高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練四 第1課時 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用

高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練四 第1課時 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用專題定位本專題主要用功能的觀點解決物體的運動和帶電體、帶電粒子、導(dǎo)體棒在電場或磁場中的運動問題考查的重點有以下幾方面：重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解；與功、功率相關(guān)的分析與計算；幾個重要的功能關(guān)系的應(yīng)用；動能定理的綜合應(yīng)用；綜合應(yīng)用機械能守恒定律和能量守恒定律分析問題本專題是高考的重點和熱點，命題情景新，聯(lián)系實際密切，綜合性強，側(cè)重在計算題中命題，是高考的壓軸題應(yīng)考策略深刻理解功能關(guān)系，抓住兩種命題情景搞突破：一是綜合應(yīng)用動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應(yīng)問題第1課時功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用1常見的幾種力做功的特點(1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關(guān)(2)摩擦力做功的特點單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零，在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的轉(zhuǎn)移，沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數(shù)和不為零，且總為負(fù)值在一對滑動摩擦力做功的過程中，不僅有相互摩擦物體間機械能的轉(zhuǎn)移，還有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量等于系統(tǒng)機械能的減少量，等于滑動摩擦力與相對位移的乘積摩擦生熱是指滑動摩擦生熱，靜摩擦不會生熱2幾個重要的功能關(guān)系(1)重力的功等于重力勢能的變化，即WGEp.(2)彈力的功等于彈性勢能的變化，即W彈Ep.(3)合力的功等于動能的變化，即WEk.(4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機械能的變化，即W其他E.(5)一對滑動摩擦力做的功等于系統(tǒng)中內(nèi)能的變化，即QFf·l 相對1動能定理的應(yīng)用(1)動能定理的適用情況：解決單個物體(或可看成單個物體的物體系統(tǒng))受力與位移、速率關(guān)系的問題動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分段作用(2)應(yīng)用動能定理解題的基本思路選取研究對象，明確它的運動過程分析研究對象的受力情況和各力做功情況，然后求各個外力做功的代數(shù)和明確物體在運動過程初、末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2.列出動能定理的方程W合Ek2Ek1，及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解2機械能守恒定律的應(yīng)用(1)機械能是否守恒的判斷用做功來判斷，看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數(shù)和是否為零用能量轉(zhuǎn)化來判斷，看是否有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能對一些“繩子突然繃緊”、“物體間碰撞”等問題，機械能一般不守恒，除非題目中有特別說明及暗示(2)應(yīng)用機械能守恒定律解題的基本思路選取研究對象物體系統(tǒng)根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在運動過程的初、末狀態(tài)時的機械能根據(jù)機械能守恒定律列方程，進(jìn)行求解.考向1力學(xué)中的幾個重要功能關(guān)系的應(yīng)用例1如圖1所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m，開始時a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶摩擦力作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中()圖1A物塊a重力勢能減少mghB摩擦力對a做的功大于a機械能的增加C摩擦力對a做的功小于物塊a、b動能增加之和D任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等審題突破重力勢能的變化和什么力做功相對應(yīng)？