专题05 功、功率与动能定理-2017年高考物理备考黄金易错点 21页

www.ks5u.com ‎1．(多选)2016上海钻石赛男子100米决赛中，加特林以9秒94的成绩夺得冠军，加特林在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动，以下说法正确的是(　　)‎ A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功 B．匀速阶段地面对人的摩擦力不做功 C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不做功 D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功 解析：选BC.由题意知，人的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力，该力的作用点并没发生位移，所以地面对人的摩擦力始终不做功，选项B、C正确．‎ ‎2．(多选)将一质量为m的木箱放在水平桌面上，现对木箱施加一斜向右下方的恒力，使木箱由静止开始以恒定的加速度a沿水平桌面向右做匀加速直线运动．已知恒力与水平方向的夹角为θ，木箱与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则木箱向右运动位移x的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．恒力所做的功为 B．恒力所做的功为 C．木箱克服摩擦力做的功为μmgx D．木箱克服摩擦力做的功为 ‎3．光滑水平面上质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F 的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶1‎ B．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶3‎ C．拉力在4 s末和6 s末做功的功率之比为2∶3‎ D．拉力在前2 s内和后4 s内做功的功率之比为1∶1‎ ‎4．(多选)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有(　　)‎ A．F2＝F1，v1＞v2　　　　　　B．F2＝F1，v1＜v2‎ C．F2＞F1，v1＞v2 D．F2＜F1，v1＜v2‎ 解析：选BD.水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cos θ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1＜v2，因此B正确，A错误；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力Ff1＝μmg＝F1，而第二次的摩擦力Ff2＝μ (mg－F2sin θ)＝F2cos θ，显然Ff2＜Ff1，即：F2cos θ＜F1，因此无论F2＞F1还是F2＜F1都会有v1＜v2，因此D正确、C错误．‎ ‎5．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　　)‎ A．v2＝k1v1　　　B．v2＝v1 C．v2＝v1 D．v2＝k2v1‎ 解析：选B.车达到最大速度时，牵引力大小等于阻力大小，此时车的功率等于克服阻力做功的功率．故P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝v1，选项B正确．‎ ‎6．晓宇在研究一辆额定功率为P＝20 kW的轿车的性能，他驾驶该轿车在如图甲所示的平直路面上运动，其中轿车与ON段路面间的动摩擦因数比轿车与MO段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s的速度由M向右运动，该轿车从M向右运动到N的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在t＝15 s时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m＝2 t，轿车在MO段、ON段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求：‎ ‎(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；‎ ‎(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；‎ ‎(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小．‎ 解析：(1)轿车在MO段运动时，以10 m/s的速度匀速运动，有F1＝f1，P＝F1v1‎ 联立解得f1＝ N＝2 000 N.‎ 答案：(1)2 000 N　(2)1 m/s2　(3)68.75 m ‎7．如图所示，QB段为一半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L＝1 m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物体P的质量为m＝1 kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止．(g取10 m/s2)求：‎ ‎(1)v0的大小；‎ ‎(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．‎ 解析：(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有－μmg·2L＝0－mv 解得v0＝＝2 m/s.‎ 答案：(1)2 m/s　(2)12 N，方向竖直向下 ‎8.(2016·高考全国甲卷)(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析：选BCD.在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误．在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确．弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确．由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点的动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确．‎ ‎9.(2015·高考全国卷Ⅰ)‎ 如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)‎ A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W＞mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 ‎10.(2016·高考全国乙卷)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R 的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)‎ ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．‎ ‎(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．‎ ‎ ‎ ‎(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv④‎ E、F之间的距离l1为 l1＝4R－2R＋x⑤‎ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x＝R⑦‎ Ep＝mgR⑧‎ ‎(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1＝R－Rsin θ⑨‎ y1＝R＋R＋Rcos θ⑩‎ 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．