在一次“用單擺測定重力加速度”的實驗中，圖甲中的O點是擺線的懸點，a、b

兩點分別是擺球的上沿和下沿，則該單擺的擺長l=

0.9160

0.9160

m．乙圖為測量周期用的秒表，長針轉一周的時間為30s，表盤上部的小圓共30個小格，每小格30s．該單擺全振動n=50次時，表盤指針的位置如圖乙所示，所用時間t=

96.3

96.3

s．用以上直接測量的物理量的符號表示重力加速度的計算式g=

4π2n2l

t2

4π2n2l

t2

（不必代入具體數值）．

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在一次用單擺測定重力加速度的實驗中，圖（甲）的O點是擺線的懸掛點，a、b點分別是球的上沿和球心，擺長L=

 

m．

圖（乙）為測量周期用的秒表，長針轉一圈的時間為30s，表盤上部的小圓共15大格，每一大格1min，該單擺擺動n=50次時，長、短針位置如圖所示，所用時間t=

 

s．
用以上直接測量的物理量的英文符號表示重力加速度的計算式為g=

 

（不必代入具體數值）

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在一次用單擺測定重力加速度的實驗中，圖A的O點是擺線的懸掛點，a、b點分別是球的上沿和球心，擺長L=

 

m．圖B為測量周期用的秒表，長針轉一圈的時間為30s，表盤上部的小圓共15大格，每一大格1min．在測量周期時，當擺球擺動穩定后，計時起點應選在小球擺至

 

時（填“最高點”或“最低點”），測得單擺擺動n=50次時，長、短針位置如圖所示，所用時間t=

 

s，則周期T=

 

s（結果保留兩位有效數字）．用以上直接測量的物理量的英文符號表示重力加速度的計算式為g=

 

（不必代入數據計算）

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在一次用單擺測定重力加速度的實驗中，圖（甲）的O點是擺線的懸掛點，a、b點分別是球的上沿和球心，擺長L=_____________m．

甲                      乙

圖（乙）為測量周期用的秒表，長針轉一圈的時間為30s，表盤上部的小圓共15大格，每一大格1min，該單擺擺動n=50次時，長、短針位置如圖所示，所用時間t=_____________s．

用以上直接測量的物理量的英文符號表示重力加速度的計算式為g=_____________（不必代入具體數值）

 

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典型例題

[例1]  解析：對系統進行整體分析，受力分析如圖1―2：

由平衡條件有：

由此解得 

[例2]  解析： （1）設t₁、t₂為聲源S發出兩個信號的時刻，為觀察者接收到兩個信號的時刻．則第一個信號經過時間被觀察者A接收到，第二個信號經過（）時刻被觀察者A接收到，且

設聲源發出第一個信號時，S、A兩點間的距離為L，兩個聲信號從聲源傳播到觀察者的過程中，它們的運動的距離關系如圖所示，

可得

由以上各式解得

（2）設聲源發出聲波的振動周期為T，這樣，由以上結論，觀察者接收到的聲波振動的周期T′,．

由此可得，觀察者接收到的聲波頻率與聲源發出聲波頻率間的關系為

．

[例3] 解答：根據題意作圖1―4．

對這兩個天體而言，它們的運動方程分別為   ①

   ②

以及       ③

由以上三式解得．

將r₁和r₂的表達式分別代①和②式，

可得．

[例4]  解答：（1）A、B兩球以相同的初速度v₀，從同一點水平拋出，可以肯定它們沿同一軌道運動．

作細線剛被拉直時刻A、B球位置示意圖1―5．

根據題意可知：

設A球運動時間為t，則B球運動時間為t－0.8，由于A、B球在豎直方向上均作自由落體運動，所以有．

由此解得t =1s．

（2）細線剛被拉直時，

A、B球的水平位移分別為

[例5]  解答：（1）A球通過最低點時，作用于環形圓管的壓力豎直向下，根據牛頓第三定律，A球受到豎直向上的支持力N₁，由牛頓第二定律，有：

     ①

由題意知，A球通過最低點時，B球恰好通過最高點，而且該時刻A、B兩球作用于圓管的合力為零；可見B球作用于圓管的壓力肯定豎直向上，根據牛頓第三定律，圓管對B球的反作用力N₂豎直向下；假設B球通過最高點時的速度為v，則B球在該時刻的運動方程為    ②

