还剩52页未读，
继续阅读
所属成套资源：最新高考物理二轮复习课件
成套系列资料，整套一键下载
最新高考物理二轮复习课件：第五章 第2讲 动能定理及其应用
展开
这是一份最新高考物理二轮复习课件：第五章 第2讲 动能定理及其应用，共60页。PPT课件主要包含了相对性，末动能，初动能，曲线运动，变力做功，不同时作用，关键能力·层级突破等内容，欢迎下载使用。
【知识梳理自查】一、动能
【情景转换】如图所示,质量0.01 kg、以800 m/s的速度飞行的子弹,质量60kg、以10m/s的速度奔跑的运动员,二者相比,哪一个的动能大?
提示:子弹的动能大。 Ek1= ×0.01×8002 J=3 200 J Ek2= ×60×102 J=3 000 J 因为3 200 J>3 000 J,所以子弹的动能大。
二、动能定理1.内容:力在一个过程中对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能的_____。2.表达式:W=_____________。
【情景转换】如图所示,质量为m的冰壶,在与运动方向相同的恒力F作用下做匀加速直线运动,速度由v1增加到v2,这个过程中力F做功为W。
由于F=ma,冰壶发生的位移l= ,根据W=Fl,把F、l代入W整理得到的表达式是什么? 提示:W=
3.适用条件(1)既适用于直线运动,也适用于_________。(2)既适用于恒力做功,也适用于_________。(3)合外力做正功,动能_____。(4)合外力做负功,动能_____。(5)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以___________。
【小题速诊速纠】1.判一判(1)合外力做功是物体动能变化的原因。( )(2)如果物体所受合外力不为零,那么合外力的功也一定不为零。( )(3)物体的动能不变则物体的速度不变。( )(4)物体做变速运动时动能一定变化。( )(5)运用动能定理可以求变力做功。( )提示:(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
2.练一练(1)关于物体的动能,下列说法正确的是( )A.质量大的物体,动能一定大B.速度大的物体,动能一定大C.速度方向变化,动能一定变化D.物体的质量不变,速度变为原来的两倍,动能将变为原来的四倍
【解析】选D。动能公式Ek= mv2,即动能的大小与物体的质量和速度大小都有关系,但与速度方向无关,物体的质量不变,速度变为原来的两倍,动能将变为原来的四倍,选项A、B、C错误,D正确。
(2)在体育课上,某同学练习投篮,他站在罚球线处用力将篮球从手中投出,如图所示,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,则该同学投篮时对篮球做的功约为(g取10 m/s2)( )A.1 J B.10 JC.30 JD.50 J
【解析】选B。球离开手的位置距离篮框约为1.5 m,对整个过程运用动能定理得W-mgh= mv2-0,代入数据解得W=mgh+ mv2=0.6×10×1.5 J+ ×0.6×12 J=9.3 J,选项B正确。
考点1 对动能定理的理解(d)【要点融会贯通】1.动能定理公式中等号的意义:等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系:
2.动能定理叙述中所说的“外力”, 既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力。3.合外力对物体做正功,物体的动能增加;合外力对物体做负功,物体的动能减少;合外力对物体不做功,物体的动能不变。4.高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。5.适用范围:直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理。
【典例考题研析】【典例1】如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力F拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系,A、B都向前移动一段距离。在此过程中( )A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功大于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
【解题思路】解答本题应注意以下两点:(1)动能变化的原因是合外力做功引起的。(2)研究对象是一个物体还是系统。
【解析】选D。物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力,对物体A运用动能定理,则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,B错误;A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A在B上滑动,A、B相对地面的位移不相等,故二者做功不相等,C错误;对B应用动能定理WF-Wf=ΔEkB,WF=ΔEkB+Wf,即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和,D正确;根据功能关系可知,外力F做的功等于A和B动能的增量与系统产生的内能之和,故A错误。
【精练题组通关】1.甲、乙两物体材料相同,m甲∶m乙=4∶1,它们以相同的动能在同一水平面上运动,则甲、乙滑行的最大距离之比为( ) A.1∶4B.1∶2C.2∶1D.4∶1
【解析】选A。设两物体与水平面间的动摩擦因数为μ,初速度为v0,由动能定理得:-μmgx=0- ,又 =Ek0,所以x= ;由题,两物体初动能Ek0相同,则得 故选A。
2.如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则( )
【解析】选A。由P点到最低点,由动能定理得mgR-W= mv2,再由a= 得 ,A正确,B错误;在最低点支持力与重力的合力充当向心力,根据牛顿第二定律得N-mg=m ,可得N= ,C、D错误。
3.(2020·台州模拟)如图所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时,木块前进的距离为L,子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定,则下列关系式中不正确的是( )A.FL= Mv2B.Fs= mv2C.Fs= - (M+m)v2D.F(L+s)= - mv2
【解析】选B。根据动能定理,对子弹,有-F(L+s)= ,选项D正确;对木块,有FL= Mv2,选项A正确;由以上二式可得Fs= (M+m)v2,选项C正确,只有选项B错误。
考点2 动能定理在多过程问题中的应用 【要点融会贯通】1.应用动能定理解题的步骤:
2.注意事项:(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简便。(2)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解。(3)应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。
【典例考题研析】【典例2】(2018·浙江4月选考真题)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点无初速度释放,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。
(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。
【解题思路】解答本题应注意以下几点:
【解析】(1)小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力,则:FN-mg= 代入数据可得:v0=4 m/s(2)A到B的过程中重力和阻力做功,则由动能定理可得:mgR-Wf= 代入数据得:Wf=2.4 J
(3)B到C的过程中,由动能定理得:-kmgLBC= 解得:LBC= 从C点到落地的时间:t0= =0.8 sB到P的水平距离:L= +vCt0代入数据,联立并整理可得: 可知,当vC=1.6 m/s时,P到B的水平距离最大,为L=3.36 m
(4)由于小球每次碰撞机械能损失75%,由Ek= mv2,则碰撞后的速度为碰撞前速度的 ,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等,则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的 ,所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的 ,所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间:t1=2× t0=0.8 s,同理,从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间:t2= t1= ×0.8 s=0.4 s,由此类推可知,从第n次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间:tn=( )n-1t1小球运动的总时间:t=t0+t1+t2+…+tn由数学归纳法分析可得:t=2.4 s
答案:(1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4) 2.4 s
【精练题组通关】1.(易错专练:摩擦力做功的分析)如图所示,竖直平面内有一半径为R的固定 圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下,经过最低点B后沿水平轨道运动,到C处停下,B、C两点间的距离为R,物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将物块P从A处正上方高度为R处由静止释放后,从A处进入轨道,最终停在水平轨道上D点,B、D两点间的距离为s,下列关系正确的是( )A.s> RB.s= RC.s< RD.s=2R
【解析】选C。第一过程由动能定理可得,mgR-Wf1-μmgR=0,第二过程由动能定理可得2mgR-Wf2-μmgs=0,在圆轨道上,第二个过程中同一位置比第一个过程速度大,压力大,整个圆轨道过程中摩擦力做功多,Wf2>Wf1,联立可得s< R,故C正确,A、B、D错误。
