专题四-动能定理的综合应用分析

专题四动能定理的综合应用【知识必备】(本专题对应学生用书第14-18页)1.恒力的功W=Fxcosθ.(1)可以理解为W=F(xcosθ)，即力F和力的方向上发生的位移xcosθ之积.或者W=(Fcosθ)x，即位移x和位移方向上的力Fcosθ之积.(2)变力的功可以有多种方法求解：图象法、转化法、微元法、动能定理法、功能原理法等.2.瞬时功率P=Fvcosθ.(1)平均功率==Fcosθ.(2)机车启动的两种方式：以恒定功率启动、以恒力启动.3.势能与势能的改变(1)势能包括：重力势能Ep=mgh，弹性势能Ep=kx2，电势能Ep=qφ等.(2)势能的改变是通过力做功实现的.重力势能是通过重力做功实现的，弹性势能是通过弹力做功实现的，电势能是通过电场力做功实现的，且都满足W=-ΔEp.4.动能定理合外力做的功等于动能的变化，即W=ΔEk.【能力呈现】能力呈现【考情分析】动能定理是高考的重点，经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查.涉及的主要内容有：(1)机车启动问题；(2)变力做功；(3)与电场、复合场的综合问题.基础考查以选择题题型出现，动能定理与直线运动、曲线运动相结合时以计算题题型出现，难度中等偏难.201320142015动能定理T5：动能的计算T15：动能定理T9：计算摩擦力的功T14：动能定理的应用【备考策略】复习时应理清运动中功与能的转化与量度的关系，结合受力分析、运动过程分析，熟练地应用动能定理解决问题.深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方程解决多运动过程的问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.1.(2015·扬泰南三模)足球比赛中踢点球时，足球距球门10.97m，球正对球门踢出后恰好沿水平方向从横梁的下沿擦进球门.已知足球质量为400g，不计空气阻力，则该球员在此次踢球过程中对足球做的功约为()A.30J B.60JC.90J D.120J【解析】标准球门的高度为2.44m，由竖直方向分运动得出足球运动到球门处所需时间t=≈0.7s，则足球踢出时的水平分速度为vx=m/s≈16m/s.根据能量守恒，球员对足球做功为mgh+m=0.4×10×2.44J+×0.4×162J≈60J，B项正确.【答案】B2.(2015·苏锡常镇二模)汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动.汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图象中，能描述上述过程的是() ABCD【解析】汽车从静止开始匀加速，加速度一定，根据牛顿第二定律有F-f=ma，得出F=f+ma.汽车的功率为P=Fv=(f+ma)at，P与t成正比例函数，A、D选项错误；当汽车达到最大功率时，据题意运动状态立刻变为匀速，此时牵引力瞬间从f+ma变成f，而速度没有突变，故汽车的功率变小且为恒定值，B项错误，C项正确.【答案】C3.(2015·四川)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A.一样大 B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大 D.斜向下抛的最大【解析】三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一水平地面时，设其下落高度为h，并设小球的质量为m，根据动能定理有mgh=mv2-m，解得小球的末速度大小为v=，与小球的质量无关，即三球的末速度大小相等，故选项A正确.【答案】A4.(2015·海南)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高.质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有N-mg=m，N=2mg，联立解得v=，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR-Wf=mv2，解得Wf=mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确.【答案】C【能力提升】能力提升功、功率的计算1.求恒力做功的方法2.求变力做功的方法(1)用动能定理：W=m-m.(2)用W=Pt求功，如机车恒功率启动时.(3)将变力做功转化为恒力做功：如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等.(4)利用微元法求变力做功.3.总功的计算(1)先求物体所受的合外力，再求合外力做的功.(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和.4.求功率要分析清楚是求瞬时功率还是平均功率.【例1】(2015·淮安模拟)如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中圆柱的半径r=2cm，木板质量m=5kg，木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.2，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动.现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F于木板上，使其以速度v=0.6m/s沿圆柱表面做匀速运动.取g=10m/s2.下列说法中正确的是()A.若ω=0，则水平拉力F=20NB.若ω=40rad/s，则水平拉力F=6NC.若ω=40rad/s，木板移动距离x=0.5m，则拉力所做的功为4JD.不论ω为多大，所需水平拉力恒为10N思维轨迹：应用滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小→应用平衡条件求出拉力大小→应用功的计算公式分析答题【解析】当ω=40rad/s，圆柱转动的线速度大小为v'=ωr=0.8m/s，木板的速度v=0.6m/s，则木板所受的滑动摩擦力与F的夹角为(180°+37°)，木板在垂直于轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等、方向相反，在垂直于轴线方向上受到的滑动摩擦力为零，在平行于轴线方向上，木板受到的滑动摩擦力f=μmg=0.2×5×10N=10N，木板做匀速直线运动，由平衡条件得F=fsin37°=6N，木板移动距离x=0.5m，拉力做功W=Fx=6×0.5J=3J，故A、C、D错误，B正确.