由題意N₁=N₂     ③

∴     ④

對B球運用機械能守恒定律     ⑤

解得     ⑥

⑥式代入④式可得：．

[例6]  解答：火箭上升到最高點的運動分為兩個階段：勻加速上升階段和豎直上拋階段．

地面上的擺鐘對兩個階段的計時為

即總的讀數（計時）為t =t₁＋t₂=360（s）

放在火箭中的擺鐘也分兩個階段計時．

第一階段勻加速上升，a=8g，鐘擺周期

其鐘面指示時間

第二階段豎直上拋，為勻減速直線運動，加速度豎直向下，a=g，完全失重，擺鐘不“走”，計時．可見放在火箭中的擺鐘總計時為．

綜上所述，火箭中的擺鐘比地面上的擺鐘讀數少了．

[例7]  解答：在情形（1）中，滑塊相對于桌面以速度v₀=0.1m/s向右做勻速運動，放手后，木板由靜止開始向右做勻加速運動．

經時間t，木板的速度增大到v₀=0.1m/s，．

在5s內滑塊相對于桌面向右的位移大小為S₁=v₀t=0.5m．

而木板向右相對于桌面的位移為．

可見，滑塊在木板上向右只滑行了S₁－S₂=0.25m，即達到相對靜止狀態，隨后，它們一起以共同速度v₀向右做勻速直線運動．只要線足夠長，桌上的柱子不阻擋它們運動，滑塊就到不了木板的右端．

在情形（2）中，滑塊與木板組成一個系統，放手后滑塊相樹于木板的速度仍為v₀，滑塊到達木板右端歷時．

[例8]  解答：以m表示球的質量，F表示兩球相互作用的恒定斥力，l表示兩球間的原始距離．A球作初速度為v₀的勻減速運動，B球作初速度為零的勻加速運動．在兩球間距由l先減小，到又恢復到l的過程中，A球的運動路程為l₁，B球運動路程為l₂，間距恢復到l時，A球速度為v₁，B球速度為v₂．

由動量守恒，有

由功能關系：A球      B球：

根據題意可知l₁=l₂，

由上三式可得

得v₂=v₀、v₁=0    即兩球交換速度．

當兩球速度相同時，兩球間距最小，設兩球速度相等時的速度為v，

則

B球的速度由增加到v₀花時間t₀，即

得．

解二：用牛頓第二定律和運動學公式．（略）

跟蹤練習

1．C   提示：利用平衡條件．

2．（1）重物先向下做加速運動，后做減速運動，當重物速度為零時，下降的距離最大，設下降的最大距離為h，

由機械能守恒定律得   解得．

（2）系統處于平衡狀態時，兩小環的可能位置為

a．兩小環同時位于大圓環的底端

b．兩小環同時位于大圓環的頂端

c．兩小環一個位于大圓環的頂端，另一個位于大圓環的底端

d．除上述三種情況外，根據對稱性可知，系統如能平衡，則小圓環的位置一定關于大圓環豎直對稱軸對稱．設平衡時，兩小圓環在大圓環豎直對稱軸兩側角的位置上（如圖）．

對于重物m，受繩的拉力T與重力mg作用，有T=mg．對于小圓環，受到三個力的作用，水平繩的拉力T，豎直繩的拉力T，大圓環的支持力N．兩繩的拉力沿大圓環切向的分力大小相等，方向相反．

得．

3．設測速儀掃描速度為v′，因P₁、P₂在標尺上對應間隔為30小格，所以格/s．

測速儀發出超聲波信號P₁到接收P₁的反射信號n₁．從圖B上可以看出，測速儀掃描12小格，所以測速儀從發出信號P₁到接收其反射信號n₁所經歷時間．

汽車接收到P₁信號時與測速儀相距．

同理，測速儀從發出信號P₂到接收到其反射信號n₂，測速儀掃描9小格，故所經歷時間．汽車在接收到P₂信號時與測速儀相距．

所以，汽車在接收到P₁、P₂兩個信號的時間內前進的距離△S=S₁－S₂=17m．

從圖B可以看出，n₁與P₂之間有18小格，所以，測速儀從接收反射信號n₁到超聲信號P₂的時間間隔．

所以汽車接收P₁、P₂兩個信號之間的時間間隔為．

∴汽車速度m/s．

4．從B發出第一個超聲波開始計時，經被C車接收．故C車第一次接收超聲波時與B距離．

第二個超聲波從發出至接收，經T＋△T時間，C車第二車接收超聲波時距B為，C車從接收第一個超聲波到接收第二個超聲波內前進S₂－S₁，接收第一個超聲波時刻，接收第二個超聲波時刻為．