機械能的變化和什么力做功相對應(yīng)？動能的變化又和什么力做功相對應(yīng)？解析由題意magsin mbg，則ma.b上升h，則a下降hsin ，則a重力勢能的減少量為mag×hsin mgh，故A正確摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增加量所以摩擦力對a做的功大于a的機械能增加量因為系統(tǒng)重力勢能不變，所以摩擦力做的功等于系統(tǒng)動能的增加量，故B正確，C錯誤任意時刻a、b的速率相等，對b，克服重力的瞬時功率Pbmgv，對a有：Pamagvsin mgv，所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等，故D正確故選A、B、D.答案ABD以題說法注意幾個功能關(guān)系：重力做的功等于重力勢能的變化量；彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化量；重力以外的其他力做的功等于機械能的變化量；合力做的功等于動能的變化量 (xx·廣東·16)圖2是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖，圖中和為楔塊，和為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()圖2A緩沖器的機械能守恒B摩擦力做功消耗機械能C墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能答案B解析由于車廂相互撞擊彈簧壓縮的過程中存在克服摩擦力做功，所以緩沖器的機械能減少，選項A錯誤，B正確；彈簧壓縮的過程中，墊板的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，選項C、D錯誤考向2動力學(xué)方法和動能定理的綜合應(yīng)用例2如圖3甲所示，用固定的電動機水平拉著質(zhì)量m2 kg的小物塊和質(zhì)量M1 kg的平板以相同的速度一起向右勻速運動，物塊位于平板左側(cè)，可視為質(zhì)點在平板的右側(cè)一定距離處有臺階阻擋，平板撞上后會立刻停止運動電動機功率保持P3 W不變從某時刻t0起，測得物塊的速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，t6 s后可視為勻速運動，t10 s時物塊離開木板重力加速度g10 m/s2，求：圖3(1)平板與地面間的動摩擦因數(shù)為多大？(2)物塊在1 s末和3 s末受到的摩擦力各為多大？(3)平板長度L為多少？審題突破“平板以相同的速度一起向右勻速運動”隱含什么條件？求平板長度時應(yīng)該選取哪段過程？電機的牽引力是恒力還是變力？怎么表示其做功的大小？解析(1)由題圖可知，前2 s內(nèi)物塊和平板一起做勻速運動，對整體分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面給平板的滑動摩擦力，此二力的合力為零拉力大小為：FT1滑動摩擦力大小為：Ff(Mm)g由平衡條件可得：(Mm)g可得：0.2(2)物塊在1 s末時與平板一起做勻速運動，合力為零物塊受到水平向右的拉力與水平向左的靜摩擦力，因此靜摩擦力大小為：Ff1FT16 N物塊在2 s末之后與平板發(fā)生相對運動，之后物塊與平板間的摩擦力為滑動摩擦力且大小保持不變物塊在6 s后可視為勻速運動，此時物塊受到的合力為零，即拉力與滑動摩擦力大小相等方向相反，即：Ff2FT210 N物塊在3 s末時受到的滑動摩擦力大小與6 s后受到的摩擦力大小相等，為10 N.(3)依題意，物塊在2 s末之后一直到10 s時，物塊從平板的一端運動到另一端，對物塊由動能定理得：PtFf2Lmvmv代入解得：L2.416 m答案(1)0.2(2)6 N10 N(3)2.416 m以題說法1.在應(yīng)用動能定理解題時首先要弄清物體的受力情況和做功情況此題特別要注意地面對木板的滑動摩擦力為(Mm)g.2應(yīng)用動能定理列式時要注意運動過程的選取，可以全過程列式，也可以分過程列式 如圖4，傳送帶A、B之間的距離為L3.2 m，與水平面間夾角37°，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度恒為v2 m/s，在上端A點無初速度放置一個質(zhì)量為m1 kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h0.5 m(取g10 m/s2)求：圖4(1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度；(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功答案(1)2 m/s(2)3 J解析(1)對金屬塊在E點，mgm，vE2 m/s在從D到E過程中，由動能定理得：mg·2RmvmvvD2 m/s(2)金屬塊剛剛放上時，mgsin mgcos ma1，a110 m/s2設(shè)經(jīng)位移x1達(dá)到共同速度，v22ax1，x10.2 m<3.2 m繼續(xù)加速過程中：mgsin