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2023届二轮复习 第5讲 功和功率 动能定理 功能关系 学案（浙江专用）
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这是一份2023届二轮复习 第5讲 功和功率 动能定理 功能关系 学案（浙江专用），共30页。
专题二 功和能 动量
[复习目标定位]
1.掌握功、功率相关的分析与计算方法。
2.深刻理解功能关系。
3.综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律,结合动力学方法解决多运动过程问题。
4.掌握动量定理和动量守恒定律。
5.综合应用动量和能量观点解决复杂问题。
第5讲 功和功率 动能定理 功能关系
题型1 功和功率的计算
1.计算功和功率的注意事项
(1)计算力所做的功时,一定要注意是恒力做功还是变力做功。若是恒力做功,可用公式W=Flcos α进行计算。若是变力做功,可用以下几种方法进行求解:①W=Pt,注意P为恒定功率。②微元法。③图像法。④转换研究对象法。⑤动能定理法。
(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率。P=Wt只能用来计算平均功率。P=Fvcos α中的v是瞬时速度时,计算出的功率是瞬时功率;v是平均速度时,计算出的功率是平均功率。
2.机车启动问题
项目
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P-t
图像
与
v-t
图像
运动
规律
OA段:做加速度逐渐减小的变加速直线运动;
AB段:做速度为vm的匀速直线运动
OA段:以加速度a做匀加速直线运动;
AB段:做加速度逐渐减小的变加速直线运动;
BC段:做速度为vm的匀速直线运动
过程
分析
OA段:v↑⇒F=P额v↓⇒a=F-F阻m↓;
AB段:F=F阻⇒a=0⇒P额=F阻vm
OA段:a=F-F阻m不变⇒F不变⇒v↑⇒P=Fv↑,直到P=P额=Fv1;
AB段:v↑⇒F=P额v↓⇒a=F-F阻m↓;
BC段:F=F阻⇒a=0⇒v达到最大值,vm=P额F阻
解决机车启动问题时的三点注意:
①分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
②匀加速启动过程中,机车功率不断增大,最大功率是额定功率。
③以额定功率启动的过程中,牵引力不断减小,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力。
[例1] (2022·杭州选考模拟)“碳中和”“低碳化”“绿色奥运”是北京冬奥会的标签。本次冬奥会运行超1 000辆氢能源汽车,是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量为M的氢能源汽车(如图所示)在一次测试中,沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动,行驶路程x,恰好达到最大速度vm。已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是( C )
A.启动过程中,车做匀加速直线运动
B.启动过程中,牵引力对车做的功为12Mvm2
C.车速从0增至vm的加速时间为Mvm22P+xvm
D.车速为vm2时,车的加速度大小为2PMvm
解析:汽车以恒定功率P启动,根据P=Fv可知,启动过程中,速度v增大,则牵引力F减小,根据牛顿第二定律有F-F阻=Ma可知,加速度a减小,则车做加速度减小的加速运动,故A错误;根据题意,可知汽车受到的阻力为F阻=Pvm,启动过程中,根据动能定理有W-F阻x=12Mvm2,牵引力对车做的功为W=Pxvm+12Mvm2,故B错误;车速从0增至vm的过程中,根据动能定理有Pt-F阻x=12Mvm2,联立解得t=Mvm22P+xvm,故C正确;车速为vm2时,汽车的牵引力为F1=Pvm2=2Pvm,根据牛顿第二定律有F1-F阻=Ma1,解得a1=PMvm,故D错误。
[拓展训练1] 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阻恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中,可能正确的是( A )
解析:当汽车的功率为P1时,汽车在运动过程中满足P1=F1v,因为P1不变,v逐渐增大,所以牵引力F1逐渐减小,由牛顿第二定律得F1-F阻=ma1,F阻不变,所以汽车做加速度减小的加速运动,当F1=F阻时速度最大,且vmax=P1F1=P1F阻。当汽车的功率突变为P2时,汽车的牵引力突增为F2,汽车继续加速,由P2=F2v可知F2逐渐减小,又因F2-F阻=ma2,所以加速度逐渐减小,直到F2=F阻时,速度最大,vmax′=P2F阻,以后匀速运动,故A正确。
