(diǎn)B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度的大小和方向；(2)若小球從P點(diǎn)以初速度v0沿桿向上運(yùn)動(dòng)，恰能到達(dá)距A點(diǎn)eq\f(4,5)L的Q點(diǎn)，求初速度v0的大小；(3)在(2)問(wèn)中，小球從Q點(diǎn)下滑過(guò)程中動(dòng)能最大時(shí)到B點(diǎn)的距離．答案(1)eq\f(gsinθ,5)方向沿桿向下(2)eq\f(2\r(6gLsinθ),5)(3)eq\f(13L,15)解析(1)小球在P點(diǎn)時(shí)兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)為F，依據(jù)胡克定律有F＝k(L－eq\f(4,5)L)設(shè)小球靜止時(shí)受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，依據(jù)平衡條件有mgsinθ＋Ff＝2F得Ff＝eq\f(mgsinθ,5)剪斷下方彈簧的瞬間，mgsinθ＞F，則mgsinθ－Ff－F＝ma解得a＝eq\f(gsinθ,5)，方向沿桿向下(2)小球在P、Q兩點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相等，故小球從P到Q的過(guò)程中，彈簧對(duì)小球做功為零據(jù)動(dòng)能定理W合＝ΔEk有－mg·2(L－eq\f(4,5)L)sinθ－Ff·2(L－eq\f(4,5)L)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)解得v0＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5)(3)小球沿桿下滑的過(guò)程中，當(dāng)其加速度a＝0時(shí)有最大動(dòng)能故有2kx＋Ff＝mgsinθ即2kx＝0.8mgsinθ解得x＝eq\f(2L,15)，