2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第五章　课时2　动能定理及其应用 学案

课时2　动能定理及其应用

一、动能

1.定义:物体由于运动而具有的能叫动能。

2.公式:。

3.单位:焦耳,1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。

4.矢标性:动能是标量,只有正值。

二、动能定理

1.内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式:W=m-m或W=Ek2-Ek1。

3.物理意义:合力的功是物体动能变化的量度。

4.适用范围: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;适用于单过程分析,也适用于多过程分析。

考点一　对动能的理解

1.动能是状态量,Ek=mv2,只与运动物体的质量及速率有关,而与其运动方向无关,物体运动仅速度的方向发生变化时,动能不变。而做功是过程量。

2.动能及动能的变化ΔEk均是标量,只有大小,没有方向。动能的变化量为正值,表示物体的动能增加了,对应于合力对物体做正功;动能的变化量为负值,表示物体的动能减少了,对应于合力对物体做负功,或者说物体克服合力做功。

[典例1] 关于动能的理解,下列说法错误的是(　　)

A.动能是普遍存在的机械能的一种基本形式,凡是运动的物体都具有动能

B.动能总是正值,但对于不同的参考系,同一物体的动能大小是不同的

C.一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化

D.动能不变的物体,一定处于平衡状态

解析:动能是物体由于运动而具有的能量,所以运动的物体都具有动能,选项A正确;由于Ek=mv2,而v与参考系的选取有关,选项B正确;由于速度为矢量,当只有方向变化时其动能并不改变,选项C正确;做匀速圆周运动的物体动能不变,但并不是处于平衡状态,选项D错误。

答案:D

变式1:一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为(　B　)

A.Δv=0     B.Δv=12 m/s

C.ΔEk=1.8 J D.ΔEk=10.8 J

解析:取初速度方向为正方向,则Δv=(-6-6)m/s=-12 m/s,负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反,由于速度大小没变,动能不变,故动能变化量为0,故只有选项B正确。

考点二　对动能定理的理解和应用

1.对动能定理的理解

(1)动能定理公式中等号表明了合力做功与物体动能的变化间的两个关系:

①数量关系:即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化,求合力做的功,进而求得某一力做的功。

②因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因。

(2)动能定理中涉及的物理量有F,l,m,v,W,Ek等,在处理含有上述物理量的问题时,优先考虑使用动能定理。

2.运用动能定理需注意的问题

(1)应用动能定理解题时,在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节,只需考虑整个过程的功及过程初末的动能。

(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。

[典例2] (多选)一滑草场的某条滑道由上下两段高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则(　　)

A.动摩擦因数μ=

B.载人滑草车最大速度为

C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh

D.载人滑草车在下段滑道上的加速度为g

解析:整个滑行过程由动能定理得2mgh-μmghtan 45°-μmghtan 53°=0,解得μ=,A正确;对前一段轨道mgh-μmghtan 45°=mv2,解得v=,B正确;载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,C错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度a==-g,D错误。

答案:AB

变式2:一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1,WF2分别表示拉力F1,F2所做的功,Wf1,Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则(　C　)

A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1 B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1

C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1 D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1

解析: 因物体均做匀变速直线运动,由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系,那么位移x= t也是2倍关系,若Wf1=fx,则Wf2=f·2x故Wf2=2Wf1;由动能定理有WF1-fx=mv2和WF2-f·2x=m(2v)2得WF2=4WF1-2fx<4WF1,C正确。

考点三　利用动能定理求变力做功问题

利用动能定理求变力做功时应注意的问题

(1)明确题中除变力做功外,还有哪些力做功,必须明确各力做功的正负、总功如何表示。

(2)明确物体动能的变化。

[典例3] 如图,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,继续上升一段距离

D.W<mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离

解析:设质点到达N点的速度为vN,在N点质点受到轨道的弹力为FN,则FN-mg=m,已知FN=FN′=4mg,则质点到达N点的动能为EkN=m=mgR。质点由开始至N点的过程,由动能定理得mg·2R+Wf=EkN-0,解得摩擦力做的功为Wf=-mgR,即克服摩擦力做的功为W=-Wf=mgR。

设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′,则W′<W。从N到Q的过程,由动能定理得-mgR-W′=m-m,即mgR-W′=m,故质点到达Q点后速度不为0,质点继续上升一段距离。选项C正确。