【答案】B【变式训练1】(多选)(2015·泰州一模)如图所示，长为L的轻杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动.在轻杆A与竖直方向的夹角α从0°增加到90°的过程中，下列说法中正确的是()A.小球B受到轻杆A作用力的方向一定沿着轻杆AB.小球B受到的合力的方向一定沿着轻杆AC.小球B受到轻杆A的作用力对小球做正功D.小球B重力做功的功率不断增大【解析】B球做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，指向圆心，B项正确；合力指向圆心，A对B的力就不会沿杆子方向，A项错误；B球动能不变，根据动能定理说明合力做功为零，重力做正功，A对B的力一定做负功，C项错误；开始时重力与速度方向成直角，随着夹角变化，重力与速度的夹角逐渐变为零度，根据P=mgvcosθ得出重力的功率不断增大，D项正确.【答案】BD机车启动问题两种机车启动的模型比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P-t图和v-t图OA段过程分析v↑F=↓a=↓a=不变F不变v↑P=Fv↑直到P额=Fv1运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t0=AB段过程分析F=F阻a=0vm=v↑F=↓a=↓运动性质以vm匀速直线运动加速度减小的加速运动BC段无F=F阻a=0以vm=匀速运动【例2】(多选)(2015·常州一模)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上的一艘静止的质量为m的小船沿直线拖向岸边，小船到达B处时放开缆绳.已知拖动缆绳的电动机的输出功率恒为P，小船受到的阻力大小恒为f，小船到达B处前速度已达到最大值.设经过A点时，缆绳与水平面的夹角为θ，小船速度为vA，不计缆绳质量.则下列说法中正确的是()A.小船先做加速运动，后做减速运动B.小船先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动C.小船经过A点的加速度为a=D.小船运动的最大速度为vm=思维轨迹：【解析】当小船在A点时，把船速沿着绳子和垂直绳子进行分解，根据几何关系得绳子方向的分速度有v绳=vAcosθ.设绳子拉力为F，根据电动机功率恒定有P=Fv绳=FvAcosθ.对小船进行受力分析后沿水平方向和竖直方向进行正交分解有Fcosθ-f=ma，a===，C项错误；当加速度为零时速度最大，最大速度由-f=0得出vm=，D项正确；小船先做加速度逐渐变小的变加速运动，最终匀速，A项错误、B项正确.【答案】BD【变式训练2】(2015·徐州三模)一汽车在平直公路上以20kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v-t图象如图所示，已知汽车的质量为2×103kg.下列说法中正确的是()A.t1前汽车受到的阻力大小为1×103NB.t1后汽车受到的阻力大小为2×103NC.t1时刻汽车加速度大小突然变为1m/s2D.t1~t2时间内汽车的平均速度为7.5m/s【解析】t1前汽车匀速，有P=F1v1=f1v1，得f1==N=2×103N，A项错误；进入另一段公路后最终以v2=5m/s匀速，得出f2==N=4×103N，B项错误；t1时刻牵引力为2×103N，阻力瞬间变为4×103N，加速度为a=m/s2=-1m/s2，C项正确；根据面积得出t1~t2时间内汽车的平均速度大于7.5m/s，D项错误.【答案】C动能定理的应用1.应用动能定理解题的基本步骤2.应用动能定理的注意事项(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑.但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式.【例3】(2015·山东)如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接.物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值.现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的60%.不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：(1)物块的质量.(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功.甲乙思维轨迹：(1)分别对开始及夹角为60°进行受力分析→根据共点力平衡条件列式→求得物块的质量(2)在最低点受力分析→根据牛顿第二定律求出物块的速度→对全程应用动能定理列式→求得小球克服阻力所做的功【解析】(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1=mg，对物块，F1+T1=mg.当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2=1.25F1，由平衡条件得对小球，T2=mgcos60°，对物块，F2+T2=Mg，联立各式，代入数据得M=3m.(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由动能定理得mgl(1-cos60°)-Wf=mv2，在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F3=0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得T3-mg=m，对物块，由平衡条件得F3+T3=Mg，联立各式，代入数据得Wf=0.1mgl.【答案】(1)3m(2)0.1mgl【变式训练3】(2015·新课标Ⅰ)如图所示，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，会继续上升一段距离D.W<mgR，质点到达Q点后，会继续上升一段距离【解析】根据动能定理可得P点动能EkP=mgR，经过N点时，半径方向的合力提供向心力，可得4mg-mg=m，所以N点动能为EkN=，从P点到N点根据动能定理可得mgR+W=-mgR，即摩擦力做功W=-.