所以接收第一和第二個超聲波的時間間距為．

故車速．車向右運動．

5．ACD

6．（1）根據動能定理，可求出衛星由近地點到遠地點運動過程中，地球引力對衛星的功為．

（2）由牛頓第二定律知   ∴

7．（1）建立如圖所示坐標系，將v₀與g進行正交分解．

在x方向，小球以為初速度作勻加速運動．

在y方向，小球以為初速度，作類豎直上拋運動．

當y方向的速度為零時，小球離斜面最遠，由運動學公式．

小球經時間t上升到最大高度，由得．

（2）

8．（1）設滑雪者質量為m，斜面與水平面夾角為，滑雪者滑行過程中克服摩擦力做功   ①

由動能定理    ②

離開B點時的速度     ③

（2）設滑雪者離開B點后落在臺階上

可解得 ④         此時必須滿足  ⑤

當時，滑雪者直接落到地面上，，

可解得．

9．AC

10．擺球先后以正方形的頂點為圓心，半徑分別為R₁=4a，R₂=3a，R₃=2a，R₄=a為半徑各作四分之一圓周的圓運動．

當擺球從P點開始，沿半徑R₁=4a運動到最低點時的速度v₁，

根據動量定理  ①

當擺球開始以v₁繞B點以半徑R₂=3a作圓周運動時，擺線拉力最大，為T_max=7mg，這時擺球的運動方程為        ②

由此求得v₀的最大許可值為．

當擺球繞C點以半徑R₃=2a運動到最高點時，為確保沿圓周運動，

到達最高點時的速度（重力作向心力）

由動能定理

∴

11．B

12．由題意知，周期為．波速．

P、Q兩點距離相差次全振動所需時間即

∴．

13．ABC  開始時小車上的物體受彈簧水平向右的拉力為6N，水平向左的靜摩擦力也為6N，合力為零．沿水平向右方向對小車施加以作用力，小車向右做加速運動時，車上的物體沿水平向右方向上的合力（F=ma）逐漸增大到8N后恒定．在此過程中向左的靜摩擦力先減小，改變方向后逐漸增大到（向右的）2N而保持恒定；彈簧的拉力（大小、方向）始終沒有變，物體與小車保持相對靜止，小車上的物體不受摩擦力作用時，向右的加速度由彈簧的拉力提供：．

14．（1）設物體與板的位移分別為S_物、S_板，則由題意有    ①

    ②     解得：．

（2）由．

得，故板與桌面之間的動摩擦因數．

15．在0～10s內，物體的加速度（正向）

在10～14s內，物體的加速度 （反向）

由牛頓第二定律    ①              ② 

由此解得F=8.4N    =0.34

16．（1）依題意得=0，設小滑塊在水平面上運動的加速度大小為a，

由牛頓第二定律，，由運動學公式，解得．

（2）滑塊在水平面上運動時間為t₁，由．

在斜面上運動的時間

（3）若滑塊在A點速度為v₁=5m/s，則運動到B點的速度．

即運動到B點后，小滑塊將做平拋運動．

假設小滑塊不會落到斜面上，則經過落到水平面上，

則水平位移．

所以假設正確，即小滑塊從A點運動到地面所需時間為．

專題二  動量與機械能

典型例題

[例1]  D

解析：本題辨析一對平衡力和一對作用力和反作用力的功、沖量．因為，一對平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物體上，所以，同一段時間內，它們的沖量大小相等、方向相反，故不是相同的沖量，則①錯誤．如果在同一段時間內，一對平衡力做功，要么均為零（靜止），要么大小相等符號相反（正功與負功），故②正確．至于一對作用力與反作用力，雖然兩者大小相等，方向相反，但分別作用在兩個不同物體上（對方物體），所以，即使在同樣時間內，力的作用點的位移不是一定相等的（子彈穿木塊中的一對摩擦力），則做功大小不一定相等．而且作功的正負號也不一定相反（點電荷間相互作用力、磁體間相互作用力的做功，都是同時做正功，或同時做負功．）因此③錯誤，④正確．綜上所述，選項D正確．

