专题22 动力学关系解决多过程问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 22 动力学关系解决多过程问题 1．如图所示，一质量为 m 的物块在与水平方向成θ的力 F 的作用下从 A 点由静止开始沿水平直轨道运动， 到 B 点后撤去力 F，物体飞出后越过“壕沟”落在平台 EG 段。已知物块的质量 m=1 kg，物块与水平直轨道 间的动摩擦因数为μ=0.5，AB 段长 L=10 m，BE 的高度差 h=0.8 m，BE 的水平距离 x=1.6 m。若物块可看 作质点，空气阻力不计，g 取 10m/s2。 (1)要越过“壕沟”，求物块在 B 点最小速度 v 的大小； (2)在第(1)问的条件下，计算物块落到平台时的瞬时速度 v′； (3)若θ=37 ，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力 F 的大小。 【答案】(1)4m/s (2)4 2 m/s 与水平方向呈 45 角斜向右下方 (3)5.27N 【解析】(1)由 B 点做平抛运动恰好落到 E 点时，在 B 点有最小速度 v，根据平抛运动位移公式： 21 2h gt x vt 代入数据解得：t=0.4s，v=4m/s (2) 水平速度为 xv v 竖直方向速度为 y gtv 由运动的合成有 2 2( ) 4 2m / sv v gt    方向呈 45 角斜向右下方。 (3)在 AB 段，对物体进行受力分析，根据动能定理： 21cos37 ( sin37 ) 2FL mg F L mv    代入数据解得：F=5.27N。 2．如图所示，高台的上面有一竖直的 1/4 圆弧形光滑轨道，半径 R=1.25m，轨道端点 B 的切线水平．质 量 m=0.5kg 的滑块（可视为质点）由轨道顶端 A 由静止释放，离开 B 点后经时间 t=1s 撞击在足够长的斜 面上的 P 点．已知斜面的倾角θ=37°，斜面底端 C 与 B 点的水平距离 x0=3m．当滑块 m 离开 B 点时，位 于斜面底端 C 点、质量 M=1kg 的小车，在沿斜面向上的恒定拉力 F 作用下，由静止开始向上加速运动， 恰好在 P 点被 m 击中并卡于其中．滑块与小车碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力 F，此时小车整体 速度变为 3.2m/s，仍沿斜面向上运动．已知小车与斜面间动摩擦因数μ=0.25．g 取 10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8，不计空气阻力．求： （1）滑块离开至 B 点时的速度大小； （2）拉力 F 大小； （3）小车在碰撞后在斜面上运动的时间． 【答案】（1）5m/s；（2）13N；（3）1.65s． 【解析】（1）m 由 A 到 B 过场中，由机械能守恒定律得：mgR= 21 2 Bmv 解得：vB=5m/s （2）m 离开 B 后做平抛运动的水平位移 x=vBt=5m 由几何关系可得 M 的位移为： 0 5 3 2.5cos37 0.8 x xs m m    设滑块 M 向上运动的加速度为 a，由 s= 1 2 at2 可得 a=5m/s2 由牛顿第二定律可得：F﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°=Ma 解得：F=13N （3）撤去拉力后，滑块 M 沿斜面上滑过程的加速度： （M+m）gsin37°+μ（M+m）gcos37°=（M+m）a1 a1=gsin37°+μgcos37°=0.8m/s2 上滑时间 1 1 3.2 0.48 vt s sa    上滑位移 2 2 1 1 3.2 0.642 2 8 vs m ma    滑块 M 沿斜面下滑过程的加速度 a2=gsn37°﹣μgcos37°=4m/s2 下滑过程 s+s1= 2 2 2 1 2 a t 解得： 1 2 2 2( ) 2(2.5 0.64) 1.254 s st s sa     所以返回所用的时间为：t=t1+t2=（0.4+1.25）s=1.65s 3．如图所示，倾角为 37°的粗糙斜面的底端有一质量 m＝1kg 的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因 数μ＝0.25 现小滑块以某一初速度 v 从斜面底端上滑，同时在斜面正上方有一小球以速度 v0 水平抛出，经 过 0.4 s，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中。