vv1θθ补偿训练（一）运动的合成与分解参考答案1.D2.AC3.D4.（1）设小物块下滑的最大距离为sm，该过程小球升高△h=L/-L，如图所示，系统内仅重力和弹力做功，无其它力做功，机械能守恒△EA=△EB，得：mAgsmsin60o=mBg△h式中mA=mB=m,又依余弦定理可得：L/==或根据勾股定理得：L/==联立解得：sm=4（1+）L（2）设小物块下滑距离L时速度为v,此时小球回到初始位置且有向上的速度vB,如图12所示，由系统机械能守恒△Ep=△Ek,得：mAgLsin60o=mAv2+mBvB2式中mA=mB=m,又沿绳方向的分速度大小相等，故vB=vcos60o联立解得：v=（3）小物块释放后下滑，滑轮O1左侧细绳先缩短，小球下降；小物块通过滑轮O1左侧细绳垂直杆的位置后，O1左侧细绳开始伸长，小球上升。故小物块到达滑轮O1左侧细绳垂直杆的位置时，小球下降到最低点且速度为零。此时，小物块势能虽可求，但因小球初始位置未知，导致小物块的动能无法求出，故需通过转换，利用过程系统机械能总量不变求解。设小球初始位置在滑轮O2下方h处，取C点所在的水平面为参考平面，此时系统的机械能为E1=-mBgh；小球下降到最低点时，设小物块的机械能为EA，小球的机械能为EB=-mBg［h+L(1-sin60o)］，则系统的机械能为E2=EA+EB=EA-mBg［h+L(1-sin60o)］，由E1=E2得：-mBgh=EA-mBg［h+L(1-sin60o)］解得：EA=mgL(1-)5．AD6.如图所示，设斜劈推至摆线与斜面平行时，斜劈M的速度为v1，位移为s1，摆球的速度为v2，对系统，根据动能定理，有Fs1-mgL(1-sinθ)=mv12+mv22题设F=mg，斜劈的位移为s1=Lcotθ=Lcot53o=L利用摆球和斜劈二者在垂直斜面方向的分速度相等，由于v2垂直摆线，摆线平行于斜面，故v1垂直斜面的分速度和v2相等，如图所示，即v1sinθ=v2联立以上各式解得：摆球速度v2=训练题：1.C2.CD3.ABD4.B5.BD6.（1）此过程中重力对小球所做的功为=-0.13J（2）设在图示位置时框架槽速度为v，小球做圆周运动此刻速度为v1，因沿接触面法向的分速度始终相等，如图所示，则有v=v1cos30o在该过程中，对系统用动能定理，有联立解得：v=2.08m/s，v1=2.39m/s故恒力F此刻做功的功率为W。（3）设杆与水平面夹角为θ时，杆的速度为v1，正方体的速度为v27.解：（1）两物体受力如图，由平衡条件得：对A：T=mgsinα对B：Tcosθ=mBg联立以上各式并代入数据解得：（2）由能量守恒得：联立以上各式并代入数据解得：（3）绝缘棒A第一次全部离开电场时，小球B运动到E点，DE与杆的夹角为β，由能量守恒得：由运动分解可得：vA=vBcosβ由几何知识可得：联立以上各式并代入数据解得：答：（1）小球B的质量为m；（2）若在绝缘棒A静止时下端位置MN、上端位置PQ（MN、PQ与斜面垂直）之间的区域内加一沿斜面向下的匀强电场（图中未画出），小球B运动的最高点可达与D同高的C点，场强的大小为；（3）若所加电场的场强大小E=，绝缘棒A第一次全部离开电场时，小球的速度为．【点评】：解决“绳（杆）端速度分解模型”问题时应把握以下两点：（1）确定合速度，它应是m2的实际速度；（2）m2运动引起了两个效果：一是左边绳子的缩短，二是绳绕滑轮的转动．应根据实际效果进行运动的分解．8.【解析】A竖直向下运动，C、B以相同速率分别向左右运动。A与B、C分离时，A并未到达地面，设此时A、C轴线的连线与水平成θ角，A的速度为v1，C的速度为v2，如图所示，此时A与B、C的作用力恰为零。设分离前瞬间，A相对C的速度为v/，由于分离时C受的合力为零，可用作惯性参考系。以C为参考，A相对C做圆周运动，根据牛顿运动定律，对A有：求A相对C的速度v/有两种方法：方法一：A相对地面速度v1，等于A相对C的速度v/和C相对地面速度v2的矢量和，作出速度矢量关系图示，如图所示，则v2=v1tanθ则A相对C的速度，v/=v1secθ方法二：A和C在垂直接触面（圆柱切面）方向的分速度相等，如图所示，有v1sinθ=v2cosθv2=v1tanθ则A相对C的速度v/=v1cosθ+v2sinθ同样得到A相对C的速度v/=v1secθ。再以地面为参考，对系统，由机械能守恒定律得：以上四个独立方程，四个未知数v1、v2、v/、θ，联立解得：，，即得A与B、C分离时的速度大小为。