【例2】  解析：（1）飛機達到最大速度時牽引力F與其所受阻力f 大小相等，

由P=Fv得

（2）航空母艦上飛機跑道的最小長度為s，由動能定理得

 將代入上式得或

【例3】  解析：解法1（程序法）：

選物體為研究對象，在t₁時間內其受力情況如圖①所示，選F的方向為正方向，根據牛頓第二定律，物體運動的加速度為．

撤去F時物體的速度為v₁=a₁t₁=2×6m/s=12m/s

撤去F后，物體做勻減速運動，其受力情況如圖②所示，根據牛頓第二定律，其運動的加速度為．

物體開始碰撞時的速度為v₂=v₁＋a₂t₂=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s．

再研究物體碰撞的過程，設豎直墻對物體的平均作用力為，其方向水平向左．若選水平向左為正方向，根據動量定理有．

解得．

解法2（全程考慮）：取從物體開始運動到碰撞后反向彈回的全過程應用動量定理，并取F的方向為正方向，則

所以

點評：比較上述兩種方法看出，當物體所受各力的作用時間不相同且間斷作用時，應用動量定理解題對全程列式較簡單，這時定理中的合外力的沖量可理解為整個運動過程中各力沖量的矢量和．此題應用牛頓第二定律和運動學公式較繁瑣．

另外有些變力作用或曲線運動的題目用牛頓定律難以解決，應用動量定理解決可化難為易．

【例4】  解析：該題用守恒觀點和轉化觀點分別解答如下：

解法一：（守恒觀點）選小球為研究對象，設小球沿半徑為R的軌道做勻速圓周運動的線速度為v₀，根據牛頓第二定律有   ①

當剪斷兩物體之間的輕線后，輕線對小球的拉力減小，不足以維持小球在半徑為R的軌道上繼續做勻速圓周運動，于是小球沿切線方向逐漸偏離原來的軌道，同時輕線下端的物體m₁逐漸上升，且小球的線速度逐漸減�。�假設物體m₁上升高度為h，小球的線速度減為v時，小球在半徑為（R＋h）的軌道上再次做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有      ②

再選小球M、物體m₁與地球組所的系統為研究對象，研究兩物體間的輕線剪斷后物體m₁上升的過程，由于只有重力做功，所以系統的機械能守恒．選小球做勻速圓周運動的水平面為零勢面，設小球沿半徑為R的軌道做勻速圓周運動時m₁到水平板的距離為H，根據機械能守恒定律有    ③

以上三式聯立解得 

解法二：（轉化觀點）與解法一相同，首先列出①②兩式，然后再選小球、物體m₁與地球組成的系統為研究對象，研究兩物體間的輕線剪斷后物體m₁上升的過程，由于系統的機械能守恒，所以小球動能的減少量等于物體m₁重力勢能的增加量．即

     ④

①、②、④式聯立解得 

點評：比較上述兩種解法可以看出，根據機械能守恒定律應用守恒觀點列方程時，需要選零勢面和找出物體與零勢面的高度差，比較麻煩；如果應用轉化觀點列方程，則無需選零勢面，往往顯得簡捷．