空气阻力不计，已知 sin 37°＝0.6， cos37°＝0.8，g 取 10 m/s2，求： (1)小球水平抛出的速度 v0 的大小； (2)小滑块的初速度 v 的大小。 【答案】(1)3m/s；(2)5.35m/s 【解析】(1)设小球落入凹槽时竖直速度为 yv ，则有 10 0.4m/s 4m/syv gt    因此有 0 tan37 3m/syv v   (2)小球落入凹槽时的水平位移 0 3 0.4m 1.2mx v t    则滑块的位移为 1.2 1.5mco ms37 0.8 xs   根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度为 2sin37 cos37 8m/sa g g    根据公式 21 2s vt at  可得 5.35m/sv  4．如图所示，倾角为 37°的斜面长 l＝1.9m，在斜面底端正上方的 O 点将一小球以 v0＝3m/s 的速度水平 抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜 面 P 点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求： (1)抛出点 O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。 【答案】(1) 1.7m；(2) 0.125 【解析】（1）设小球击中滑块时的速度为 v，竖直速度为 vy，如图所示，由几何关系得 0 y v v =tan37° 设小球下落的时间为 t，竖直位移为 y，水平位移为 x，由运动学规律得 vy=gt 21 2y gt x=v0t 设抛出点到斜面底端的高度为 h，由几何关系得 h=y+xtan37° 联立解得 h=1.7m （2）设在时间 t 内，滑块的位移为，由几何关系得 cos37 xs l   设滑块的加速度为 a，由运动学公式得 21 2s at 对滑块，由牛顿第二定律得 sin37 cos37mg mg ma   联立解得 0.125  5．一长l =0.80m 的轻绳一端固定在 O 点，另一端连接一质量 m =0.10kg 的小球，悬点O 距离水平地面的 高度 H = 1.00m．开始时小球处于 A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示．让小球从静止释放， 当小球运动到 B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子 P 时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失， 取重力加速度 g=10m/s2． （1）绳断裂后球从 B 点抛出并落在水平地面的 C 点，求 C 点与 B 点之间的水平距离． （2）若轻绳所能承受的最大拉力 Fm = 9.0N，求钉子 P 与O 点的距离 d 应满足什么条件？ 【答案】（1）0.80m（2）d > 0.60m 【解析】根据机械能守恒求出到 B 点的速度，利用平抛运动求出水平距离，利用圆周运动的向心力公式 求出 d 应满足的条件。 （1）设小球运动到 B 点时的速度大小 Bv ，由机械能守恒定律得 mglmvB 2 2 1 解得小球运动到 B 点时的速度大小 glvB 2 = 4.0 m/s 小球从 B 点做平抛运动，由运动学规律得 tvx B 2 2 1 gtlHy  解得 C 点与 B 点之间的水平距离 g lHvx B )(2  =0.80m （2）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值 Fm，由牛顿定律得 r vmmgF B m 2  dlr  由以上各式解得 d = 0.60m 因此钉子 P 与O 点的距离 d 应满足条件 d > 0.60m． 6．如图，一根长为 L=1.25m 的轻绳一端固定在 O’点，另一端系一质量 m=1kg 的小球．将轻绳拉至水平 并将小球由位置 A 静止释放，小球运动到最低点 O 时，轻绳刚好被拉断．O′点下方有一以 O 点为圆心， 半径 R=5 2 m 的圆弧状的曲面，已知重力加速度为 g=10m/s2，求： （1）轻绳所能承受的最大拉力 Fm 的大小； （2）小球从绳子断裂到落至曲面上的时间和到达曲面时的动能． 【答案】（1）30N；（2）62.5J 【解析】（1）物体从 A 运动到 O 点，由机械能守恒定律：mgL= 2 0 1 2 mv 得：v0= 2 5m/sgL  在 O 点，由牛顿第二定律： 2 0 m vF mg m L   得：Fm=3mg=30N （2）设从绳子断裂到小球到达曲面经历的时间为 t， 水平位移：x=v0t 竖直位移：y= 21 2 gt 由勾股定理：x2+y2=R2 解得 t=1s 竖直速度：vy=gt=10m/s 可得小球的动能：  2 2 2 0 1 1 2 2k yE mv m v v   =62.5J 7．