2.滑沙是国内新兴的,也是黄金海岸独有的旅游项目,深受游客欢迎。如图所示,某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时,速度为v,设人下滑时所受阻力恒定不变,沙坡长度为L,斜面倾角为θ,人的质量为m,滑沙板质量不计,重力加速度为g。则( )A.人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为mgLsinθ- mv2B.人沿沙坡下滑时所受阻力的大小为mgsinθC.人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgLD.人在下滑过程中重力功率的最大值为mgvsinθ
【解析】选D。某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时,由动能定理可得:mgLsinθ+Wf= mv2,则Wf= mv2-mgLsinθ,故选项A错误;Wf=-fL= mv2-mgLsinθ,解得:f=mgsinθ- ,故选项B错误;人从沙坡斜面的顶端下滑到底端,重力做的功为mgLsinθ,故选项C错误;人在下滑过程中重力功率的最大值为mgvcs( -θ)=mgvsinθ,故选项D正确。
3.(2016·浙江10月选考真题)如图甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m处的A点静止下滑,经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2=0.75。过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,求:
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小。(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力。(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin37°=0.6,cs37°=0.8)
【解析】(1)过山车到达C点的速度为vC,由动能定理得:mgh-μ1mgcs45° 代入数据可得:vC=8 m/s(2)过山车到达D点速度为vD,由动能定能得:mg(h-2R)-μ1mgcs45° F+mg=m 解得F=7×103 N
(3)全程应用动能定理mg[h-(l-x)tan37°]-μ1mgcs45° -μ1mg -μ2mgx=0解之得x=30 m答案:(1)8 m/s (2)7×103 N,方向竖直向上(3)30 m
考点3 动能定理与图象结合问题 【要点融会贯通】解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点,图线下的面积所对应的物理意义,分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
【典例考题研析】【典例3】某中学生对刚买来的一辆迷你遥控车(图甲)的性能进行研究。他让这辆小车在水平地面上由静止开始沿直线轨道运动,并将小车运动的全过程通过传感器记录下来,通过数据处理得到如图乙所示的v-t图象。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动,2～11 s内小车牵引力的功率保持不变,9～11 s内小车做匀速直线运动,11 s末开始小车失去动力而自由滑行。已知小车质量m=1 kg,整个过程中小车受到的阻力大小不变,试求:
(1)在2～11 s内小车牵引力的功率P的大小;(2)小车在2 s末的速度vx的大小;(3)小车在2～9 s内通过的距离x。
【解析】(1)根据题意,在11 s末撤去牵引力后,小车只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,根据题图乙可知:a=| |m/s2=2 m/s2;根据牛顿第二定律有:Ff=ma解得:Ff=2 N;设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F,则:F=Ff,vm=8 m/s根据P=Fvm解得:P=16 W
(2)0～2 s内的匀加速直线运动过程中,小车的加速度为:ax= 设小车的牵引力为Fx,根据牛顿第二定律有:Fx-Ff=max根据题意有:P=Fxvx联立解得:vx=4 m/s
(3)在2～9 s内的变加速过程,Δt=7 s,由动能定理可得:PΔt-Ffx=解得x=44 m。答案:(1)16 W (2)4 m/s (3)44 m
【精练题组通关】1.如图甲,有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行,物体始终受到一个水平向左的恒力F,已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,其动能Ek随离开O点的距离s变化的图线如图乙所示,则以下说法正确的是( )A.物体的质量为m=0.4 kgB.物体受到水平向左的恒力F=5 NC.物体与水平面间的摩擦力大小f=5 ND.由于摩擦力做负功,物体的机械能不断减小
【解析】选A。根据动能定理得:物体向右运动过程有-(F+μmg)s=0-Ek0,即-(F+0.5×m×10)×5=0-25;物体向左运动过程有 (F-μmg)s=Ek,即(F-0.5×m×10)×5=5;联立解得: m=0.4 kg,F=3 N,故A正确,B错误;摩擦力大小 f=μmg=0.5×0.4×10 N=2 N,故C错误;物体的重力势能不变,动能先减小后增大,则机械能先减小后增大,故D错误。
2.(多选)一个质量为m的物体,仅在某力作用下,沿+x轴方向从x轴上x=0处由静止开始运动,其速度随位置变化的图象如图所示,由图可知( )A.物体做非匀加速直线运动B.物体做加速度越来越大的加速运动C.物体在x=x1处的加速度为 D.物体从x=0运动到x=x1时,力对物体做功为m
【解析】选A、B、C。由图象可知,v= x,根据动能定理Fx= ,解得F= 即合外力随着x变化,所以物体做非匀加速直线运动,故A正确;根据牛顿第二定律可知F= =ma即a= 所以a随着x的增大而增大,所以物体做加速度越来越大的加速运动,故B正确;
根据a= 可知物体在x=x1处的加速度为 ,故C正确;根据动能定理可知物体从x=0运动到x=x1时,力对物体做功为 ,故D错误。
3.(2020·衢州模拟)质量m=1 kg的物体,在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下,沿粗糙水平面运动,经过位移为4 m时,拉力F停止作用,运动到位移为8 m时物体停止运动,运动过程中Ek-x的图线如图所示。取g=10 m/s2,求:(1)物体的初速度大小;(2)物体和水平面间的动摩擦因数;(3)拉力F的大小。
【解析】(1)从图线可知物体初动能为2 J,则Ek0= mv2=2 J,得v=2 m/s。
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek=10 J,在位移为8 m处物体的动能为零,这段过程中物体克服摩擦力做功。 设摩擦力为Ff,则-Ffx2=0-Ek=0-10 J=-10 J,x2=4 m,得Ff=2.5 N。因Ff=μmg,故μ=0.25。
(3)物体从开始运动到位移为4 m这段过程中,受拉力F和摩擦力Ff的作用,合力为F-Ff,根据动能定理有(F-Ff)x1=Ek-Ek0,故得F=4.5 N。答案:(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
【资源平台】备选角度:利用动能定理求解多过程问题【典例】如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度x=5 m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8。求:
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小。(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔。(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
【规范解答】(1)小滑块从A→B→C→D过程中,由动能定理得:mg(h1-h2)-μmgx= -0将h1、h2、x、μ、g代入得:vD=3 m/s
(2)小滑块从A→B→C过程中,由动能定理得mgh1-μmgx= -0将h1、x、μ、g代入得:vC=6 m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6 m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1= =1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1 s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2 s
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总有:mgh1=μmgx总将h1、μ代入得x总=8.6 m,故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x-x总=1.4 m答案:(1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m
十五 动能定理及其应用(建议用时60分钟)【基础练】1.如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功
【解析】选A。根据动能定理可得:WF+Wf=Ek,又知道摩擦力做负功,即Wf<0,所以木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,选项A正确、B错误;根据WF+Wf=Ek,无法确定Ek与-Wf的大小关系,选项C、D错误。
2.世界男子网坛名将瑞士选手费德勒,在上海大师杯网球赛上发出一记S球,声呐测速仪测得其落地速度为v1,费德勒击球时球离地面的高度为h,击球瞬间球有竖直向下的速度为v0,已知网球质量为m,不计空气阻力,则费德勒击球时对球做的功W为( )A.mgh+ B. C. D.