‎ 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有 y1＝gt2⑪‎ x1＝vDt⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝m⑯‎ 答案：(1)2　(2)mgR　(3)　m 易错起源1、功　功率的分析与计算 例1．如图3所示，将一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，一根长为L的轻质细绳悬挂着一个质量为m的小球，开始时小球与斜面体刚刚接触且细绳恰好竖直．现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是(　　) ‎ 图3‎ A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功 B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功 C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒 D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)‎ ‎【变式探究】如图5所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．两小球落地时的速度相同 B．两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小 C．从开始运动至落地，A球重力做功较大 D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小 ‎【答案】B　【解析】根据机械能守恒定律得，mv2＋mgh＝mv′2，两小球落地时速度大小v′是相同的，但两小球的速度方向不同，选项A错误；两小球落地时，A球重力瞬时功率mgv′cos α，B球重力瞬时功率mgv′，A球重力瞬时功率小于B球重力瞬时功率，选项B正确；从开始运动到落地，两球重力做功都是mgh，是相等的，选项C错误；从开始运动到落地，两球重力做功相等，A球下落时间较短，重力对A球做功的平均功率＝较大，选项D错误．‎ ‎【举一反三】若汽车在平直公路上匀速行驶，牵引力为F0.P随时间t的变化规律如图6所示，t2时刻汽车又恢复了匀速直线运动，则下列图象正确的是(　　)‎ 图6‎ A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D ‎【名师点睛】‎ ‎1．高考考查特点 ‎(1)本考点命题角度为功的定义式的理解及应用，机车启动模型的分析．‎ ‎(2)理解公式W＝F·s cos α，P＝F·v，F－f＝ma，P＝fvm及机车启动的两种方式是解题的关键．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)应用公式W＝F·s cos α时，忘掉公式仅用于恒力做功的条件．‎ ‎(2)机车启动问题中要分清匀加速启动还是恒定功率启动．‎ ‎(3)匀加速过程的末速度不是机车启动的最大速度．‎ ‎(4)恒定功率启动中功的计算可用W＝P·t计算．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ ‎1.计算功、功率时应注意的三个问题 ‎①功的公式W＝Fl和W＝Flcos α仅适用于恒力做功的情况.‎ ‎②变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方法求解.‎ ‎③对于功率的计算，应注意区分公式P＝ 和公式P＝Fv，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算.‎ ‎2.机车启动模型中的两点技巧机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法：‎ ‎①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝.‎ ‎②求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝.‎ 易错起源2、动能定理的应用 例2．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其vt图象如图9所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的是(　　) ‎ 图9‎ A．F＝μmg B．F＝2μmg C．W＝μmgv0t0 D．W＝μmgv0t0‎ ‎【变式探究】若将圆弧轨道和斜面的连接方式调为如图10所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：‎ ‎(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；‎ ‎(2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点P距B点的距离至少多大？‎ 图10‎ ‎【答案】　(1)　(2) ‎【举一反三】如图11甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2 kg的小物块和质量M＝1 kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3 W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6 s后可视为匀速运动，t＝10 s时物块离开平板．重力加速度取g＝10 m/s2，求：‎ 图11‎ ‎(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？‎ ‎(2)物块在1 s末和3 s末受到的摩擦力各为多大？‎ ‎(3)平板长度L为多少？‎ ‎【解析】　(1)由题图可知，前2 s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．‎ 拉力大小为：FT1＝ 滑动摩擦力大小为：Ff＝μ(M＋m)g 由平衡条件可得：＝μ(M＋m)g 可得：μ＝0.2.‎ ‎ (3)依题意，物块在2 s末之后一直到10 s时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：‎ PΔt－Ff2L＝mv－mv 代入数据解得：L＝＝2.416 m. ‎ ‎【答案】　(1)0.2　(2)6 N　10 N　(3)2.416 m ‎【名师点睛】‎ ‎1．高考考查特点 本考点命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题，题目综合性较强，正确理解动能定理，灵活分析物体的受力特点、运动特点及做功情况是常用方法．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)公式W＝mv－mv中W应是总功，方程为标量方程，不能在某方向上应用．‎ ‎(2)功的计算过程中，易出现正、负功判断及漏功的现象．‎ ‎(3)多过程问题中，不善于挖掘题目中的隐含条件，运动物体的过程分析易出现错误．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ ‎1．应用动能定理解题的4个步骤 ‎(1)确定研究对象及其运动过程；‎ ‎(2)分析受力情况和各力的做功情况；‎ ‎(3)明确物体初末状态的动能；‎ ‎(4)由动能定理列方程求解．‎ ‎2．应用动能定理解题应注意的3个问题 ‎(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁．‎ ‎(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．‎ ‎(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化．‎ ‎1．如图13甲所示，某女士第一次站立在台阶式自动扶梯上，扶梯将她送上楼，第二次如图乙所示，该女士乘相同自动扶梯的同时，她还相对于扶梯匀速向上走，两次到达同一高度．