[拓展训练2] (多选)质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,此后物体的v-t图像如图乙所示,取水平向右为正方向,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( CD )
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5
B.10 s内恒力F做的功为3 J
C.10 s末物体在计时起点左侧2 m处
D.10 s内物体克服摩擦力做功34 J
解析:由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1=2 m/s2,a2=1 m/s2,由牛顿第二定律知F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,联立得F=3 N,μ=0.05,A错误;由v-t图像中图线与坐标轴所围面积的物理意义知,10 s内物体的位移为12×4×8 m-(12×6×6) m=-2 m,负号表示与恒力F的方向相同,则恒力F做的功为W=Fx=6 J,B错误;10 s内物体的位移为-2 m,即在计时起点左侧2 m处,C正确;10 s内物体的路程为s=12×4×8 m+(12×6×6) m=34 m,即10 s内物体克服摩擦力所做的功W=μmgs=0.05×2×10×34 J=34 J,D正确。
题型2 动能定理的应用
1.应用动能定理解题步骤
2.应用动能定理解题应注意的三个问题
(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洁。
(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
[例2] (2022·金华二模)如图所示,某同学设计的游戏装置,由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道BCDEC′(管道口径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧,倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点,水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ=0.5,AB斜轨道倾角θ=37°,AB长度l=0.4 m。小滑块从B点进入管道内,当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦,沿管道外侧运动时无摩擦,管道半径为R=0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块,A点上方挡片可以让小滑块无速度损失地进入AB段,恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36 J时释放小滑块,小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m=0.1 kg,可视为质点,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后,第一次运动到C点时对轨道的压力;
(2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后,运动到E点的过程中,小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功;
(3)若第三次压缩弹簧使弹性势能为0.48 J时释放小滑块,通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v,求v与x之间的关系式。
解析:(1)从C到D,对小滑块由动能定理有
-mgR=0-12mvC2,在C点由牛顿第二定律有FN-mg=mvC2R,联立解得FN=3 N,
由牛顿第三定律可知,第一次运动到C点时小滑块对轨道的压力大小为3 N,方向竖直向下。
(2)由功能关系可知,第二次弹簧对小滑块做的功W=0.36 J,从开始到E点由动能定理有
W+mglsin θ-μmglcos θ-mgR(1+cos θ)+
Wf=12mvE2-0,解得Wf=-0.03 J。
(3)当小滑块以v0通过最高点时对轨道恰好无压力,此时弹簧的弹性势能为E0,由功能关系可知,弹簧对小滑块做的功W0=E0,
由牛顿第二定律有mv02R=mg,
从开始到E点,由动能定理有
W0+mglsin θ-μmglcos θ-mgR(1+cos θ)=12mv02-0,解得E0=0.38 J,弹性势能为0.48 J,大于E0,小滑块在圆管道内不受到摩擦力。由功能关系可知,弹簧第三次对小滑块做的功W′=0.48 J,从开始到离C′距离为x处,由动能定理有
W′+mglsin θ-μmglcos θ+mgR(1-cos θ)-μmgx=12mv2-0,
解得v=12-10x(m/s)。