风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力，如图所示,在风洞实验室中有足够大的光滑水平面,在 水平面上建立 xOy 直角坐标系,质量 0.5kgm  的小球以初速度 0 0.40m/sv  从 O 点沿 x 轴正方向运动,在 0-2.0s 内受到一个沿 y 轴正方向、大小 1 0.20NF  的风力作用；小球运动 2.0s 后风力方向变为 y 轴负方向、 大小变为 2 0.10NF  , （图中未画出）试求： （1）2.0s 末小球在 y 方向的速度大小和小球 2.0s 内运动的总位移大小； （2）风力 2F 作用多长时间,小球的速度变为与初速度相同； （3）小球回到 x 轴上时的动能。 【答案】（1）0.80m/s；1.13m（2）4s（3） 0.28J 【解析】（1）球受重力、支持力和风的推力，在 x 方向不受外力，做匀速直线运动，在 y 方向受到恒定 的力，故 y 方向做匀变速直线运动； 设在 0～2.0s 内小球运动的加速度为 1a ，则根据牛顿第二定律，有 1 1F ma 解得： 1a = 21 0.40m/sF m  根据运动学公式，有： 1yV a t =0.80m/s 2 1 1 2yS a t =0.80m 0xS V t =0.80m 故合位移为： S= 2 2 0.8 2m 1.13mx yS S   即 2.0s 末小球在 y 方向的速度大小为 0.80m/s，2.0s 内运动的位移大小为 1.13m； （2）根据牛顿第二定律，风力 F2 作用时物体的加速度为： 2a = 2F m = 20.20m/s 风力 2F 作用为： t= 2 yv a =4.0s 故风力 2F 作用 4s 的时间，小球的速度变为与初速度相同； （3）小球回到 x 轴上，则 y 方向的分位移为零，根据运动学公式，有 0= 2 2 2 ' 2 y y y v vS a  （ ） 解得： 2 2' 2y y yv a S v   =-0.4 6 m/s； 故合速度为： 2 2 2 2' 0 4 0.4 6 /x yv v v m s   ． （ ） =0.4 7 m/s 故小球回到 x 轴上时的动能为： 21 0.28J2kE mv  8．如图所示，竖直平面内的一半径 R=0.50m 的光滑圆弧槽 BCD，B 点与圆心 O 等高，一水平面与圆弧 槽相接于 D 点，质量 m=0.10kg 的小球从 B 点的正上方 H=0.95m 高处的 A 点自由下落，由 B 点进入圆弧 轨道，从 D 点飞出后落在水平面的 Q 点，DQ 间的距离 x=2.4m，球从 D 点飞出后的运动过程中相对水平 面上升的最大高度 h=0.80m，取 g=10m/s2，不计空气阻力，求： （1）小球经过 C 点时轨道对它的支持力大小 NF ； （2）小球经过最高点 P 的速度大小 Pv ； （3）D 点与圆心 O 的高度差 ODh ． 【答案】（1） 6.8NN  （2） 3.0 /Pv m s （3） 0.30ODh m 【解析】（1）设经过 C 点速度为 1v ，由机械能守恒有 2 1 1( ) 2mg H R mv  由牛顿第二定律有 2 1vN mg m R   代入数据解得 6.8NN  （2）P 点时速度为 Pv ，P 到 Q 做平抛运动有 21 ,2 2 p sh gt v t  代入数据解得 3.0 /Pv m s （3）由机械能守恒定律有 21 ( )2 P ODmv mgh mg H h   代入数据解得 0.30ODh m 9．汽车以 1.6m/s 的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球（可视作质点），架高 1.8m．由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下．已知该型号汽车在所在路面行驶 时刹车痕 s(即刹车距离)与刹车前车速 v 的关系如下图线所示，忽略货物与架子间的摩擦及空气阻力，g 取 10m/s2 ．求： （1）汽车刹车过程中的加速度多大； （2）货物在车厢底板上落点距车后壁的距离． 【答案】（1）a=4m/s2 （2）0.64m 【解析】（1） 汽车以速度 v 刹车，匀减速到零，刹车距离为 s． 由运动学公式 由 v—s 关系图像知：当 v=4m/s 时，s =2m 代入数值得： （2）刹车后，货物做平抛运动： 货物的水平位移为： 汽车做匀减速直线运动，刹车时间为 ，则： ＜ 则汽车的实际位移为： 故： 10．