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即FN-mgsinθ=ma=m，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f=μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQ=-mgR-W'，由于W'<，所以Q点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，故选项C正确.【答案】C【变式训练4】(2015·苏锡常镇二模)如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A(含货物)和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连.A装载货物后从h=8.0m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，卸货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定.已知θ=53°，B的质量M为1.0×103kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6.(1)为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件?(2)若A的质量m=4.0×103kg，求它到达底端时的速度v.(3)为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12m/s.请通过计算判断：当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定.【解析】(1)设左斜面倾角为θ，右斜面倾角为β，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则F合>0，mgsinθ-Mgsinβ-μmgcosθ-μMgcosβ>0，解得m>2.0×103kg.(2)对系统应用动能定理W合=ΔEk，mgh-Mg·-(μmgcosθ+μMgcosβ)·=(M+m)v2，解得v=2m/s.另解：本小题也可用牛顿第二定律求解：由F合=ma，mgsinθ-Mgsinβ-μmgcosθ-μMgcosβ=(M+m)a，得a=2m/s2.由运动学方程v2=2aL，L=，得v=2m/s.(3)当A的质量m与B的质量M之间关系满足m≫M时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mgsinθ-μmgcosθ=mam，am=5m/s2，v2=2amL，货箱到达斜面底端的最大速度v=10m/s<12m/s.所以，当A的质量m不断增加时，该运输装置能被安全锁定.【答案】(1)m>7.0×103kg(2)2m/s(3)能应用动能定理分析带电体在电场中的运动【例4】(2015·海安中学)如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×1kg、电荷量为q=+1.0×10-5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计.求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1.(2)水平匀强电场的场强大小.(3)a、b两点间的电势差.思维轨迹：(1)带电粒子在加速电场中→电场力做正功为qU→运用动能定理求解速率v1(2)粒子进入匀强电场中做类平抛运动→将粒子在b的速度进行分解，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动→运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小(3)对粒子运动全程分析→运用动能定理列式求解a、b两点间的电势差【解析】(1)由动能定理得qU=m，代入数据得v1=104m/s.(2)粒子沿初速度方向做匀速运动d=v1t，粒子沿电场方向做匀加速运动vy=at，由题意得tan30°=，由牛顿第二定律得qE=ma，联立以上各式并代入数据得E=×103N/C=1.732×103N/C.(3)由动能定理得qUab=m(+)-0，联立以上各式并代入数据得Uab=400V.【答案】(1)104m/s(2)1.732×103N/C(3)400V【变式训练5】(2015·南师附中)如图所示，虚线左侧空间有一方向水平向右的匀强电场，场强E=5×108N/C.足够长的光滑水平导轨MN部分处于匀强电场中，右端N与水平传送带平滑连接，导轨上放有质量m=1.0kg、电荷量q=1×10—8C、可视为质点的带正电滑块A，传送带长L=2.0m.第一次实验时，使皮带轮沿逆时针方向转动，带动传送带以速率v=3.0m/s匀速运动，由静止释放A.A在电场力作用下向右运动，以速度vA=m/s滑上传送带，并从传送带右端P点水平飞出落至地面上的Q点，已知A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度取g=10m/s2.(1)求A到达传送带右端P点时的速度大小.(2)第二次实验时，使皮带轮沿顺时针方向转动，带动传送带以速率v=3.0m/s匀速运动，调整A由静止释放的位置，使A仍从P点水平飞出落至Q点.求A的初始位置距虚线的距离的范围.【解析】(1)A在传送带上做匀减速运动，设加速度大小为a，则μmg=ma，代入数据解得a=2m/s2.由运动学公式-=-2aL，代入数据解得vP=3m/s.(2)要从P点飞出后仍落至地面上的Q点，A在P点的速率必为3m/s.当皮带顺时针转动时，若vA=m/s，则A在传送带上一直做匀减速运动，到达P点时速度恰好为3m/s，从P点飞出仍落至地面上的Q点.若vA<m/s，则A在传送带上可能先做匀减速运动，达到3m/s，后和传送带一起做匀速运动，也可能先加速运动，达到3m/s后和传送带一起匀速运动，其中的临界情况是A在传送带上一直匀加速运动，到达P点时速度刚好为3m/s.