【解析】选D。从发球直至球落地的整个过程中,由动能定理有W+mgh= ,解得W= ,故选项D正确。
3.甲、乙、丙三辆汽车的质量之比是2∶3∶4,如果它们的动能相等,且在同一个水平路面上行驶,轮胎与地面之间的动摩擦因数都相等,则它们关闭发动机后滑行距离之比是( )A.2∶3∶4B.4∶3∶2C.6∶4∶3D.6∶3∶2
【解析】选C。由动能定理得:-μmgx=0-Ek,解得汽车滑行距离为:x= ,由于Ek、μ、g都相等,则汽车的滑行距离与质量成反比:x1∶x2∶x3= =6∶4∶3,故C正确,A、B、D错误。
4.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC水平,其长度为d=0.50 m,盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为( ) m mD.0
【解析】选D。设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg,对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究,由动能定理得mgh-μmgs=0,解得s=3 m,而d=0.50 m,则s=6d,所以小物块在BC面上来回运动共6次,最后停在B点。D正确。
5.从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是( )
【解析】选A。小球做竖直上抛运动,设初速度为v0,则v=v0-gt。小球的动能Ek= mv2,把速度v代入得Ek= mg2t2-mgv0t+ ,Ek与t为二次函数关系,故A正确,B、C、D错误。
6.电动车以电力为能源,一般使用铅酸电池或锂离子电池进行供电;太阳能电动车在此基础上,将太阳能转化成电能对车供电,很大程度上降低了电动车的使用成本,而且非常环保。太阳能电动车能量管理系统软件程序不仅要能够监测和记录传感器的输入,而且还应包括有电动源组在内的电动汽车功能模块,这个模块系统以电动源组、控制系统和负载为主要对象,通过优化计算,可以使电动车在任何速度和负载下都达到最佳的运行效率。现假设太阳能电动车的电能可以全部输出且输出功率恒定,已知太阳光垂直照射到地面上时,单位面积的辐射功率为P0,太阳能电池的光电转换效率为n,
电池板面积为S,太阳能电动车质量为m, 在水平公路上行驶时所受的阻力恒定,经过时间t,太阳能电动车达到了最大行驶速度vm。在时间t内太阳能电动车行驶的距离为( )A. B.x= C.x= D.x=
【解析】选D。电动车的最大功率为P=nP0S,当牵引力和阻力相等时,有最大速度vm,vm= ,得f= ,由动能定理得:nP0St- ·x= ,解得:x= 。选项D正确。
7.如图,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
【解题指导】解答本题可按以下思路进行:(1)先根据牛顿第二定律确定质点在Q点时的速度。(2)再结合动能定理计算出克服摩擦力所做的功。
【解析】选C。在Q点,FN-mg= ,所以v= ;由P到Q根据动能定理得mgR-Wf= ,解得Wf= mgR,故C正确。
8.图1为某环岛路口,其俯视图简化为图2,若道路及环岛路面水平,道路中心线过环岛中心,已知环岛外侧圆半径R1=30 m,内侧圆半径R2=10 m,汽车质量约为2 000 kg,汽车与路面的最大径向摩擦力为车重的0.8,减速时的加速度最大为4.5 m/s2,现汽车在直道中心线PA以v0=25 m/s行驶,汽车可视为质点。求(g取10 m/s2)
(1)汽车进入环岛沿环岛中心虚线行驶,车速最高多少?(2)汽车从A处进入环岛,B处驶出,车速最高多少?(3)在(2)问中汽车从B处进入直道后以恒定功率P=60 kW加速,经t=5 s后恢复原速,该过程汽车需克服阻力做功多少?(4)当驾驶员在直道距离A处100 m的C处看到图3标志时准备减速,从C到B的最短行驶时间为多少?(设各路均无其他车辆)
【解析】(1)最大径向摩擦力提供向心力时,速度最大,有0.8mg= ,r1= ,代入数据解得:v1=4 m/s(2)0.8mg= , ,代入数据解得:v2=20 m/s(3)由动能定理知:Pt-W阻= ,代入数据解得:W阻=7.5×104 J(4)在直道CA上先匀速再以最大加速度匀减速到A,然后以v2=20 m/s行驶到B时间最短设在直道上匀减速运动时间为t1,在直道匀速运动时间为t2,从A到B所用时间为t3由v0-v2=at1得t1= s
由v0t2+ =100 m得 t2=3 s由v2t3=πr2得t3= t=t1+t2+t3=
答案:(1)4 m/s (2) 20 m/s(3)7.5×104 J (4)
【提升练】9.(多选)(2020·天津等级考)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率P=FvmD.牵引力做功W=
【解析】选B、C。由题可知,动车的启动方式为恒定功率启动,由公式P=F牵v,F牵-F=ma可知启动过程中v增大,F牵减小,所以动车的运动为加速度减小的加速运动,故A错误,B正确;因为当F牵=F时匀速,动车速度最大为vm= ,故P=Fvm,故C正确;由动能定理可知:W牵-W阻= ,故D错误。
10.如图所示,内壁光滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中,小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则 的值可能是( )A. B. C. D.1
【解析】选B。第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功W1=mgR;第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v= ,与小球在最高点对应最低点的速度为vA,根据动能定理,得-mg·2R= mv2- ;第二次击打小球,小锤对小球做的功W2= -mgR= mgR;则先后两次击打,小锤对小球做功 的最大值为 ,故选B。
【加固训练】如图所示,两光滑直杆成直角竖直固定,OM水平,ON竖直,两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连,开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态,此时OB= L,重力加速度为g,现将外力增大到原来的4倍(方向不变),则小球B运动到与O点的距离为 L时的速度大小为( )A. B. C. D.