mgcos ma2a22 m/s2x2Lx13 mvv22a2x2vB4 m/s在從B到D過程中，由動能定理：mghWmvmvW3 J.6綜合應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析多過程問題例3(14分)如圖5所示，傾角30°、長L4.5 m的斜面，底端與一個光滑的圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道底端切線水平一質(zhì)量為m1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)從斜面最高點A由靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)過斜面底端B后恰好能到達(dá)圓弧軌道最高點C，又從圓弧軌道滑回，能上升到斜面上的D點，再由D點由斜面下滑沿圓弧軌道上升，再滑回，這樣往復(fù)運動，最后停在B點已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，g10 m/s2，假設(shè)物塊經(jīng)過斜面與圓弧軌道平滑連接處速率不變求：圖5(1)物塊經(jīng)多長時間第一次到B點；(2)物塊第一次經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力；(3)物塊在斜面上滑行的總路程思維導(dǎo)圖解析(1)物塊沿斜面下滑時，mgsin mgcos ma(2分)解得：a2.5 m/s2(1分)從A到B，物塊勻加速運動，由Lat2(1分)可得t s(1分)(2)因為物塊恰好到C點，所以到C點速度為0.設(shè)物塊到B點的速度為v，則mgRmv2(2分)FNmgm(1分)解得FN3mg30 N(1分)由牛頓第三定律可得，物塊對軌道的壓力為FN30 N，方向向下(1分)(3)從開始釋放至最終停在B處，設(shè)物塊在斜面上滑行的總路程為s，則mgLsin mgscos 0(3分)解得s9 m(1分)答案(1) s(2)30 N，方向向下(3)9 m點睛之筆多個運動的組合實際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問題時注意要各個運動過程獨立分析，而不同過程往往通過連接點的速度建立聯(lián)系，有時對整個過程應(yīng)用能量的觀點解決問題會更簡單(限時：15分鐘，滿分：16分)如圖6所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v01.8 m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點時，恰好沿C點的切線方向進(jìn)人固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，最后小物塊無碰撞地滑上緊靠軌道末端D點的足夠長的水平傳送帶已知傳送帶上表面與圓弧軌道末端切線相平，傳送帶沿順時針方向勻速運行的速度為v3 m/s，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5，圓弧軌道的半徑為R2 m，C點和圓弧的圓心O點連線與豎直方向的夾角53°，不計空氣阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6.求：圖6(1)小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；(2)小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱量答案(1)22.5 N，方向豎直向下(2)32 J解析(1)設(shè)小物體在C點時的速度大小為vC，由平拋運動的規(guī)律可知，C點的速度方向與水平方向成53°，則由幾何關(guān)系可得：vC m/s3 m/s由C點到D點，由動能定理得：mgR(1cos )mvmv小物塊在D點，由牛頓第二定律得：FNmgm由牛頓第三定律，小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力為：FNFN聯(lián)立得：FN22.5 N，方向豎直向下(2)設(shè)小物塊在傳送帶上滑動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：ag0.5×10 m/s25 m/s2小物塊勻減速直線運動的時間為t1，向左通過的位移為x1，傳送帶向右運動的距離為x2，則：vDat1x1atx2vt1小物塊向右勻加速直線運動達(dá)到和傳送帶速度相同時間為t2，向右通過的位移為x3，傳送帶向右運動的距離為x4，則vat2x3atx4vt2整個過程小物塊相對傳送帶滑動的距離為：xx1x2x4x3產(chǎn)生的熱量為：Qmgx聯(lián)立解得：Q32 J(限時：45分鐘)題組1力學(xué)中的幾個重要功能關(guān)系的應(yīng)用1如圖1所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x.