（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動(dòng)能 動(dòng)能定理課件

1、第第2 2講講動(dòng)能動(dòng)能 動(dòng)能定理動(dòng)能定理 一 動(dòng)能 二 動(dòng)能定理 基基 礎(chǔ)礎(chǔ) 過(guò)過(guò) 關(guān)關(guān) 考點(diǎn)一 對(duì)動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用 考點(diǎn)二 動(dòng)能定理與圖像綜合問(wèn)題 考點(diǎn)三 動(dòng)能定理在多階段、多過(guò)程綜合問(wèn)題中的應(yīng)用 考考 點(diǎn)點(diǎn) 突突 破破 基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 一、動(dòng)能一、動(dòng)能 1.定義定義:物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能。 2.公式公式:Ek=mv2。 3.單位單位:焦耳,1J=1Nm=1kgm2/s2。 4.標(biāo)矢性標(biāo)矢性:標(biāo)量。 1 2 二、動(dòng)能定理二、動(dòng)能定理 1.內(nèi)容內(nèi)容:力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功,等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的 變化。 2.表達(dá)式表達(dá)式:W=Ek2-Ek1=m-m。 3.適用范圍適用范圍 a.動(dòng)能定理

2、既適用于直線運(yùn)動(dòng),也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。 b.動(dòng)能定理既適用于恒力做功,也適用于變力做功。 c.力可以是各種性質(zhì)的力,既可以同時(shí)作用,也可以分階段作用。 1 2 2 2 v 1 2 2 1 v 1.判斷下列說(shuō)法對(duì)錯(cuò)。 (1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí),速度一定變化,但速度變化時(shí),動(dòng)能不一 定變化。() (2)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。( ) (3)如果物體所受的合外力為零,那么合外力對(duì)物體做功一定為零。() (4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí),動(dòng)能一定變化。( ) (5)物體的動(dòng)能不變,所受的合外力必定為零。( ) (6)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體,動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比。() 2.(多選)關(guān)于

3、動(dòng)能定理的表達(dá)式W=Ek2-Ek1,下列說(shuō)法中正確的是(BC) A.公式中的W為不包含重力的其他力做的總功 B.公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功,也可通過(guò)以下兩種方式 計(jì)算:先求每個(gè)力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功 C.公式中的Ek2-Ek1為動(dòng)能的增量,當(dāng)W0時(shí)動(dòng)能增加,當(dāng)W0時(shí)動(dòng)能減少 D.動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng),但不適用于曲線運(yùn)動(dòng),適用于恒力做功,但 不適用于變力做功 3.A、B兩物體在光滑水平面上,分別在相同的水平恒力F作用下, 由靜止開(kāi)始通過(guò)相同的位移l。若A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量,則在這 一過(guò)程中(C) A.A獲得的動(dòng)能較大 B.B獲得的動(dòng)能較大 C.A、B獲得的動(dòng)

4、能一樣大 D.無(wú)法比較A、B獲得的動(dòng)能大小 4.如圖所示,在輕彈簧的下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球A,若將小球A從彈 簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放,小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換 為質(zhì)量為3m的小球B,仍從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放,則小球B下降h時(shí) 的速度為(重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力)(B) A.B.C.D. 2gh 4 3 gh gh 2 gh 考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用 考點(diǎn)突破 1.動(dòng)能定理公式中動(dòng)能定理公式中“=”體現(xiàn)的體現(xiàn)的“三個(gè)關(guān)系三個(gè)關(guān)系” 數(shù)量關(guān)系合力的功與物體動(dòng)能的變化可以等量代換 單位關(guān)系國(guó)際單位都是焦耳 因果關(guān)系合力做的功是物體動(dòng)能變化的原

5、因 2.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的一般步驟應(yīng)用動(dòng)能定理解題的一般步驟 3.應(yīng)用動(dòng)能定理的應(yīng)用動(dòng)能定理的“四個(gè)注意點(diǎn)四個(gè)注意點(diǎn)” (1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的,一般以地 面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。 (2)動(dòng)能定理的表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式,不能在某方向上應(yīng)用動(dòng)能定理。 (3)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由于不涉及加速度和時(shí)間, 比用運(yùn)動(dòng)學(xué)研究更簡(jiǎn)便。 (4)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí),可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解;當(dāng)所 求解的問(wèn)題不涉及中間過(guò)程的速度時(shí),也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解。 例例1(2018課標(biāo),14,6分)如圖,某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱,使它從靜止開(kāi)始沿 粗糙水平