【解析】选B。设轻绳与OM杆的夹角为θ,开始时小球A受重力mg、外力F、杆的弹力FN1及绳的拉力FT作用处于平衡状态,水平方向有F=FTcs θ,小球B受重力mg、杆的弹力FN2及绳的拉力FT作用处于平衡状态,竖直方向有mg=FTsin θ,又sin θ= ,得F= mg,外力增大后,小球A水平向左运动,小球B竖直向上运动,从开始至小球B运动到与O点距离为 L的过程中,水平外力做的功为WF== mgL,设小球A、B此时的速度大小分别为vA、vB,轻绳与OM杆的夹角为α,由运动分解有vAcs α=vBsin α,sin α= ,又根据功能关系有WF= 得vB= ,B对。
11.如图甲所示为一景区游乐滑道,游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑,他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如图乙所示,滑道由AB、BC、CD三段组成,各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面夹角为θ1,竖直距离均为h0,BC段与水平面夹角为θ2,竖直距离为 h0。一质量为m的游客从A点由静止开始下滑,到达底端D点时的安全速度不得大于 ,已知sinθ1= 、sin θ2= ,座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计,若未使用座垫,游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的0.1倍,运动过程中游客始终不离开滑道,问:
(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦),则游客在BC段增加的动能ΔEk多大;(2)若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑,则游客到达D点时是否安全;(3)若游客使用座垫下滑,则克服侧壁摩擦力做功的最小值。
【解析】(1)由动能定理得:ΔEk= mgh0;(2)在AD段,由动能定理得:mg(h0+ h0+h0)-0.1mg( )= ,解得:vD= 到达D点时不安全;(3)整个过程,由动能定理得:mg(h0+ h0+h0)-W= 解得:W=1.5mgh0。
答案:(1) mgh0 (2)不安全 (3)1.5mgh0
12. (2018·浙江11月选考真题)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。篮球由静止释放,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:
(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)由最后静止的位置可知kx2=mg,所以k=500 N/m(2)由动能定理可知,从篮球下落到重新升到最高点的过程中mgΔh-fL= 整个过程动能变化为0,重力做功mgΔh=mg(h1-h2)=1.135 J空气阻力恒定,作用距离为L=h1+h2+2x1因此代入上式可知f=0.5 N
(3)整个过程运用动能定理,阻力一直与运动方向相反根据动能定理,篮球从下落到静止的过程中mgΔh′+Wf′+W弹= 整个过程动能变化为0,重力做功W′=mgΔh′=mg(h1+x2)=5.55 J一部分转化为弹性势能,Ep=0.025 J,W弹=-Ep=-0.025 J一部分转化为摩擦力做的功,Wf′=-fs联立解得s=11.05 m
(4)速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置,即mg=f+kx3;得x3=0.009 m,即球在下落至A点下方0.009 m处速度最大。
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处速度最大
【培优练】13.(2020·江苏高考)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是( )
【解析】选A。由题意可知,若设斜面倾角为θ,动摩擦因数为μ,则物块在斜面上下滑水平距离x时,根据动能定理有mgxtanθ-μmgcsθ· =Ek,整理可得(mgtanθ-μmg)x=Ek,即物块在斜面上运动时动能与x成线性关系;若物块运动到斜面底端时水平位移为x0,动能为Ek1,则小物块在水平地面运动时,根据动能定理有-μmg(x-x0)=Ek-Ek1,即物块在水平地面运动时动能与x也成线性关系;综上分析可知A正确。
14.如图所示,水平木板上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10 m/s2。下列判断正确的是( )
A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
【解析】选D。由题可得:物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末就开始运动了,故5 s内拉力对物块做了功,A项错误;4 s末物块所受拉力为4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,B项错误;物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N,物块对木板的压力为10 N,物块与木板之间的动摩擦因数为0.3,C项错误;6～9 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0 m/s2,D项正确。
15.如图所示,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径为r的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐。质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑,小球与BC间的动摩擦因数μ=0.5,进入管口C端时与圆管恰好无作用力,通过CD后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep。求:
(1)小球达到B点时的速度大小vB。(2)水平面BC的长度s。(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。
【解析】(1)小球在曲面上下滑过程中,机械能守恒:mg·2r= 解得小球到达B点时的速度vB=2 (2)小球进入管口时与圆管恰好无作用力,小球只受重力,根据牛顿第二定律:mg= 小球运动到C处速度vC= 由A到C,根据动能定理有:mg·2r-μmgs= 解得水平面BC的长度s=
(3)小球离开圆管后向下运动压缩弹簧,弹力不断增大,小球先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大减速运动,直到速度减小到零,小球运动到最低点。当小球的加速度为零时有最大速度,此时:mg=k·Δx弹簧压缩量Δx= 由C经D到最低点,根据动能定理和功能关系有:mg(r+Δx)-Ep= 解得滑块的最大速度vm=
答案:(1)2 (2)3r(3)
16.(2020·全国Ⅱ卷)如图,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小,不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度;(3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件。
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)由牛顿第二定律列方程求解管和球的加速度。(2)由运动学公式列方程求解管上升的最大高度。(3)由动能定理列方程求解圆管长度应满足的条件。
【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1,方向向下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定律有Mg+f=Ma1①f-mg =ma2②联立①②式并代入题给数据,得a1=2g,a2=3g③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为v0= ④
方向均向下。管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下。设自弹起经过时间t1,管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向,由运动学公式v0-a1t1=-v0+a2t1⑤联立③④⑤式得t1= ⑥设此时管下端的高度为h1,速度为v。由运动学公式可得h1=v0t1- ⑦v=v0-a1t1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公式有h2= ⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1= H ⑪
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0 ⑫ 联立⑪ ⑫ 式并代入题给数据得x1= H ⑬同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为x2= H1⑭设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L ⑮
联立⑪ ⑬ ⑭ ⑮ 式,L应满足的条件为L≥ H ⑯
【知识梳理自查】一、动能
【情景转换】如图所示,质量0.01 kg、以800 m/s的速度飞行的子弹,质量60kg、以10m/s的速度奔跑的运动员,二者相比,哪一个的动能大?