如图所示是某游戏装置的示意图，ABC 为固定在竖直平面内的截面为圆形的光滑轨道，直轨道 AB 与 水平成 37   放置，且与圆弧轨道 BC 相切连接，AB 长为 L1=0.4m，圆弧轨道半径 r=0.25m，C 端水平， 右端连接粗糙水平面 CD 和足够长的光滑曲面轨道 DE，D 是轨道的切点，CD 段长为 L2=0.5m。一个质量 为 m=1kg 的可视为质点的小物块压缩弹簧后被锁定在 A 点，解除锁定后小物块被弹出，第一次经过 D 点 的速度为 D 6m/sv  ，已知小物块与水平面 CD 间的摩擦因数μ=0.3，g=10m/s2。求： (1)小物块第一次运动到 BC 的出口 C 时对圆轨道的压力大小； (2)小物块发射前弹簧的弹性势能大小； (3)小物块被弹出后，最后停在 CD 上的位置。 【答案】(1)26N；(2)11.4J；(3)最后停在 D 点 【解析】(1)小物块第一次从 C 运动到 D 过程，根据动能定理得 2 2 2 D C 1 1- 2 2mgL mv mv   解得 C 3m/sv  在 C 点，根据牛顿第二定律得 2 CmvF mg r   解得 26NF  根据牛顿第三定律得，小物体对圆轨道的压力大小等于 26N。 (2)根据几何关系得，AC 两点高度差为 1cos37 sin37h R R L    解得 0.69mh  根据机械能守恒定律得 2 P C 1 2E mgh mv  P 11.4JE  (3)根据动能定理得 2 C 10 2mgs mv   解得 1.5ms  即 23s L 所以小物块最后停在 D 点。 11．如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘 C 点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为 R＝1 m， 在圆盘直径 CD 的正上方，与 CD 平行放置一条水平滑道 AB，滑道右端 B 与圆盘圆心 O 在同一竖直线上， 且 B 点距离圆盘圆心的竖直高度 h＝1．25 m，在滑道左端静止放置质量为 m＝0．4 kg 的物块（可视为质 点），物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0．2，现用力 F＝4 N 的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位 置，以角速度ω＝2π rad/s，绕通过圆心 O 的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物 块由 B 点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．重力加速度 g 取 10 m/s2． （1）若拉力作用时间为 0．5 s，求所需滑道的长度 （2）求拉力作用的最短时间 【答案】（1） （2） 0.3t s 【解析】（1）物块平抛： 2 0.5sht g   物块离开滑道时的速度： 2m/sRv t   拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1 得：a1＝8m/s2 撤去外力后，由牛顿第二定律：－μmg＝ma2 得：a2＝-2 m/s2 物块加速获得速度：v1＝a1t1＝4m/s 则所需滑道的长度: 2 2 2 1 1 2 1 1 1 4m2 2 v vL x x a t a      （2）盘转过一圈时落入，拉力时间最短；盘转过一圈时间： 2 =1sT   物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v＝a1t1＋a2t2 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1＋t2＋t＝T 由上两式得：t1＝0．3s 12．钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕保卫祖国，我人民海军为此进行登 陆演练，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点 s=1km 处．登陆队员需要从较高的 军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角 θ=30°，为保证行动最快，队员甲先无摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度刚 好为零，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度 v0=3 3m／s 平抛救生圈，第一 个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇，若人的质量 m，重力加 速度 g=10m／s2，问： （1）军舰甲板到快艇的竖直高度 H 等于多大？