6、路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能一定(A) A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 解析解析本題考查動(dòng)能定理。由動(dòng)能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,EkmgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C.W=mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離 D.WmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 v R 1 2 答案答案C質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落到最低點(diǎn)N的過(guò)程中, 由功能關(guān)系得:mg2R-W=mv2 質(zhì)點(diǎn)在最低點(diǎn)時(shí),FN-mg=m 由牛頓第三定律得FN=4mg 聯(lián)立得W=mgR 質(zhì)點(diǎn)由N點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中,在

7、等高位置處的速度總小于由P點(diǎn)到N點(diǎn)下 滑時(shí)的速度,故由N點(diǎn)到Q點(diǎn)過(guò)程克服摩擦力做的功WW,故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q 點(diǎn)后,會(huì)繼續(xù)上升一段距離,選項(xiàng)C正確。 應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的問(wèn)題應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的問(wèn)題 (1)運(yùn)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題時(shí),選擇合適的研究過(guò)程能使問(wèn)題得到簡(jiǎn) 化。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過(guò)程時(shí),可以選擇 一個(gè)、幾個(gè)或全部子過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理進(jìn)行研究。 (2)當(dāng)選擇的研究過(guò)程涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí),要 注意它們做功的特點(diǎn):重力做的功取決于物體的初、末位置的高度 差,與路徑無(wú)關(guān);大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路 程的乘積。 方法技巧方法技巧 考點(diǎn)二動(dòng)

8、能定理與圖像綜合問(wèn)題考點(diǎn)二動(dòng)能定理與圖像綜合問(wèn)題 v-t圖像由公式x=vt可知,v-t圖線與橫軸圍成的面積表示物體的位移 a-t圖像由公式v=at可知,a-t圖線與橫軸圍成的面積表示物體速度的變化量 F-x圖像由公式W=Fx可知,F-x圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功 P-t圖像由公式W=Pt可知,P-t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功 四類(lèi)圖像中面積的含義四類(lèi)圖像中面積的含義 解決物理圖像問(wèn)題的基本步驟解決物理圖像問(wèn)題的基本步驟 1.(多選)(2018大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上,一質(zhì)量為2kg 的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后, 拉力逐漸減小,且當(dāng)拉力

9、減小到零時(shí),物體剛好停止運(yùn)動(dòng),圖中給出了拉 力隨位移變化的關(guān)系圖像。已知重力加速度g=10m/s2。根據(jù)以上信息 能精確得出或估算得出的物理量有(ABC) A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) B.合外力對(duì)物體所做的功 C.物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 D.物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 解析解析物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),拉力F與滑動(dòng)摩擦力f大小相等, 物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.35,A正確;減速過(guò)程由動(dòng)能定 理得WF+Wf=0-mv2,根據(jù)F-x圖像中圖線與橫軸圍成的面積可以估算力 F做的功WF,而Wf=-mgx,由此可求得合外力對(duì)物體所做的功,及物體做 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v,B、C正確;因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng),所以運(yùn)

10、動(dòng)時(shí)間 無(wú)法求出,D錯(cuò)誤。 F mg 1 2 2.用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 時(shí),在計(jì)算機(jī)上得到06s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所 示。下列說(shuō)法正確的是(D) A.06s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng),后向負(fù)方 向運(yùn)動(dòng) B.06s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大 C.在24s內(nèi)物體的速度不變 D.04s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于06s內(nèi)合力對(duì)物體做的功 解析解析在a-t圖像中,圖線與時(shí)間軸圍成的“面積”表示物體在相應(yīng)時(shí)間內(nèi) 速度的變化量,在時(shí)間軸上方為正,在時(shí)間軸下方為負(fù)。物體在6s末的速度 v6=(2+5)2m/s-12m/s=6m/s,則06s內(nèi)物體一直向正方向運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)

11、錯(cuò)。由a-t圖像可知,物體在5s末速度最大,vm=(2+5)2m/s=7m/s,B項(xiàng)錯(cuò) 。由a-t圖像可知,在24s內(nèi)物體的加速度不變,物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),速 度變大,C項(xiàng)錯(cuò)。由動(dòng)能定理可知,在04s內(nèi)合力對(duì)物體做的功為W合4=m -0,又v4=(2+4)2m/s=6m/s,得W合4=36J;同理06s內(nèi)合力對(duì)物體做的功 為W合6=m-0,又v6=6m/s,得W合6=36J,則W合4=W合6,D項(xiàng)正確。 1 2 1 2 2 4 v 2 6 v 1 2 1 2 1 2 1 2 考點(diǎn)三動(dòng)能定理在多階段、多過(guò)程綜合問(wèn)題中的應(yīng)用考點(diǎn)三動(dòng)能定理在多階段、多過(guò)程綜合問(wèn)題中的應(yīng)用 1.應(yīng)用動(dòng)能定理應(yīng)抓好應(yīng)