提示:子弹的动能大。 Ek1= ×0.01×8002 J=3 200 J Ek2= ×60×102 J=3 000 J 因为3 200 J>3 000 J,所以子弹的动能大。
二、动能定理1.内容:力在一个过程中对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能的_____。2.表达式:W=_____________。
【情景转换】如图所示,质量为m的冰壶,在与运动方向相同的恒力F作用下做匀加速直线运动,速度由v1增加到v2,这个过程中力F做功为W。
由于F=ma,冰壶发生的位移l= ,根据W=Fl,把F、l代入W整理得到的表达式是什么? 提示:W=
3.适用条件(1)既适用于直线运动,也适用于_________。(2)既适用于恒力做功,也适用于_________。(3)合外力做正功,动能_____。(4)合外力做负功,动能_____。(5)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以___________。
【小题速诊速纠】1.判一判(1)合外力做功是物体动能变化的原因。( )(2)如果物体所受合外力不为零,那么合外力的功也一定不为零。( )(3)物体的动能不变则物体的速度不变。( )(4)物体做变速运动时动能一定变化。( )(5)运用动能定理可以求变力做功。( )提示:(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
2.练一练(1)关于物体的动能,下列说法正确的是( )A.质量大的物体,动能一定大B.速度大的物体,动能一定大C.速度方向变化,动能一定变化D.物体的质量不变,速度变为原来的两倍,动能将变为原来的四倍
【解析】选D。动能公式Ek= mv2,即动能的大小与物体的质量和速度大小都有关系,但与速度方向无关,物体的质量不变,速度变为原来的两倍,动能将变为原来的四倍,选项A、B、C错误,D正确。
(2)在体育课上,某同学练习投篮,他站在罚球线处用力将篮球从手中投出,如图所示,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,则该同学投篮时对篮球做的功约为(g取10 m/s2)( )A.1 J B.10 JC.30 JD.50 J
【解析】选B。球离开手的位置距离篮框约为1.5 m,对整个过程运用动能定理得W-mgh= mv2-0,代入数据解得W=mgh+ mv2=0.6×10×1.5 J+ ×0.6×12 J=9.3 J,选项B正确。
考点1 对动能定理的理解(d)【要点融会贯通】1.动能定理公式中等号的意义:等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系:
2.动能定理叙述中所说的“外力”, 既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力。3.合外力对物体做正功,物体的动能增加;合外力对物体做负功,物体的动能减少;合外力对物体不做功,物体的动能不变。4.高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。5.适用范围:直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理。
【典例考题研析】【典例1】如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力F拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系,A、B都向前移动一段距离。在此过程中( )A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功大于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
【解题思路】解答本题应注意以下两点:(1)动能变化的原因是合外力做功引起的。(2)研究对象是一个物体还是系统。
【解析】选D。物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力,对物体A运用动能定理,则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,B错误;A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A在B上滑动,A、B相对地面的位移不相等,故二者做功不相等,C错误;对B应用动能定理WF-Wf=ΔEkB,WF=ΔEkB+Wf,即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和,D正确;根据功能关系可知,外力F做的功等于A和B动能的增量与系统产生的内能之和,故A错误。
【精练题组通关】1.甲、乙两物体材料相同,m甲∶m乙=4∶1,它们以相同的动能在同一水平面上运动,则甲、乙滑行的最大距离之比为( ) A.1∶4B.1∶2C.2∶1D.4∶1
【解析】选A。设两物体与水平面间的动摩擦因数为μ,初速度为v0,由动能定理得:-μmgx=0- ,又 =Ek0,所以x= ;由题,两物体初动能Ek0相同,则得 故选A。
2.如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则( )
【解析】选A。由P点到最低点,由动能定理得mgR-W= mv2,再由a= 得 ,A正确,B错误;在最低点支持力与重力的合力充当向心力,根据牛顿第二定律得N-mg=m ,可得N= ,C、D错误。
3.(2020·台州模拟)如图所示,质量为M的木块静止在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时,木块前进的距离为L,子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定,则下列关系式中不正确的是( )A.FL= Mv2B.Fs= mv2C.Fs= - (M+m)v2D.F(L+s)= - mv2
【解析】选B。根据动能定理,对子弹,有-F(L+s)= ,选项D正确;对木块,有FL= Mv2,选项A正确;由以上二式可得Fs= (M+m)v2,选项C正确,只有选项B错误。
考点2 动能定理在多过程问题中的应用 【要点融会贯通】1.应用动能定理解题的步骤:
2.注意事项:(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简便。(2)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解。(3)应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。
【典例考题研析】【典例2】(2018·浙江4月选考真题)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点无初速度释放,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。
(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。
【解题思路】解答本题应注意以下几点:
【解析】(1)小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力,则:FN-mg= 代入数据可得:v0=4 m/s(2)A到B的过程中重力和阻力做功,则由动能定理可得:mgR-Wf= 代入数据得:Wf=2.4 J
(3)B到C的过程中,由动能定理得:-kmgLBC= 解得:LBC= 从C点到落地的时间:t0= =0.8 sB到P的水平距离:L= +vCt0代入数据,联立并整理可得: 可知,当vC=1.6 m/s时,P到B的水平距离最大,为L=3.36 m
(4)由于小球每次碰撞机械能损失75%,由Ek= mv2,则碰撞后的速度为碰撞前速度的 ,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等,则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的 ,所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的 ,所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间:t1=2× t0=0.8 s,同理,从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间:t2= t1= ×0.8 s=0.4 s,由此类推可知,从第n次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间:tn=( )n-1t1小球运动的总时间:t=t0+t1+t2+…+tn由数学归纳法分析可得:t=2.4 s
答案:(1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4) 2.4 s
【精练题组通关】1.(易错专练:摩擦力做功的分析)如图所示,竖直平面内有一半径为R的固定 圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下,经过最低点B后沿水平轨道运动,到C处停下,B、C两点间的距离为R,物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将物块P从A处正上方高度为R处由静止释放后,从A处进入轨道,最终停在水平轨道上D点,B、D两点间的距离为s,下列关系正确的是( )A.s> RB.s= RC.s< RD.s=2R
【解析】选C。第一过程由动能定理可得,mgR-Wf1-μmgR=0,第二过程由动能定理可得2mgR-Wf2-μmgs=0,在圆轨道上,第二个过程中同一位置比第一个过程速度大,压力大,整个圆轨道过程中摩擦力做功多,Wf2>Wf1,联立可得s< R,故C正确,A、B、D错误。