【例5】  解析：（1）第一顆子彈射入木塊過程中動量守恒   ①

解得：=3m/s   ②

木塊向右作減速運動加速度m/s²    ③

木塊速度減小為零所用時間      ④

解得t₁ =0.6s<1s    ⑤

所以木塊在被第二顆子彈擊中前向右運動離A點最遠時，速度為零，移動距離為

解得s₁=0.9m．     ⑥

（2）在第二顆子彈射中木塊前，木塊再向左作加速運動，時間t₂=1s－0.6s=0.4s   ⑦

速度增大為v_­2=at₂=2m/s（恰與傳送帶同速）      ⑧

向左移動的位移為    ⑨

所以兩顆子彈射中木塊的時間間隔內，木塊總位移S₀=S₁－S₂=0.5m方向向右     ⑩

第16顆子彈擊中前，木塊向右移動的位移為    11

第16顆子彈擊中后，木塊將會再向右先移動0.9m，總位移為0.9m＋7.5=8.4m>8.3m木塊將從B端落下．

所以木塊在傳送帶上最多能被16顆子彈擊中．

（3）第一顆子彈擊穿木塊過程中產生的熱量為

   12

木塊向右減速運動過程中板對傳送帶的位移為    13

產生的熱量為Q₂=      14

木塊向左加速運動過程中相對傳送帶的位移為     15

產生的熱量為     16

第16顆子彈射入后木塊滑行時間為t₃有    17

解得t₃=0.4s   18

木塊與傳送帶的相對位移為S=v₁­t₃＋0.8    19

產生的熱量為Q₄=   20

全過程中產生的熱量為Q=15(Q₁＋Q₂＋Q­₃)＋Q₁＋Q₄

解得Q=14155.5J    21

【例6】  解析：運動分析：當小車被擋住時，物體落在小車上沿曲面向下滑動，對小車有斜向下方的壓力，由于P的作用小車處于靜止狀態，物體離開小車時速度為v₁，最終平拋落地，當去掉擋板，由于物對車的作用，小車將向左加速運動，動能增大，物體相對車滑動的同時，隨車一起向左移動，整個過程機械能守恒，物體滑離小車時的動能將比在前一種情況下小，最終平拋落地，小車同時向前運動，所求距離是物體平拋過程中的水平位移與小車位移的和．求出此種情況下，物體離開車時的速度v₂，及此時車的速度以及相應運動的時間是關鍵，由于在物體與小車相互作用過程中水平方向動量守恒這是解決v₂、間關系的具體方法．

（1）擋住小車時，求物體滑落時的速度v₁，物體從最高點下落至滑離小車時機械能守恒，設車尾部（右端）離地面高為h，則有，     ①

由平拋運動的規律s₀=v₁t    ②

．    ③

（2）設去掉擋板時物體離開小車時速度為v₂，小車速度為，物體從最高點至離開小車之時系統機械能守恒    ④

物體與小車相互作用過程中水平方向動量守恒．   ⑤

此式不僅給出了v₂­與大小的關系，同時也說明了v­₂是向右的．

物體離開車后對地平拋       ⑥

     ⑦

車在時間內向前的位移    ⑧

比較式⑦、③，得解式①、④、⑤，得．

此種情況下落地點距車右端的距離

．

點評：此題解題過程運用了機械能守恒、動量守恒及平拋運動的知識，另外根據動量守恒判斷m離車時速度的方向及速度間的關系也是特別重要的．

【例7】  解析：（1）設第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度為0．由于體系總動量向右，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行．

由動能定理    ①

            ②

代入數據得      ③

（3）假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右．這樣就違反動量守恒．所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v．此即平板車碰墻前瞬間的速度．

     ④

∴      ⑤

代入數據得    ⑥

（3）平板車與墻壁第一次碰撞后到滑塊與平板又達到共同速度v前的過程，可用圖（a）（b）（c）表示．（a）為平板車與墻壁撞后瞬間滑塊與平板車的位置，圖（b）為平板車到達最左端時兩者的位置，圖（c）為平板車與滑塊再次達到共同速度為兩者的位置．在此過程中滑塊動能減少等于摩擦力對滑塊所做功，平板車動能減少等于摩擦力對平板車所做功（平板車從B到A再回到B的過程中摩擦力做功為零），其中、分別為滑塊和平板車的位移．滑塊和平板車動能總減少為其中為滑塊相對平板車的位移．此后，平板車與墻壁發生多次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊．設滑塊相對平板車總位移為l，則有    ⑦

        ⑧

代入數據得      ⑨

l即為平板車的最短長度．

【例8】  解析：本題應用動量守恒，機械能守恒及能量守恒定律聯合求解。

在m下落在砂箱砂里的過程中，由于車與小泥球m在水平方向不受任何外力作用，故車及砂、泥球整個系統的水平方向動量守恒，則有：

    ①

此時物塊A由于不受外力作用，繼續向右做勻速直線運動再與輕彈簧相碰，以物塊A、彈簧、車系統為研究對象，水平方向仍未受任何外力作用，系統動量守恒，當彈簧被壓縮到最短，達最大彈性勢能E_­p­時，整個系統的速度為v₂，則由動量守恒和機械能守恒有：

     ②

    ③

由①②③式聯立解得：     ④

之后物塊A相對地面仍向右做變減速運動，而相對車則向車的左面運動，直到脫離彈簧，獲得對車向左的動能，設剛滑至車尾，則相對車靜止，由能量守恒，彈性勢能轉化為系統克服摩擦力做功轉化的內能有：    ⑤