两次自动扶梯匀速运动的速度相同，下列关于两次自动扶梯的牵引力做功和功率的说法正确的是(　　)‎ 甲　　　　　　　　　乙 图13‎ A．两次牵引力做功相同，牵引力的功率第一次的较大 B．牵引力做功第一次的较大，两次牵引力的功率相同 C．牵引力做功第一次的较大，功率也是第一次的大 D．两次牵引力做功相同，功率也相同 ‎2.如图14所示，半径为R的光滑圆弧轨道左端有一质量为m的小球，在大小恒为F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则(　　) ‎ 图14‎ A．此过程外力做功为FR B．此过程外力做功为FR C．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为Fv D．小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为 ‎3．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图象如图15所示．若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是(　　)‎ 图15‎ A．汽车的功率 B．汽车行驶的最大速度 C．汽车所受到的阻力 D．汽车运动到最大速度所需的时间 ‎【答案】D　【解析】由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，对应图线可知，＝k＝40，可求出汽车的功率P，由a＝0时，＝0.05可得：vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，故应选D.‎ ‎4．如图16所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，其顶端有一轻弹簧，弹簧上端固定．一质量为m的小物块向右滑行并冲上斜面．设小物块在斜面最低点A的速度为v，将弹簧压缩至最短时小物块位于C点，C点距地面高度为h，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，不计小物块与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小物块在C点时弹簧的弹性势能为(　　)‎ 图16‎ A.mv2－mgh－ B．mgh＋mv2－mghtan θ C.mv2－mgh D．mgh－mv2＋ ‎5．有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则(　　)‎ 图17‎ A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为 C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ ‎【答案】B　【解析】第一次停在BC上的某点，由动能定理得 mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0‎ mgh1－μmg(＋s′)＝0‎ mgh1－μmgs＝0‎ μ＝ A错误，B正确．‎ 在AB段由静止下滑，说明μmgcosθ＜mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α＞mgsin α；若α＞θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误．‎ ‎6．将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图18所示．现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是(　　)‎ 图18‎ A．重力对三个小球所做的功相同 B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大 C．三个小球到达底端时的瞬时速度相同 D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小 ‎7．如图19甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ 图19‎ A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B．物体在水平面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为8 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变 由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，则：‎ F0＝μmg＝20 N，‎ 由图得到F与x的函数关系式为：‎ F＝100－25x，‎ 代入F0得：x＝3.2 m，‎ 由动能定理可得：‎ ×3.2－20×3.2＝×4×v，‎ 解得：vm＝8 m/s，故C正确；‎ 拉力一直减小，而摩擦力不变，故加速度先减小后增大，故D错误．‎ ‎8．如图20所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端．已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.则(　　) ‎ 图20‎ A．物块在传送带上一直做匀加速直线运动 B．物块到达传送带右端的速度大小为2 m/s C．物块沿斜面上滑能上升的最大高度为0.2 m D．物块返回传送带时恰好到达最左端 ‎9．如图21所示，一质量为m＝2.0 kg的滑块(可视为质点)静置在粗糙水平面上的A点，水平面上的B点处固定有一竖直放置的半径为R＝0.4 m的粗糙半圆形轨道．现给滑块施加一水平向右且大小为F＝10 N的恒定拉力，使滑块由静止开始向右运动．已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25，A、B两点间的距离为d＝5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.‎ 图21‎ ‎(1)若滑块刚好运动到B点停止，求拉力F作用的时间；‎ ‎(2)若在滑块运动到B点时撤去拉力F，则滑块刚好能通过半圆形轨道的最高点C，求滑块从B点到C点的过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎【解析】　(1)设在拉力F作用下滑块向右滑行的距离为x，则由动能定理可得Fx＝μmgd 设在拉力F作用阶段滑块的加速度大小为a1，拉力F作用时间为t，则有F－μmg＝ma1‎ x＝a1t2‎ 联立解得t＝ s. ‎ ‎【答案】　(1) s 　　　(2)5 J ‎10．如图22所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其它部分摩擦不计．g取10 m/s2，求：‎ ‎ 图22‎ ‎(1)物块经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；‎ ‎(2)物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能； ‎ ‎(3)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动. ‎ ‎【解析】　(1)物块冲上圆形轨道最高点B时速度为v，由动能定律得：‎ ‎－2mgR＝mv2－mv ①‎ 物块在B点时，由牛顿运动定律得：‎ FN＋mg＝ ②‎ 联立①②式并代入数据解得FN＝40 N 由牛顿第三定律得，物块对轨道压力大小为40 N，方向为竖直向上．‎ ‎(2)物块在Q点时速度为v0＝6 m/s，‎ 在PQ段运动时，由牛顿第二定律有：‎ μmg＝ma ③‎ 由运动规律l＝v0t－at2 ④‎ 联立③④式并代入数据解得在PQ段运动时间t＝0.5 s(t＝2.5 s不符合题意，舍去)‎ 设物块在P点时速度为v1，由动能定理得：‎ ‎－μmgl＝mv－mv ⑤‎ 物块压缩弹簧，由能量守恒得动能转化为弹性势能，有 Epm＝mv ⑥‎ 联立⑤⑥式并代入数据解得Epm＝8 J.‎ ‎【答案】　(1)40 N，方向竖直向上　(2)0.5 s　8 J (3)1 m ‎ ‎