答案:C

变式3:同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平且距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力,重力加速度为g。求:

(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度;

(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向;

(3)摩擦力对小球做的功。

解析:(1)设小球在Q点的速度为v0,由平抛运动规律有H=g,L=v0t1,得v0=。设从Q点到距Q点水平距离为的圆环中心的竖直高度为h,则h=g,另=v0t2,解得h=H。该位置距底板的高度Δh=H-h=H。

(2)由(1)问知小球运动到Q点时的速度大小v0= ,设小球在Q点受的支持力为F,对小球在Q点,由牛顿第二定律有F-mg=,得F=mg(1+),由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力F′=F=mg(1+),方向竖直向下。

(3)设摩擦力对小球做功为W,则对小球从P到Q的过程由动能定理得

mgR+W=m,

得W=mg(-R)。

答案:(1)H　(2) 　mg(1+)　方向

竖直向下　(3)mg(-R)

考点四　利用动能定理求多过程问题

1.解决多过程问题应优先考虑应用动能定理(或功能关系),从而使问题得到简化。能解决的几个典型问题如下:

(1)不涉及加速度、时间的多过程问题。

(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题。

(3)变力做功的问题。

(4)含有F,l,m,v,W,Ek等物理量的力学问题。

2.注意区分不同性质的力的做功特点

(1)重力、电场力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。

[典例4] 如图所示,一质量为m=0.5 kg 的小滑块在F=4 N水平拉力的作用下,从水平面上的A处由静止开始运动,滑行s=1.75 m 后由B处滑上倾角为37°的光滑固定斜面,滑上斜面后的拉力大小不变,方向变为沿斜面向上,滑动一段时间后撤去拉力,已知小滑块沿斜面上滑到的最远点C距B点L=2 m,小滑块最后恰好停在A处,不计滑块在B处的能量损失,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8。

(1)求小滑块与水平面的动摩擦因数;

(2)求小滑块在斜面上运动时,拉力作用的距离;

(3)求小滑块在斜面上运动时,拉力作用的时间。

解析:(1)小滑块由C运动到A,由动能定理得

mgLsin 37°-μmgs=0

解得μ=。

(2)设在斜面上,拉力作用的距离为x,小滑块由A运动到C,由动能定理得

Fs-μmgs+Fx-mgLsin 37°=0

解得x=1.25 m。

(3)小滑块由A运动到B,由动能定理得

Fs-μmgs=mv2

由牛顿第二定律得F-mgsin 37°=ma

由运动学公式得x=vt+at2

联立解得t=0.5 s。

答案:(1)　(2)1.25 m　(3)0.5 s

变式4:如图所示是跳台滑雪的示意图,雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成,各雪道间均平滑连接。A处与水平平台间的高度差h=45 m,CD的倾角为30°。运动员自A处由静止滑下,不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力,运动员可视为质点,g取10 m/s2。

(1)求运动员滑离平台BC时的速度;

(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上,着陆雪道CD长度至少为多少?

(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m,运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%。在减速区DE滑行s=100 m后停下,运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍?

解析:(1)A→C过程中机械能守恒mgh=m

得vC==30 m/s。

(2)设落点D′距抛出点C的距离为L,由平抛运动规律得

Lcos 30°=vCt

Lsin 30°=gt2

解得L=120 m。

(3)运动员由A运动到落点D′过程中,由机械能守恒得

mg(h+Lsin 30°)=mvD′2

设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的k倍,

根据动能定理有-kmgs=0-m

根据题意有m=0.80×mvD′2

解得k=0.84。

答案:(1)30 m/s　(2)120 m　(3)0.84倍

考点五　运用动能定理求解往复运动过程问题

往复运动问题是常见的物理题型。如用牛顿运动定律处理此类问题,通常需要用数列求和的方法解,难度较大。但若运用动能定理及等效变换的方法,则可省去不少繁复的数学推演,解题时事半功倍。

[典例5] 如图所示,AB是足够长倾角为θ的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ,求:

(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程;

(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力;