由④⑤兩式得：  

跟蹤練習

1．【答案】 D

【解析】 在△t₁時間內，I₁=F△t₁=mv=△p₁，在△t₂時間內．I₂=F△t₂=2mv－mv=mv=△p₂  ∴I₁=I₂

又

∴W₁<W₂，D選項正確．

【說明】 物體在恒定的合外力F作用下做直線運動，由牛頓第二定律可知物體做勻加速直線運動，速度由零增大到v的時間△t₂和由v增大到2v的時間△t₂是相等的，所以在△t₁和△t₂的兩段時間內合外力的沖量是相等的．在△t₁的平均速度小于△t₂時間內的平均速度，從而得出在△t₁內的位移小于在△t­₂時間的位移，恒力F所做的功W₁<W₂．D選項正確．

2．【答案】 C

【解析】 無論子彈射入的深度如何，最終子彈和木塊都等速，由動量守恒定律知，兩種情況最終兩木塊（包括子彈）速度都相等．對木塊由動能定理知：兩次子彈對木塊做功一樣多．由動量定理知：兩次木塊所受沖量一樣大．對系統由能的轉化和守恒定律知，兩次損失的機械能一樣多，產生的熱量也一樣多．

3．【解析】 （1）物體由A滑到B的過程中，容器不脫離墻，物塊由B沿球面向上滑時，物塊對容器的作用力有一水平向右的分量，容器將脫離墻向右運動．因此，物塊由A→B動量變化量最大，受容器的沖量最大，豎直墻作用于容器的沖量也最大．

物塊由A→B機械能守恒，設物塊滑到B的速度為v_B，則

∴    ①

物塊動量變化量方向沿水平方向．容器作用于物塊的沖量為．

容器不動，墻對容器的沖量，方向水平向右，這是最大沖量．

（2）物塊從B處上升，容器向右運動過程中，系統水平方向動量守恒．物塊上升到最高處相對容器靜止的時刻，物塊與容器具有共同的水平速度，設它為v，則由動量守恒定律得    ②

系統機械能守恒    ③

聯立①②③式解得   M=3m

4．【解析】 設離子噴出尾噴管時的速度為v，單位時間內噴出n個離子，則△t時間內噴出離子數為n△t，由動量定理得

在發射離子過程中，衛星和發射出的離子系統，動量守恒，設噴出離子總質量為△m，則有△mv=(M－△m)v_星  ∵△mm   ∴v．

5．【解析】 （1）設整個過程摩擦力做的功是W，由動能定理得：mgh－W=0    ①

W=mgh

（2）設物塊沿軌道AB滑動的加速度為a₁，

由牛頓第二定律有  ②

設物塊到達B點時的速度為V_B，則有V_B=a₁t₁   ③

設物塊沿軌道BC滑動的加速度為a₂，由牛頓第二定律有    ④

物塊從B點開始作勻減速運動，到達C點時，速度為零，故有    ⑤

由②③④⑤式可得：    ⑥

（3）使物塊勻速地、緩慢地沿原路回到A點所需做的功應該是克服重力和阻力所做功之和，即是W₁=mgh＋W=2mgh

6．【解析】 （1）物體P從A下滑經B到C過程中根據動能定理：

經C點時

根據牛頓第三定律，P對C點的壓力

（2）從C到E機械能守恒

E與D間高度差

（3）物體P最后在B與其等高的圓弧軌道上來回運動時，經C點壓力最小，由B到C根據機械能守恒

根據牛頓第三定律  壓力

7．【解析】 物塊的運動可分為以下四個階段：①彈簧彈力做功階段；②離開彈簧后在AB段的勻速直線運動階段；③從B到C所進行的變速圓周運動階段；④離開C點后進行的平拋運動階段．彈簧彈力是變化的，求彈簧彈力的功可根據效果――在彈力作用下物塊獲得的機械能，即到達B點的動能求解．物塊從B至C克服阻力做的功也是變力，同樣只能根據B點和C點兩點的機械能之差判斷．因此求出物塊在B點和C點的動能是關鍵．可根據題設條件：“進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍”、“恰能到達C點”，求出．

物塊在B點時受力mg和導軌的支持力N=7mg，由牛頓第二定律，

有

∴

物塊到達C點僅受重力mg，根據牛頓第二定律，有

∴．

（1）根據動能定理，可求得彈簧彈力對物體所做的功為W_彈=E_kB=3mgR．

（2）物體從B到C只有重力和阻力做功，根據動能定理，

有

即物體從B到C克服阻力做的功為0.5mgR．

（3）物體離開軌道后做平拋運動，僅有重力做功，機械能守恒，

有．

評析：中學階段不要求直接用