2.滑沙是国内新兴的,也是黄金海岸独有的旅游项目,深受游客欢迎。如图所示,某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时,速度为v,设人下滑时所受阻力恒定不变,沙坡长度为L,斜面倾角为θ,人的质量为m,滑沙板质量不计,重力加速度为g。则( )A.人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为mgLsinθ- mv2B.人沿沙坡下滑时所受阻力的大小为mgsinθC.人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为mgLD.人在下滑过程中重力功率的最大值为mgvsinθ
【解析】选D。某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时,由动能定理可得:mgLsinθ+Wf= mv2,则Wf= mv2-mgLsinθ,故选项A错误;Wf=-fL= mv2-mgLsinθ,解得:f=mgsinθ- ,故选项B错误;人从沙坡斜面的顶端下滑到底端,重力做的功为mgLsinθ,故选项C错误;人在下滑过程中重力功率的最大值为mgvcs( -θ)=mgvsinθ,故选项D正确。
3.(2016·浙江10月选考真题)如图甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为图乙的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m。现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m处的A点静止下滑,经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2=0.75。过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,求:
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小。(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力。(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin37°=0.6,cs37°=0.8)
【解析】(1)过山车到达C点的速度为vC,由动能定理得:mgh-μ1mgcs45° 代入数据可得:vC=8 m/s(2)过山车到达D点速度为vD,由动能定能得:mg(h-2R)-μ1mgcs45° F+mg=m 解得F=7×103 N
(3)全程应用动能定理mg[h-(l-x)tan37°]-μ1mgcs45° -μ1mg -μ2mgx=0解之得x=30 m答案:(1)8 m/s (2)7×103 N,方向竖直向上(3)30 m
考点3 动能定理与图象结合问题 【要点融会贯通】解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点,图线下的面积所对应的物理意义,分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
【典例考题研析】【典例3】某中学生对刚买来的一辆迷你遥控车(图甲)的性能进行研究。他让这辆小车在水平地面上由静止开始沿直线轨道运动,并将小车运动的全过程通过传感器记录下来,通过数据处理得到如图乙所示的v-t图象。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动,2～11 s内小车牵引力的功率保持不变,9～11 s内小车做匀速直线运动,11 s末开始小车失去动力而自由滑行。已知小车质量m=1 kg,整个过程中小车受到的阻力大小不变,试求:
(1)在2～11 s内小车牵引力的功率P的大小;(2)小车在2 s末的速度vx的大小;(3)小车在2～9 s内通过的距离x。
【解析】(1)根据题意,在11 s末撤去牵引力后,小车只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,根据题图乙可知:a=| |m/s2=2 m/s2;根据牛顿第二定律有:Ff=ma解得:Ff=2 N;设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F,则:F=Ff,vm=8 m/s根据P=Fvm解得:P=16 W
(2)0～2 s内的匀加速直线运动过程中,小车的加速度为:ax= 设小车的牵引力为Fx,根据牛顿第二定律有:Fx-Ff=max根据题意有:P=Fxvx联立解得:vx=4 m/s
(3)在2～9 s内的变加速过程,Δt=7 s,由动能定理可得:PΔt-Ffx=解得x=44 m。答案:(1)16 W (2)4 m/s (3)44 m
【精练题组通关】1.如图甲,有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行,物体始终受到一个水平向左的恒力F,已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,其动能Ek随离开O点的距离s变化的图线如图乙所示,则以下说法正确的是( )A.物体的质量为m=0.4 kgB.物体受到水平向左的恒力F=5 NC.物体与水平面间的摩擦力大小f=5 ND.由于摩擦力做负功,物体的机械能不断减小
【解析】选A。根据动能定理得:物体向右运动过程有-(F+μmg)s=0-Ek0,即-(F+0.5×m×10)×5=0-25;物体向左运动过程有 (F-μmg)s=Ek,即(F-0.5×m×10)×5=5;联立解得: m=0.4 kg,F=3 N,故A正确,B错误;摩擦力大小 f=μmg=0.5×0.4×10 N=2 N,故C错误;物体的重力势能不变,动能先减小后增大,则机械能先减小后增大,故D错误。
2.(多选)一个质量为m的物体,仅在某力作用下,沿+x轴方向从x轴上x=0处由静止开始运动,其速度随位置变化的图象如图所示,由图可知( )A.物体做非匀加速直线运动B.物体做加速度越来越大的加速运动C.物体在x=x1处的加速度为 D.物体从x=0运动到x=x1时,力对物体做功为m
【解析】选A、B、C。由图象可知,v= x,根据动能定理Fx= ,解得F= 即合外力随着x变化,所以物体做非匀加速直线运动,故A正确;根据牛顿第二定律可知F= =ma即a= 所以a随着x的增大而增大,所以物体做加速度越来越大的加速运动,故B正确;
根据a= 可知物体在x=x1处的加速度为 ,故C正确;根据动能定理可知物体从x=0运动到x=x1时,力对物体做功为 ,故D错误。
3.(2020·衢州模拟)质量m=1 kg的物体,在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下,沿粗糙水平面运动,经过位移为4 m时,拉力F停止作用,运动到位移为8 m时物体停止运动,运动过程中Ek-x的图线如图所示。取g=10 m/s2,求:(1)物体的初速度大小;(2)物体和水平面间的动摩擦因数;(3)拉力F的大小。
【解析】(1)从图线可知物体初动能为2 J,则Ek0= mv2=2 J,得v=2 m/s。
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek=10 J,在位移为8 m处物体的动能为零,这段过程中物体克服摩擦力做功。 设摩擦力为Ff,则-Ffx2=0-Ek=0-10 J=-10 J,x2=4 m,得Ff=2.5 N。因Ff=μmg,故μ=0.25。
(3)物体从开始运动到位移为4 m这段过程中,受拉力F和摩擦力Ff的作用,合力为F-Ff,根据动能定理有(F-Ff)x1=Ek-Ek0,故得F=4.5 N。答案:(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
【资源平台】备选角度:利用动能定理求解多过程问题【典例】如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度x=5 m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8。求:
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小。(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔。(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
【规范解答】(1)小滑块从A→B→C→D过程中,由动能定理得:mg(h1-h2)-μmgx= -0将h1、h2、x、μ、g代入得:vD=3 m/s
(2)小滑块从A→B→C过程中,由动能定理得mgh1-μmgx= -0将h1、x、μ、g代入得:vC=6 m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6 m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1= =1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1 s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2 s
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总有:mgh1=μmgx总将h1、μ代入得x总=8.6 m,故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x-x总=1.4 m答案:(1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m
十五 动能定理及其应用(建议用时60分钟)【基础练】1.如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功
【解析】选A。根据动能定理可得:WF+Wf=Ek,又知道摩擦力做负功,即Wf<0,所以木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,选项A正确、B错误;根据WF+Wf=Ek,无法确定Ek与-Wf的大小关系,选项C、D错误。
2.世界男子网坛名将瑞士选手费德勒,在上海大师杯网球赛上发出一记S球,声呐测速仪测得其落地速度为v1,费德勒击球时球离地面的高度为h,击球瞬间球有竖直向下的速度为v0,已知网球质量为m,不计空气阻力,则费德勒击球时对球做的功W为( )A.mgh+ B. C. D.