设这种情况下A刚好滑上传送带时的速度为v0，由运动学公式，有-=2aL，代入数据解得v0=1m/s.因此，A刚好滑上传送带时的速度需满足1m/s≤vA≤m/s.设A的初始位置与虚线间的距离为x，由动能定理有qEx=m-0，代入数据解得0.1m≤x≤1.7m.【答案】(1)3m/s(2)0.1m≤x≤1.7m趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们根据要求及时完成《配套检测与评估》中的练习第7-8页.【检测与评估】专题四动能定理的综合应用1.(2015·福建)如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上.若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()A.t1<t2 B.t1=t2C.t1>t2 D.无法比较t1、t2的大小2.(2015·宿迁三校联考)如图甲所示，静止在水平地面上的物块受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力fm大小与滑动摩擦力大小相等，则()甲乙A.0~t1时间内所受摩擦力大小不变B.t1~t2时间内物块做加速度减小的加速运动C.t2时刻物块的速度最大D.t2~t3时间内物块克服摩擦力做功的功率增大3.(2015·新课标Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中可能正确的是()ABCD4.(2015·南通一模)如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平.某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列说法中正确的是()A.a、b两球滑到底端时速度相同B.a、b两球重力做功相同C.小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间D.小球a受到的弹力小于小球b受到的弹力5.(2015·淮安模拟)如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失.则()A.v1<v2B.v1>v2C.v1=v2D.由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定6.(多选)(2015·泰州二模)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则()A.当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2πμmgLsinθB.当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθC.当转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为D.转台的角速度增大到时，物块机械能增量为7.(2015·盐城三模)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m=1kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变.现对小物块施加F=10N水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动.小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止.图中OA=0.8m，OB=0.2m，重力加速度取g=10m/s2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ.(2)向右运动过程中经过O点的速度.(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量.8.(2015·江苏)一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L.装置静止时，弹簧长为L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k.(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0.(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W.【检测与评估答案】专题四动能定理的综合应用1.A【解析】在AB段，根据牛顿第二定律mg-FN=m，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，根据牛顿第二定律FN-mg=m，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A正确.2.D【解析】在0~t1时间内水平拉力小于最大静摩擦力，物体保持不动，摩擦力大小逐渐增大，故A错误；t1~t2时间内，拉力逐渐增大，摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故B错误；t2~t3时间内，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻后合力反向，要做减速运动，所以t3时刻速度最大，故C错误；t2~t3时间内速度逐渐增大，摩擦力大小不变，根据P=fv可知物块克服摩擦力做功的功率增大，故D正确.3.A【解析】由图可知，汽车先以恒定功率P1启动，所以刚开始做加速度减小的加速运动，后以更大功率P2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A正确，B、C、D错误.4.C【解析】剪断细线前设线中拉力为T，分别对两小球受力分析tan30°=，tan60°=，联立解得=3.剪断细线后滑到底端对应的竖直高度h相同，到底端时速度大小都为，但方向不同，A项错误；由于两球质量不同，重力做功不同，B项错误；a沿细杆下滑的加速度小，位移大，时间长，C项正确；球a受到的弹力为Fa=magcos30°=3mbgcos30°=mbg>mbgcos60°，D项错误.5.C【解析】设小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数为μ，水平轨道与倾斜轨道交点为D点，从A到B的过