队员甲在绳索上运动的时间 t0 是多长？ （2）若加速过程与减速过程中的加速度大小相等，则队员甲在何处速度最大?最大速度多大? （3）若登陆艇额定功率 5KW，载人后连同装备总质量 103kg，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近， 到达岸边时刚好能达到最大速度 10m／s，则登陆艇运动的时间 t'是多大？ 【答案】（1）16.2 m 3.6 s （2）绳索中点处 10.39 m/s （3）1.1×102s 【解析】(1)设救生圈做平抛运动的时间为 t，有 H＝ 1 2 gt2 （1 分） Htan θ＝v0t （1 分） 设人下滑时间为 t0，由题意知：t0＝2t （1 分） 联立得：H＝16.2 m，t0＝3.6 s （2 分） （2）由几何关系可得，绳索长度 cos HL  （1 分） 因加速过程与减速过程加速度大小相等，所以甲在绳索中点处速度最大， 由 1 0 1 2L v t （1 分） 解得 1 6 3 /v m s （1 分） (3)加速过程有 2 2 1 2pt fs mv  （2 分） 达到最大速度时，有 （1 分） 代入数据得： 110t s  （1 分） 13．如图所示，水平放置的圆盘半径为 R=1m，在其边缘 C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径 CD 的正上方放置一条水平滑道 AB，滑道与 CD 平行．滑道右端 B 与圆盘圆心 O 在同一竖直线上，其高度差 为 h=1.25m．在滑道左端静止放置质量为 m=0.4kg 的物块（可视为质点），物块与滑道间的动摩擦因数为 μ=0.2．当用一大小为 F=4N 的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω=2πrad/s，绕穿 过圆心 O 的竖直轴匀速转动．拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由 B 点水平抛出，恰 好落入小桶内．重力加速度 g 取 10m/s2． (1)物块在 B 点的速度大小； (2)求拉力作用的最短时间． 【答案】(1) 2m/sBv  (2)0.3s 【解析】 （1）物块由 B 点抛出后做平抛运动，在竖直方向有：h= 1 2 gt2 物块离开滑道 B 点的速度： 2 /  Rv m st   （2）拉动物块时的加速度，由牛顿第二定律：F-μmg=ma1 得：a1=8m/s2， 物块减速运动时μmg=ma2 解得 a2=2m/s2 圆盘转过一周时落入，拉力作用时间最短；盘转过一圈的时间： 2 1  T s   物块在滑道上先加速后减速：v=a1t1-a2t2 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=T 由上面两式联立得：t1=0.3s 14．如图所示，装置 BO′O 可绕竖直轴 O′O 转动，可视为质点的小球 A 与两细线连接后分别系于 B、C 两 点，装置静止时细线 AB 水平，细线 AC 与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量 m，细线 AC 长为 l， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度 g，求 (1)当细线 AB 拉力的大小等于小球重力的一半时，该装置绕 OO′转动的角速度的大小. (2)当细线 AB 的拉力为零时，该装置绕 OO′轴转动的角速度的最小值. 【答案】(1) 5 12 g l ；(2) 5 4 g l 【解析】(1) 根据牛顿第二定律得： cosT mg  2 1sin sinABT T m l    解得： 1 5 12 g l   ； (2) 由题意，当ω最小时，绳 AC 与竖直方向的夹角 37o  受力分析，如图，则有 2 mintan ( sin )mg m l   解得： min 5 4 g l   ． 15．如图所示，在光滑水平地面上有一质量为 2m 的长木板 B ，离长木板 B 的右端距离为 0s 处放有固定 的竖直挡板，其最左端放有一质量为 m 的重物 A （可视为质点）.开始时，长木板 B 和重物 A 都静止，现 在给重物 A 一初速度 0v ，使重物 A 和长木板 B 均向右运动，并与挡板发生碰撞，碰撞前瞬间长木板 B 和 重物 A 的速度恰好相等，已知长木板 B 或重物 A 与挡板碰撞时均没有机械能损失.