(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L′的最小值是多少。

解析:(1)因为摩擦力始终对物体做负功,所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动。

对整体过程由动能定理得

mgR·cos θ-μmgcos θ·s=0

所以总路程为s=。

(2)对B→E过程

mgR(1-cos θ)=m

FN-mg=

解得FN=(3-2cos θ)mg

由牛顿第三定律可知,物体对圆弧轨道的压力

FN′=FN=(3-2cos θ)mg,方向竖直向下。

(3)设物体刚好能到D点,则mg=

由动能定理得

mgL′sin θ-μmgcos θ·L′-mgR(1+cos θ)=m

解得L′=R。

答案:(1)

(2)(3-2cos θ)mg,方向竖直向下

(3)R

变式5:由相同材料的木板搭成的轨道如图所示,其中木板AB,BC,CD,DE,EF,…长均为L=1.5 m,木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β=37°(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h=1.8 m处由静止释放,物体与木板的动摩擦因数都为μ=0.2,在两木板交接处都用小曲面相连,使物体能顺利地经过它,既不损失动能,也不会脱离轨道。在以后的运动过程中,重力加速度取10 m/s2,问:

(1)物体能否静止在木板上?请说明理由;

(2)物体运动的总路程是多少?

(3)物体最终停在何处?并作出解释。

解析:(1)在斜面上物体重力沿斜面向下的分力

G1=mgsin 37°=0.6mg,

物体所受摩擦力大小Ff=μmgcos 37°=0.16mg。

由于Ff<G1,故物体不能在木板上静止。

(2)从物体开始运动到最终停下的过程中,运动的总路程为s,由动能定理得mgh-μmgscos 37°=0

代入数据解得s=11.25 m。

(3)假设物体依次能到达B点、D点,由动能定理有

mg(h-Lsin 37°)-μmgcos 37°(+L)=m-0

得vB>0

mg(h-Lsin 37°)-μmgcos 37°(+3L)=m-0

发现vD无解,说明物体能通过B点,到不了D点,最终停在C点处。

答案:见解析

考点六　动能定理与图象的综合问题

动能定理与图象结合问题的分析方法

(1)首先看清楚所给图象的种类(如v-t图象、F-x图象、P-t 图象或Ek-x图象等)。

(2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量,如由v-t图象所包围的“面积”求位移,由F-x,P-t图象所包围的“面积”求功。

(3)再分析还有哪些力做功,根据动能定理列方程,可求出相应的物理量。

[典例6] 如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接,有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移变化的关系如图乙所示,滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2,求:

(1)滑块到达B处时的速度大小;

(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间;

(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少?

解析:(1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得

F1s1-F3s3-μmgs=m

解得vB=2 m/s。

(2)在前2 m内,有F1-μmg=ma,

且s1=a,

解得t1=s。

(3)当滑块恰好能到达最高点C时,有

mg=m

对滑块从B到C的过程,由动能定理得

W-mg×2R=m-m

代入数据得W=-5 J,

即克服摩擦力做的功为5 J。

答案:(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J

变式6:总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下,经过2 s后拉开绳索开启降落伞,如图是跳伞过程中的v-t图象,试根据图象求:(g取10 m/s2)

(1)t=1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小;

(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力所做的功;

(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。

解析:(1)从题图中可以看出,在0～2 s内运动员做匀加速运动,其加速度大小为

a==8 m/s2。

设此过程中运动员受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律,有mg-f=ma,

得f=m(g-a)=160 N。

(2)从题图中估算得出运动员在14 s内下落了

h≈(14×6+×12×12) m=156 m。

根据动能定理,

有mgh-Wf=mv2,

所以有Wf=mgh-mv2≈1.23×105 J。

(3)14 s后运动员做匀速运动的时间为

t′== s≈57.3 s,

故运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间为

t总=t+t′=(14+57.3)s=71.3 s。

答案:(1)8 m/s2　160 N　(2)156 m　1.23×105 J

(3)71.3 s

1.(动能与功率)某地平均风速为5 m/s,已知空气密度是1.2 kg/m3,有一风车,它的风叶转动时可形成半径为12 m的圆面。如果这个风车能将圆面内10%的气流动能转变为电能,则该风车带动的发电机功率最接近于(　B　)

A.340 W B.3.4 kW C.6.8 kW  D.34 kW

解析: 在t时间内作用于风车的气流质量m=ρπr2vt,这些气流的动能为mv2,转变成的电能E=mv2×10%,所以风车带动发电机的功率为P==ρπr2v3×10%,代入数据得P≈3.4 kW。