此過程中，以下結(jié)論正確的是()圖1A小物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為(FFf)·(Lx)B小物塊到達(dá)小車最右端時，小車具有的動能為FfxC小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(Lx)D小物塊和小車增加的機械能為Fx答案ABC解析小物塊受到的合外力是FFf，位移為Lx，由動能定理可得小物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為(FFf)(Lx)，同理小車的動能也可由動能定理得出為Ffx；由于小物塊和小車間的滑動摩擦力產(chǎn)生內(nèi)能，小物塊和小車增加的機械能小于Fx.2如圖2甲所示，一物體懸掛在細(xì)繩下端，由靜止開始沿豎直方向運動，運動過程中物體的機械能E與物體位移x關(guān)系的圖象如圖乙所示，其中0x1過程的圖線為曲線，x1x2過程的圖線為直線由此可以判斷() 甲乙圖2A0x1過程中物體所受拉力是變力，且一定不斷增大B0x1過程中物體的動能一定是不斷減小Cx1x2過程中物體一定做勻速運動Dx1x2過程中物體可能做勻加速運動答案AD解析小球受重力和繩子的拉力，由題圖知在0x1過程中拉力在逐漸增大，故A正確；若拉力小于重力，則小球加速運動，動能增大，故B錯誤；x1x2過程中拉力不變，若拉力等于重力，小球做勻速運動，若拉力小于重力，小球可能做勻加速運動，故C錯誤，D正確3把質(zhì)量為m的小球(可看做質(zhì)點)放在豎直的輕質(zhì)彈簧上，并把小球下按到A的位置，如圖3甲所示迅速松手后，彈簧把小球彈起，球升至最高位置C點(如圖丙)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(如圖乙)已知AB的高度差為h1，BC的高度差為h2，重力加速度為g，不計空氣阻力則()圖3A小球從A上升到B位置的過程中，動能一直增大B小球從A上升到C位置的過程中，機械能一直增大C小球在圖甲中時，彈簧的彈性勢能為mg(h2h1)D一定有h2h1答案C解析小球上升時先加速后減速，當(dāng)mgF彈時，加速度為零，速度最大，此時彈簧還處于壓縮狀態(tài)，選項A錯誤從A到B，小球和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒，彈性勢能減小，小球的機械能增大；而從B到C，小球只有重力做功，機械能不變，選項B錯誤由A到C系統(tǒng)的機械能守恒可知，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，故Epmg(h2h1)，選項C正確由A到C彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能，動能最大位置在B點下方，故h2可等于零，選項D錯誤故選C.4如圖4所示為通過彈射器研究彈性勢能的實驗裝置光滑圓形軌道豎直固定于光滑水平面上，半徑為R.彈射器固定于A處某一實驗過程中彈射器射出一質(zhì)量為m的小球，恰能沿圓軌道內(nèi)側(cè)到達(dá)最高點C，然后從軌道D處(D與圓心等高)下落至水平面取重力加速度為g.下列說法正確的是()圖4A小球從D處下落至水平面的時間為 B小球至最低點B時對軌道壓力為5mgC小球落至水平面時的動能為2mgRD釋放小球前彈射器的彈性勢能為答案D解析小球恰好通過C點，則由mgm，解得v；小球從C到D有mgRmvmv2，解得vD，小球由D到地面做勻加速直線運動；若做自由落體運動時，由Rgt2可得，t ；而現(xiàn)在有初速度，故時間小于 ，故A錯誤；由B到C有：mg·2Rmvmv2，B點Fmgm，聯(lián)立解得，F(xiàn)6mg，故B錯誤；對C，小球落到水平面Ekmv2mg·2R，Ek2.5mgR，故C錯誤；小球彈出后的機械能等于彈射器的彈性勢能，故彈性勢能為Emg·2Rmv2，故D正確5如圖5所示，在傾角為的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)最分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一平行斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運動，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時，物塊A運動的距離為d，速度為v.則此時()圖5A拉力做功的瞬時功率為Fvsin B物塊B滿足m2gsin kdC物塊A的加速度為D彈簧彈性勢能的增加量為Fdm1v2答案C解析拉力F與速度v同向，瞬時功率應(yīng)為PFv，故A錯誤；開始時系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，當(dāng)B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsin kx2，但由于開始時彈簧是壓縮的，故dx2，故m2gsin kd，故B錯誤；當(dāng)B剛離開C時，對A，根據(jù)牛頓第二定律得：Fm1gsin kx2m1a1，又開始時，A平衡，則有：m1gsin kx1，而dx1x2，解得：物塊A的加速度為a1，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即為：Fdm1gdsin