【解析】选D。从发球直至球落地的整个过程中,由动能定理有W+mgh= ,解得W= ,故选项D正确。
3.甲、乙、丙三辆汽车的质量之比是2∶3∶4,如果它们的动能相等,且在同一个水平路面上行驶,轮胎与地面之间的动摩擦因数都相等,则它们关闭发动机后滑行距离之比是( )A.2∶3∶4B.4∶3∶2C.6∶4∶3D.6∶3∶2
【解析】选C。由动能定理得:-μmgx=0-Ek,解得汽车滑行距离为:x= ,由于Ek、μ、g都相等,则汽车的滑行距离与质量成反比:x1∶x2∶x3= =6∶4∶3,故C正确,A、B、D错误。
4.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC水平,其长度为d=0.50 m,盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为( ) m mD.0
【解析】选D。设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg,对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究,由动能定理得mgh-μmgs=0,解得s=3 m,而d=0.50 m,则s=6d,所以小物块在BC面上来回运动共6次,最后停在B点。D正确。
5.从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是( )
【解析】选A。小球做竖直上抛运动,设初速度为v0,则v=v0-gt。小球的动能Ek= mv2,把速度v代入得Ek= mg2t2-mgv0t+ ,Ek与t为二次函数关系,故A正确,B、C、D错误。
6.电动车以电力为能源,一般使用铅酸电池或锂离子电池进行供电;太阳能电动车在此基础上,将太阳能转化成电能对车供电,很大程度上降低了电动车的使用成本,而且非常环保。太阳能电动车能量管理系统软件程序不仅要能够监测和记录传感器的输入,而且还应包括有电动源组在内的电动汽车功能模块,这个模块系统以电动源组、控制系统和负载为主要对象,通过优化计算,可以使电动车在任何速度和负载下都达到最佳的运行效率。现假设太阳能电动车的电能可以全部输出且输出功率恒定,已知太阳光垂直照射到地面上时,单位面积的辐射功率为P0,太阳能电池的光电转换效率为n,
电池板面积为S,太阳能电动车质量为m, 在水平公路上行驶时所受的阻力恒定,经过时间t,太阳能电动车达到了最大行驶速度vm。在时间t内太阳能电动车行驶的距离为( )A. B.x= C.x= D.x=
【解析】选D。电动车的最大功率为P=nP0S,当牵引力和阻力相等时,有最大速度vm,vm= ,得f= ,由动能定理得:nP0St- ·x= ,解得:x= 。选项D正确。
7.如图,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
【解题指导】解答本题可按以下思路进行:(1)先根据牛顿第二定律确定质点在Q点时的速度。(2)再结合动能定理计算出克服摩擦力所做的功。
【解析】选C。在Q点,FN-mg= ,所以v= ;由P到Q根据动能定理得mgR-Wf= ,解得Wf= mgR,故C正确。
8.图1为某环岛路口,其俯视图简化为图2,若道路及环岛路面水平,道路中心线过环岛中心,已知环岛外侧圆半径R1=30 m,内侧圆半径R2=10 m,汽车质量约为2 000 kg,汽车与路面的最大径向摩擦力为车重的0.8,减速时的加速度最大为4.5 m/s2,现汽车在直道中心线PA以v0=25 m/s行驶,汽车可视为质点。求(g取10 m/s2)
(1)汽车进入环岛沿环岛中心虚线行驶,车速最高多少?(2)汽车从A处进入环岛,B处驶出,车速最高多少?(3)在(2)问中汽车从B处进入直道后以恒定功率P=60 kW加速,经t=5 s后恢复原速,该过程汽车需克服阻力做功多少?(4)当驾驶员在直道距离A处100 m的C处看到图3标志时准备减速,从C到B的最短行驶时间为多少?(设各路均无其他车辆)
【解析】(1)最大径向摩擦力提供向心力时,速度最大,有0.8mg= ,r1= ,代入数据解得:v1=4 m/s(2)0.8mg= , ,代入数据解得:v2=20 m/s(3)由动能定理知:Pt-W阻= ,代入数据解得:W阻=7.5×104 J(4)在直道CA上先匀速再以最大加速度匀减速到A,然后以v2=20 m/s行驶到B时间最短设在直道上匀减速运动时间为t1,在直道匀速运动时间为t2,从A到B所用时间为t3由v0-v2=at1得t1= s
由v0t2+ =100 m得 t2=3 s由v2t3=πr2得t3= t=t1+t2+t3=
答案:(1)4 m/s (2) 20 m/s(3)7.5×104 J (4)
【提升练】9.(多选)(2020·天津等级考)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率P=FvmD.牵引力做功W=
【解析】选B、C。由题可知,动车的启动方式为恒定功率启动,由公式P=F牵v,F牵-F=ma可知启动过程中v增大,F牵减小,所以动车的运动为加速度减小的加速运动,故A错误,B正确;因为当F牵=F时匀速,动车速度最大为vm= ,故P=Fvm,故C正确;由动能定理可知:W牵-W阻= ,故D错误。
10.如图所示,内壁光滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中,小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则 的值可能是( )A. B. C. D.1
【解析】选B。第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功W1=mgR;第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v= ,与小球在最高点对应最低点的速度为vA,根据动能定理,得-mg·2R= mv2- ;第二次击打小球,小锤对小球做的功W2= -mgR= mgR;则先后两次击打,小锤对小球做功 的最大值为 ,故选B。
【加固训练】如图所示,两光滑直杆成直角竖直固定,OM水平,ON竖直,两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连,开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态,此时OB= L,重力加速度为g,现将外力增大到原来的4倍(方向不变),则小球B运动到与O点的距离为 L时的速度大小为( )A. B. C. D.