2.(动能定理的理解)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　C　)

A.2 kg B.1.5 kg

C.1 kg D.0.5 kg

解析:设物体在运动过程中受到的外力为F,对上升过程,由动能定理,可得-(F+mg)h=Ek-Ek0,则F+mg=,即F+mg=12 N;对下落过程,有(mg-F)h=Ek′-

Ek0′,即mg-F==8 N,联立两式,得到m=1 kg,F=2 N,选项C正确。

3.(动能定理的应用)(2019·浙江1月学考,23)如图甲所示为商场内的螺旋滑梯,小孩从顶端A处进入,由静止开始沿滑梯自然下滑(如图乙),并从底端B处滑出。已知滑梯总长度L=20 m,A,B间的高度差h=12 m。

(1)假设滑梯光滑,则小孩从B处滑出时的速度v1多大?

(2)若有人建议将该螺旋滑梯改建为倾斜直线滑梯,并保持高度差与总长度不变。已知小孩与滑梯间的动摩擦因数μ=0.25,若小孩仍从顶端由静止自然下滑,则从底端滑出时的速度v2多大?

(3)若小孩与滑梯间的动摩擦因数仍为0.25,你认为小孩从螺旋滑梯底端B处滑出的速度v3与(2)问中倾斜直线滑梯滑出的速度v2哪个更大?试简要说明理由。

解析:(1)对小孩从A滑到B的过程由动能定理可得

mgh=m,

解得v1==4 m/s。

(2)由动能定理可得WG+Wf=m,

即mgh-μmg·L=m,

解得v2=4 m/s。

(3)v2更大。与直线下滑相比,重力做功相等,沿螺旋滑梯下滑时小孩受到的弹力更大(或需要向心力),受到的滑动摩擦力更大,滑动摩擦力做的负功更大,v3更小。

答案:(1)4 m/s　(2)4 m/s　(3)见解析

4.(动能定理的应用)风洞是研究空气动力学的实验设备。如图,将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2 m处,杆上套一质量m=3 kg可沿杆滑动的小球。小球所受的风力调节为F=15 N,方向水平向左。小球以速度v0=8 m/s向右离开杆端,取g=10 m/s2。求:

(1)小球落地所需时间和落地点与杆端的水平距离;

(2)小球落地时的动能;

(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J。

解析:(1)小球在竖直方向做自由落体运动,

t==0.8 s,

在水平方向做匀减速运动,加速度大小为

a==5 m/s2,

水平位移x=v0t-at2=4.8 m。

(2)小球从离开杆端到落地的过程由动能定理mgH-Fx=Ek-Ek0,解得Ek=120 J。

(3)设小球离开杆端后经过t′动能为78 J,

在此过程由动能定理有

mg·gt′2-Fx′=Ek′-m

将Ek′=78 J和v0=8 m/s代入得

125t′2-80t′+12=0,

解得t1′=0.4 s,t2′=0.24 s。

答案:(1)0.8 s　4.8 m　(2)120 J　(3)0.4 s或0.24 s

5.(动能定理与图象的结合)随着中国首艘航母“辽宁号”的下水,同学们对舰载机的起降产生了浓厚的兴趣,下面是小聪编制的一道舰载机降落的题目,请你阅读后求解。

(1)假设质量为m的舰载机关闭发动机后在水平地面跑道上降落,触地瞬间的速度为v0,在跑道上滑行的v-t图象如图。求舰载机滑行的最大距离和滑行时受到的阻力;

(2)航母可以通过设置拦阻索来增大对舰载机的阻力。现让该舰载机关闭发动机后在静止于海面的航母水平甲板上降落,若它接触甲板瞬间的速度仍为v0,在甲板上的运动可以看做匀变速运动,在甲板上滑行的最大距离是(1)中的。求该舰载机在航母上滑行时受到的平均阻力。(结果用m,v0,t0表示)

解析:(1)由题图信息,根据匀变速直线运动规律

最大距离为x=v0t0

由动能定理有F阻x=m

解得阻力F阻=。

(2)最大距离x′=x=v0t0

由动能定理有F阻′x′=m

联立解得F阻′=。

答案:(1)v0t0　　(2)