12、用動(dòng)能定理應(yīng)抓好“兩狀態(tài)兩狀態(tài),一過(guò)程一過(guò)程” “兩狀態(tài)”即研究對(duì)象始、末狀態(tài),需明確研究對(duì)象的速度或動(dòng)能情 況;“一過(guò)程”即研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,明確這一過(guò)程研究對(duì)象的受力 情況和位置變化或位移信息。 2.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 3.全過(guò)程列式時(shí),涉及重力、彈簧彈力,大小恒定的阻力或摩擦力做功 時(shí),要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn): (1)重力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無(wú)關(guān); (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積; (3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)。 例例2(2018課標(biāo),25,20分)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

13、軌道PA在A點(diǎn)相切,BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA 和OB之間的夾角為,sin=。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng), 經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn),落至水平軌道;在整個(gè)過(guò)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(diǎn)所 受合力的方向指向圓心,且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加?度大小為g。求 3 5 (1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小; (2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小; (3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。 答案答案(1)mg(2)(3) 解析解析本題考查圓周運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理、動(dòng)量。 (1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達(dá)C點(diǎn)

14、時(shí)所受合力的大小為F。由力 的合成法則有 =tan F2=(mg)2+ 設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v,由牛頓第二定律得 F=m 0 F mg 2 0 F 2 v R 3 4 5 2 gR23 2 mgR3 5 5R g 由式和題給數(shù)據(jù)得 F0=mg v= (2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1,作CDPA,交PA于D點(diǎn),由幾何關(guān)系 得 DA=Rsin CD=R(1+cos) 由動(dòng)能定理有 3 4 5 2 gR -mgCD-F0DA=mv2-m 由式和題給數(shù)據(jù)得,小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為 p=mv1= (3)小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng),加速度 大小為g。設(shè)小球在豎直方向的

15、初速度為v,從C點(diǎn)落至水平軌道上所 用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vt+gt2=CD 1 2 1 2 2 1 v 23 2 mgR 1 2 v=vsin 由式和題給數(shù)據(jù)得 t= 3 5 5R g 考向考向1運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 1.(2019四川成都期中)如圖所示,斜面的傾角為,質(zhì)量為m的滑塊距 擋板P的距離為x0,滑塊以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦 因數(shù)為,滑塊所受滑動(dòng)摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每 次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失,則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(A) A.B. C.D. 2 2 0 0 tan 2 cos v x g 1 2 00

16、 2 costan vx g 1 2 0 0 tan 2 cos v x g 1 2 0 0 tan 2 sin v x g 解析解析由于滑塊所受滑動(dòng)摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,故滑 塊最終要停在斜面底端。設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x,對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程 應(yīng)用動(dòng)能定理有mgx0sin-mgxcos=0-m,解得x= ,選項(xiàng)A正確。 1 2 2 0 v 1 2 0 0 tan 2 cos v x g 考向考向2動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 2.(2017湖南常德模擬)如圖,一個(gè)質(zhì)量為0.6kg的小球以某一初速度 從P點(diǎn)水平拋出,恰好從光滑圓弧軌道ABC的A點(diǎn)沿

17、切線方向進(jìn)入圓弧 軌道(不計(jì)空氣阻力,進(jìn)入圓弧軌道時(shí)無(wú)機(jī)械能損失)。已知圓弧的半徑 R=0.3m,=60,小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度vA=4m/s。g取10m/s2,求: (1)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0; (2)P點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差; (3)小球到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力。 答案答案(1)2m/s(2)0.6m(3)8N,方向豎直向上 解析解析(1)由題意知,小球到A點(diǎn)時(shí)的速度vA沿圓弧上A點(diǎn)的切線方向,對(duì) 速度進(jìn)行分解如圖所示: 小球做平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得: v0=vx=vAcos=2m/s。 (2)小球由P點(diǎn)至A點(diǎn)的過(guò)程,由動(dòng)能定理得 mgh=m-m 解得h=0.6m。 1 2 2

18、 A v 1 2 2 0 v (3)小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 -mg(Rcos+R)=m-m 解得vC=m/s 小球在C點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得 FN+mg=m 解得FN=8N 由牛頓第三定律得FN=FN=8N 方向豎直向上。 2 C v R 7 1 2 2 C v 1 2 2 A v (1)平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線運(yùn)動(dòng),若題目只涉及位移和速度而不 涉及時(shí)間,應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。 (2)應(yīng)用全程法求解力做的功時(shí),有些力可能不是全過(guò)程都作用的,必須 根據(jù)不同的情況分別對(duì)待,弄清楚物體所受的力,哪些力在哪段位移上做 功,做正功還是負(fù)功,正確寫(xiě)出總功。 (3)動(dòng)能定理的表達(dá)