【解析】选B。设轻绳与OM杆的夹角为θ,开始时小球A受重力mg、外力F、杆的弹力FN1及绳的拉力FT作用处于平衡状态,水平方向有F=FTcs θ,小球B受重力mg、杆的弹力FN2及绳的拉力FT作用处于平衡状态,竖直方向有mg=FTsin θ,又sin θ= ,得F= mg,外力增大后,小球A水平向左运动,小球B竖直向上运动,从开始至小球B运动到与O点距离为 L的过程中,水平外力做的功为WF== mgL,设小球A、B此时的速度大小分别为vA、vB,轻绳与OM杆的夹角为α,由运动分解有vAcs α=vBsin α,sin α= ,又根据功能关系有WF= 得vB= ,B对。
11.如图甲所示为一景区游乐滑道,游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑,他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如图乙所示,滑道由AB、BC、CD三段组成,各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面夹角为θ1,竖直距离均为h0,BC段与水平面夹角为θ2,竖直距离为 h0。一质量为m的游客从A点由静止开始下滑,到达底端D点时的安全速度不得大于 ,已知sinθ1= 、sin θ2= ,座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计,若未使用座垫,游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的0.1倍,运动过程中游客始终不离开滑道,问:
(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦),则游客在BC段增加的动能ΔEk多大;(2)若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑,则游客到达D点时是否安全;(3)若游客使用座垫下滑,则克服侧壁摩擦力做功的最小值。
【解析】(1)由动能定理得:ΔEk= mgh0;(2)在AD段,由动能定理得:mg(h0+ h0+h0)-0.1mg( )= ,解得:vD= 到达D点时不安全;(3)整个过程,由动能定理得:mg(h0+ h0+h0)-W= 解得:W=1.5mgh0。
答案:(1) mgh0 (2)不安全 (3)1.5mgh0
12. (2018·浙江11月选考真题)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。篮球由静止释放,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:
(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)由最后静止的位置可知kx2=mg,所以k=500 N/m(2)由动能定理可知,从篮球下落到重新升到最高点的过程中mgΔh-fL= 整个过程动能变化为0,重力做功mgΔh=mg(h1-h2)=1.135 J空气阻力恒定,作用距离为L=h1+h2+2x1因此代入上式可知f=0.5 N
(3)整个过程运用动能定理,阻力一直与运动方向相反根据动能定理,篮球从下落到静止的过程中mgΔh′+Wf′+W弹= 整个过程动能变化为0,重力做功W′=mgΔh′=mg(h1+x2)=5.55 J一部分转化为弹性势能,Ep=0.025 J,W弹=-Ep=-0.025 J一部分转化为摩擦力做的功,Wf′=-fs联立解得s=11.05 m
(4)速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置,即mg=f+kx3;得x3=0.009 m,即球在下落至A点下方0.009 m处速度最大。
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处速度最大
【培优练】13.(2020·江苏高考)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是( )
【解析】选A。由题意可知,若设斜面倾角为θ,动摩擦因数为μ,则物块在斜面上下滑水平距离x时,根据动能定理有mgxtanθ-μmgcsθ· =Ek,整理可得(mgtanθ-μmg)x=Ek,即物块在斜面上运动时动能与x成线性关系;若物块运动到斜面底端时水平位移为x0,动能为Ek1,则小物块在水平地面运动时,根据动能定理有-μmg(x-x0)=Ek-Ek1,即物块在水平地面运动时动能与x也成线性关系;综上分析可知A正确。
14.如图所示,水平木板上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10 m/s2。下列判断正确的是( )
A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
【解析】选D。由题可得:物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末就开始运动了,故5 s内拉力对物块做了功,A项错误;4 s末物块所受拉力为4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,B项错误;物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N,物块对木板的压力为10 N,物块与木板之间的动摩擦因数为0.3,C项错误;6～9 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0 m/s2,D项正确。
15.如图所示,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径为r的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐。质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑,小球与BC间的动摩擦因数μ=0.5,进入管口C端时与圆管恰好无作用力,通过CD后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为Ep。求:
(1)小球达到B点时的速度大小vB。(2)水平面BC的长度s。(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm。
【解析】(1)小球在曲面上下滑过程中,机械能守恒:mg·2r= 解得小球到达B点时的速度vB=2 (2)小球进入管口时与圆管恰好无作用力,小球只受重力,根据牛顿第二定律:mg= 小球运动到C处速度vC= 由A到C,根据动能定理有:mg·2r-μmgs= 解得水平面BC的长度s=
(3)小球离开圆管后向下运动压缩弹簧,弹力不断增大,小球先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大减速运动,直到速度减小到零,小球运动到最低点。当小球的加速度为零时有最大速度,此时:mg=k·Δx弹簧压缩量Δx= 由C经D到最低点,根据动能定理和功能关系有:mg(r+Δx)-Ep= 解得滑块的最大速度vm=
答案:(1)2 (2)3r(3)
16.(2020·全国Ⅱ卷)如图,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小,不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度;(3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件。
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)由牛顿第二定律列方程求解管和球的加速度。(2)由运动学公式列方程求解管上升的最大高度。(3)由动能定理列方程求解圆管长度应满足的条件。
【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1,方向向下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定律有Mg+f=Ma1①f-mg =ma2②联立①②式并代入题给数据,得a1=2g,a2=3g③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为v0= ④
方向均向下。管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下。设自弹起经过时间t1,管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向,由运动学公式v0-a1t1=-v0+a2t1⑤联立③④⑤式得t1= ⑥设此时管下端的高度为h1,速度为v。由运动学公式可得h1=v0t1- ⑦v=v0-a1t1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公式有h2= ⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1= H ⑪
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0 ⑫ 联立⑪ ⑫ 式并代入题给数据得x1= H ⑬同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为x2= H1⑭设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L ⑮
联立⑪ ⑬ ⑭ ⑮ 式,L应满足的条件为L≥ H ⑯
相关课件
2024年高考物理第一轮复习课件：第五章 第2讲 动能定理及其应用： 这是一份2024年高考物理第一轮复习课件：第五章 第2讲 动能定理及其应用，共56页。PPT课件主要包含了相对性，动能的变化，曲线运动，变力做功，不同时作用，答案D，答案B，答案A等内容，欢迎下载使用。
高考物理一轮复习课件+讲义 第6章 第2讲 动能定理及其应用： 这是一份高考物理一轮复习课件+讲义 第6章 第2讲 动能定理及其应用，文件包含高考物理一轮复习第6章第2讲动能定理及其应用pptx、高考物理一轮复习第6章第2讲动能定理及其应用docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共60页， 欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习课件 第6章 第2讲 动能定理及其应用： 这是一份新高考物理一轮复习课件 第6章 第2讲 动能定理及其应用，共60页。PPT课件主要包含了高考物理一轮复习策略，第六章机械能，内容索引，课时精练等内容，欢迎下载使用。