1.(2018·浙江4月选考,20)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍。然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P,C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g取10 m/s2。

(1)求小球运动至B点时的速度大小;

(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;

(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度;

(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。

解析:(1)在B点FN-mg=

vB=4 m/s。

(2)A至B过程,由动能定理得

mgR-Wf=m

Wf=2.4 J。

(3)B至C过程,由动能定理得

-kmgLBC=m-m

P至B的水平距离

L=+vC=4-+vC

当vC=1.6 m/s时P至B的水平距离最大

LBC=3.36 m。

(4)C至P时间t0==0.8 s

t1=×2t0=0.8 s

…

tn=()n-1×t1

t=2.4 s。

答案:(1)4 m/s　(2)2.4 J　(3)3.36 m　(4)2.4 s

2.(2019·浙江4月选考,20)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB,其下方右侧放置一水平传送带,直轨道末端B与传送带间距可近似为零,但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4 m、转轴间距L=2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点离地面的高度H=2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处由静止释放,假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时,速度大小不变,方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5。(sin 37°=0.6,g=10 m/s2)

(1)若h=2.4 m,求小物块到达B端时速度的大小;

(2)若小物块落到传送带左侧地面,求h需要满足的条件;

(3)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。

解析:(1)在小物块由A点到B点的过程中,由动能定理得

mgh-μmgcos θ·=m-0

得vB=4 m/s。

(2)若小物块落到传送带左侧地面,使小物块到达D点之前速度减为0。

在小物块从A点到D点过程中,由动能定理得

mgh-μmgcos θ·-μmgL=0,

解得h=3 m,即当h≤3 m时小物块会落到传送带左侧地面。

(3)小物块从D点向右飞出后做平抛运动

H+2R=gt2,x=vDt

小物块从A到D的过程由动能定理得

mgh-μmgcos θ·-μmgL=m-0,

解得x=2

为使小物块能在D点水平抛出,则有

mg≤

解得h≥3.6 m。

答案:(1)4 m/s　(2)h≤3 m

(3)x=2,且h≥3.6 m

3.(2020·浙江1月选考,20)如图所示,一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出,经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1 m,OE长L1=0.2 m,AC长L2=0.4 m,圆轨道和AE光滑,滑块与AB,OE之间的动摩擦因数μ=0.5。滑块质量m=2 g且可视为质点,弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力,各部分平滑连接。求

(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小;

(2)当h=0.1 m且游戏成功时,滑块经过E点对圆

轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0;

(3)要使游戏成功,弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。

解析:(1)滑块恰过F点的条件

mg=m

vF=1 m/s。

(2)滑块从E到B,由动能定理得

-mgh-μmgL2=0-m

设在E点所受的支持力为FN

FN-mg=m

FN=0.14 N

从O到B点

Ep0-mgh-μmg(L1+L2)=0

得Ep0=8.0×10-3 J。

(3)滑块恰能过F点的弹性势能

Ep1=2mgr+μmgL1+m=7.0×10-3 J

到B点减速到0

Ep1-mgh1-μmg(L1+L2)=0,得h1=0.05 m

能停在B点,则μmgcos θ=mgsin θ

得tan θ=0.5,此时h2=0.2 m

从O到B点

Ep=mgh+μmg(L1+L2)=2×10-3(10h+3)J

其中0.05 m≤h≤0.2 m。

答案:(1)1 m/s　(2)0.14 N　8.0×10-3 J

(3)见解析

4.(2018·浙江11月选考,20)

如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其底端距A点高度h1=1.10 m。篮球静止释放,测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求:(g取10 m/s2)

(1)弹簧的劲度系数;

(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力;

(3)篮球在整个运动过程中通过的路程;

(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。

解析:(1)篮球静止在弹簧上

mg-kx2=0

k=500 N/m。

(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点,由动能定理得

mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0

f≈0.5 N。

(3)设球在整个运动过程中总路程为s

mg(h1+x2)=fs+Ep

解得s=11.05 m。

(4)篮球在首次下落过程中,合力为零处速度最大,速度最大时弹簧形变量为x3

mg-f-kx3=0

在A点下方,离A点x3=0.009 m。

答案:(1)500 N/m　(2)0.5 N　

(3)11.05 m

(4)第一次下落至A点下方0.009 m处