19、式為標(biāo)量式,不能在某一方向上列動(dòng)能定理方程。 方法技巧方法技巧 動(dòng)能定理在多過(guò)程、多階段運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用動(dòng)能定理在多過(guò)程、多階段運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用 熱點(diǎn)題型探究 例例3如圖所示,豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連, C為切點(diǎn),圓弧軌道的半徑為R,斜面的傾角為?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊 從D點(diǎn)無(wú)初速下滑,滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng),已知圓弧 軌道的圓心O與A、D在同一水平面上,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為, 求: (1)滑塊第一次滑至左側(cè)弧上時(shí)距A點(diǎn)的最小高度差h; (2)滑塊在斜面上能通過(guò)的最大路程s。 答案答案(1)(2) 解析解析(1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)F經(jīng)歷DC、CB、BF

20、三個(gè)過(guò)程,現(xiàn) 以DF整個(gè)過(guò)程為研究過(guò)程,運(yùn)用動(dòng)能定理得:mgh-mgcos=0,解 得h=。 (2)通過(guò)分析可知,滑塊最終滑至C點(diǎn)的速度為0時(shí)對(duì)應(yīng)在斜面上的總路 程最大,由動(dòng)能定理得:mgRcos-mgcoss=0,解得:s=。 cos tan R R tan R cos tan R R 1.(多選)(2018湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)高三周測(cè))如圖所示,豎直固定放 置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD在B點(diǎn)相切,圓弧軌道的 半徑為R,圓心O與A、D在同一水平面上,C點(diǎn)為圓弧軌道最低點(diǎn),COB =30?，F(xiàn)使一質(zhì)量為m的小物塊從D點(diǎn)無(wú)初速度地釋放,小物塊與粗 糙斜面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan,則關(guān)于

21、小物塊的運(yùn)動(dòng)情況,下列說(shuō)法 正確的是() A.小物塊可能運(yùn)動(dòng)到A B.小物塊經(jīng)過(guò)較長(zhǎng)時(shí)間后會(huì)停在C點(diǎn) C.小物塊通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí),對(duì)C點(diǎn)的最大壓力大小為3mg D.小物塊通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí),對(duì)C點(diǎn)的最小壓力大小為(3-)mg3 答案答案CD物塊從D點(diǎn)無(wú)初速度滑下后,由于克服摩擦力做功,所以物 塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不斷減小,在斜面上升的最大高度越來(lái)越小, 不可能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),又知道m(xù)gcos,最終在與B點(diǎn)對(duì) 稱(chēng)的E點(diǎn)之間來(lái)回運(yùn)動(dòng),A、B錯(cuò)誤;物塊第一次運(yùn)動(dòng)到C時(shí)速度最大,對(duì)軌 道的壓力最大,物塊從D第一次運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程,由動(dòng)能定理得:mgR=m; 設(shè)此時(shí)軌道對(duì)物塊的支持力為F1,由牛頓第

22、二定律得:F1-mg=,聯(lián)立解 得:F1=3mg,由牛頓第三定律知物塊對(duì)C點(diǎn)的最大壓力為3mg,故C正確;當(dāng) 1 2 2 1 v 2 1 mv R 最后穩(wěn)定后,物塊在BE之間運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度為v2,由動(dòng)能 定理得:mgR(1-cos)=m,設(shè)軌道對(duì)物塊的支持力為F2,由牛頓第二定 律得:F2-mg=,聯(lián)立解得:F2=(3-)mg,由牛頓第三定律可知,物塊對(duì)C 點(diǎn)的最小壓力為(3-)mg,D正確。 1 2 2 2 v 2 2 mv R 3 3 5 6 1 4 3 5 4 5 2.如圖,一輕彈簧原長(zhǎng)為2R,其一端固定在傾角為37的固定直軌道 AC的底端A處,另一端位于直軌道上B處,彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與 一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn),AC=7R,A、B、C、D均在同一 豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑,最低到達(dá)E點(diǎn) (未畫(huà)出)。隨后P沿軌道被彈回,最高到達(dá)F點(diǎn),AF=4R。已知P與直軌道 間的動(dòng)摩擦因數(shù)=,重力加速度大小為g。(取sin37=,cos37=) (1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。 (2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。 (3)改變物塊P的質(zhì)量,將P推至E