求： （1）若重物始终在长木板 B 上，长木板 B 与竖直挡板碰撞之前，长木板 B 的加速度. （2）整个运动过程中，要使重物 A 不离开长木板 B ，长木板的长度 L 需要满足的条件. 【答案】(1) 2 0 018 v s (2) L=3 0s 或 0 13 3L s 【解析】(1)根据匀变速直线运动规律可得 2 02 Bv a s 根据动量守镇定律可得： 0 ( 2 )mv m m v  解得： 2 0 018B va s  (2)情况一 ：当长木板 B 与挡板碰撞时，重物 A 没有到达长木板 B 的右端，根据能量守恒定律可得 2 2 1 0 1 1 ( 2 )2 2mgL mv m m v    解得： 1 03L s 根据牛顿第一定律可得： 1 2 1, 2a g a g   若使重物不掉落，最终两者速度相同，取 0v 方向为正方向，对碰后的过程则有： 2 1v a t v a t    代人两者的加速度，求得达到共速度的时间为 04 9 vt g 明共速时的速度为 0 1 9v v ，方向与 0v 的方向相反 则碰后过程两者发生的相对位移大小是两者各自产生的位移大小之和，为 2 0 0 0 1 1 4( ) [ ( ) ]2 2 3L v v t v v t s       即长木板的长度至少为 1 2 0 13 3L L L s   ，重物不会掉落 情况二：当重物 A 始好运动到长术板 B 的右端时与长木板 B 达到共速，重物 A 和长木板 B 与挡板同时发 生碰撞，则由（1）问知，共同速度为 0 3 v 由运动学关系有 2 2 0 1 12v v a x  2 2 2 2 02 ,v a x x s  联立解得 L=3 0s 综上，长木板长度满足的条种 L=3 0s 或 0 13 3L s 16．如图所示，倾角为 30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块（可视为质点）从斜面上 A 点由静止释 放，最终停在水平面上的 C 点．已知 A 点距水平面的高度 h=0.8m，B 点距 C 点的距离 L=2.0m．（滑块经过 B 点时 没有能量损失，g=10m/s2），求： （1）滑块在运动过程中的最大速度； （2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ； 【答案】（1）4m/s （2）0.4 【解析】（1）滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到 B 点时速度 最大为 vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为 a1 1mgsin30 ma  ， 得滑块的加速度： 2 1a gsin30 5m / s   根据匀加速运动的速度位移关系有： 2 1 h2a sin30mv   ， 0.82 5 4m / s1 2 mv     ， （2）滑块在水平面上运动时的加速度大小为 a2 由牛顿第二定律有： 2μmg ma 2 22a L 2μgLmv   解得： 2 24μ 0.42 2 10 2 mv gL     答：（1）滑块在运动过程中的最大速度为 4m/s； （2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4． 17．如图所示，倾角 37   的光滑斜面固定在地面上，斜面的长度 3.0mL  ．质量 0.10kgm  的滑块 （可视为质点）从斜面顶端由静止滑下．已知 sin37 =0.60 ， cos37 0.80  ，空气阻力可忽略不计，重 力加速度 g 取 210m/s ．求： （1）滑块滑到斜面底端时速度的大小． （ 2 ）滑块滑到斜面底端时重力对物体做功的瞬时功率大小． （ 3 ）在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小． 【答案】（1）6m/s (2)3.6W (3)10N·s 【解析】（1）设滑块到斜面底端时的速度为 v ． 依据机械能守恒定律有： 21sin 2mgL mv  解得： 6.0m/sv  ； （ 2 ）滑块滑到斜面底端时速度在竖直方向上的分量 sinyv v  ． 解得： 3.6m/syv  ，重力对物体做功的瞬时功率： yP mgv ，解得 3.6WP  ； （ 3 ）设滑块下滑过程的时间为t ，由运动学公式 21 2L at ， 由牛顿第二定律： sinmg ma  解得： 1.0t s 在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小： GI mgt 解得 =1.0N sGI  ．