m1v2，故D錯誤題組2動力學(xué)方法和動能定理的綜合應(yīng)用6光滑圓軌道和兩傾斜直軌道組成如圖6所示裝置，其中直軌道bc粗糙，直軌道cd光滑，兩軌道相接處為一很小的圓弧質(zhì)量為m0.1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)在圓軌道上做圓周運動，到達(dá)軌道最高點a時的速度大小為v4 m/s，當(dāng)滑塊運動到圓軌道與直軌道bc的相切處b時，脫離圓軌道開始沿傾斜直軌道bc滑行，到達(dá)軌道cd上的d點時速度為零若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計，已知圓軌道的半徑為R0.25 m，直軌道bc的傾角37°，其長度為L26.25 m，d點與水平地面間的高度差為h0.2 m，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6.求：圖6(1)滑塊在圓軌道最高點a時對軌道的壓力大??；(2)滑塊與直軌道bc間的動摩擦因數(shù)；(3)滑塊在直軌道bc上能夠運動的時間答案(1)5.4 N(2)0.8(3)7.66 s解析(1)在圓軌道最高點a處對滑塊，由牛頓第二定律得：mgFNm，得FNm(g)5.4 N由牛頓第三定律得滑塊在圓軌道最高點a時對軌道的壓力大小為5.4 N.(2)從a點到d點全程，由動能定理得：mg(RRcos Lsin h)mgcos ·L0mv20.8(3)設(shè)滑塊在bc上向下滑動的加速度為a1，時間為t1，向上滑動的加速度為a2，時間為t2，在c點時的速度為vc.由c到d：mvmghvc2 m/sa點到b點的過程：mgR(1cos )mvmv2vb5 m/s在軌道bc上：下滑：Lt1t17.5 s上滑：mgsin mgcos ma2a2gsin gcos 12.4 m/s20vca2t2t2 s0.16 s>tan ，滑塊在軌道bc上停止后不再下滑滑塊在兩個斜面上運動的總時間：t總t1t2(7.50.16) s7.66 s7如圖7所示，一滑板愛好者總質(zhì)量(包括裝備)為50 kg，從以O(shè)為圓心，半徑為R1.6 m光滑圓弧軌道的A點(60°)由靜止開始下滑，到達(dá)軌道最低點B后(OB在同一豎直線上)，滑板愛好者沿水平切線飛出，并恰好從C點以平行斜面方向的速度進(jìn)入傾角為37°的斜面，若滑板與斜面的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面長s6 m(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：圖7(1)滑板愛好者在B、C間運動的時間；(2)滑板愛好者到達(dá)斜面底端時的速度大小答案(1)0.3 s(2)7 m/s解析(1)滑板愛好者在圓軌道AB間運動的過程中，由動能定理得mgR(1cos 60°)mv由得vB4 m/s滑板愛好者在BC間做平拋運動，在C點：豎直方向的分速度vCyvBtan 37°3 m/s由vCygt得平拋運動的時間t0.3 s(2)在C點，由平拋運動的規(guī)律可知：vCvB/cos 37°5 m/s滑板愛好者在斜面上運動的過程中，由動能定理可得：mgssin mgscos mvmv由得vD7 m/s題組3綜合應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析多過程問題8(xx·山東臨沂三模)如圖8所示，在粗糙水平臺階上靜止放置一質(zhì)量m0.5 kg的小物塊，它與水平臺階表面間的動摩擦因數(shù)0.5，且與臺階邊緣O點的距離s5 m在臺階右側(cè)固定了一個以O(shè)點為圓心的圓弧形擋板，并以O(shè)點為原點建立平面直角坐標(biāo)系現(xiàn)用F5 N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板(g10 m/s2)圖8(1)若小物塊恰能擊中擋板的上邊緣P點，P點的坐標(biāo)為(1.6 m,0.8 m)，求其離開O點時的速度大?。?2)為使小物塊擊中擋板，求拉力F作用的距離范圍；(3)改變拉力F的作用時間，使小物塊擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時小物塊動能的最小值(結(jié)果可保留根式)答案(1)4 m/s(2)2.5 m<x3.3 m(3)2 J解析(1)小物塊從O到P做平拋運動水平方向：xv0t豎直方向：ygt2解得：v04 m/s(2)為使小物塊擊中擋板，小物塊必須能運動到O點，設(shè)拉力F作用的最短距離為x1，由動能定理得：Fx1mgs0解得x12.5 m為使小物塊擊中擋板，小物塊的平拋初速度不能超過4 m/s，設(shè)拉力F作用的最長距離為x2，由動能定理得：Fx2mgsmv解得x23.3 m則為使小物塊擊中擋板，拉力F作用的距離范圍為：25 m<x3.3 m(3)設(shè)小物塊擊中擋板的任意點坐標(biāo)為(x，y)，則xv0tygt2由機械能守恒得：Ekmv02mgy又x2y2R2，由P點坐標(biāo)可求R23.2化簡得Eky由數(shù)學(xué)方法求得Ekmin2 J