答案:(1)3 N,方向竖直向下
(2)-0.03 J
(3)见解析
[拓展训练3] (2022·七彩阳光新高考研究联盟模拟)跳台滑雪难度很高,是奥运会中最具观赏性的项目之一。某同学观看了跳台滑雪,设想了如下情景。如图所示,质量m=60 kg的运动员由A点静止出发,通过高hAB=26 m的弯曲滑道AB进入半径R=20 m、圆心角为74°的圆弧形滑道BCD(两轨道在B处平滑相切,B与D等高),并从D点飞出后落至倾角θ=37°的斜面雪道上P点(图中未画出)后,由于斜面雪道的作用,仅保留沿斜面雪道方向的速度,垂直斜面雪道方向的速度立即减为0。随后由斜面雪道底部M进入长xMN=10 m的减速水平轨道MN。整个运动过程中运动员可视为质点,轨道连接处均平滑相切,不考虑空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)若运动员到达圆弧形滑道BCD最低点C时速度vC=20 m/s,求运动员在C点对轨道的压力;
(2)求在(1)问情况下运动员在滑道ABC上运动过程中阻力做的功;
(3)若运动员在D点沿着切线飞出后,到达最高点时速度v0=10 m/s,最高点离斜面雪道E点竖直高度为h0=5 m且E点与M点距离lEM=35 m,运动员与斜面雪道间的动摩擦因数为μ=0.25,运动员进入水平轨道后通过调节滑雪板姿态以改变阻力,要保证安全停在水平轨道MN上,求水平轨道对运动员的平均阻力的最小值。
解析:(1)在C点,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvC2R,解得FN=1 800 N,由牛顿第三定律得F压=FN=1 800 N,方向竖直向下。
(2)从A到C过程中,根据动能定理有
mg[hAB+R(1-cos 37°)]+Wf=12mvC2,
解得Wf=-6×103 J。
(3)从最高点落到斜面过程中做平抛运动,
x=v0t,y=12gt2,y-h0x=tan θ,解得t=2 s,
可得lEP=v0tcosθ=25 m,因此lPM=10 m,
落到P点后的速度
vP=v0cos θ+gtsin θ=20 m/s,
从P到N过程中,根据动能定理有
mglPMsin θ-μmgcos θ·lPM-F阻xMN=0-12mvP2,解得F阻=1.44×103 N。
答案:(1)1 800 N,方向竖直向下 (2)-6×103 J
(3)1.44×103 N
[拓展训练4] (2022·宁波二模)如图所示,在竖直平面内,某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成,两段圆弧半径均为R=0.5 m,B、D等高,图中θ角均为37°,AB与圆弧相切,AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场E=108 N/C,且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统(弹簧长度很短,长度和质量不计,可以认为滑块从A点射出),具有初始弹性势能Ep=2.5 J,某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出,冲上直轨道AB,直轨道AB上铺有特殊材料,使滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ大小可调。滑块进入光滑圆弧轨道后,最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为m=0.1 kg,带电荷量为q=+8.0×10-9 C,B点的高度h=1.8 m,整个过程中滑块可视为质点,所带电荷量保持不变,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)若调节AB间的特殊材料,使其变为光滑,求滑块在最高点C点时对轨道的作用力;
(2)现调节AB间的动摩擦因数μ,求滑块首次到达E点时的速率vE与μ之间的关系式;
(3)若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点,求动摩擦因数μ。
解析:(1)设AB长为l,由几何关系得
l=hsinθ=3 m,
由功能关系可得弹射系统对滑块做的功W=Ep,从A点到C点,由动能定理有
W+Eql-mgh-mgR(1-cos θ)=12mvC2-0,
在C点根据牛顿第二定律有FN+mg=mvC2R,
解得FN=11 N,根据牛顿第三定律,在C点滑块对轨道上端的压力FN′=FN=11 N,方向竖直向上。
(2)由A点到E点,根据动能定理得
W+Eql-mgh+mgR(1-cos θ)-μmgcos θ·l=12mvE2-0,解得vE=64-48μ(m/s),
考虑到滑块需先过C点,即
12mvC2-0=W+Eql-mgh-mgR(1-cos θ)-μmgcos θ·l≥0,所以μ≤54,
所以vE=64-48μ(m/s)(μ≤54)。
(3)滑块经多次碰撞,最终在轨道AB中点速度减为0,由动能定理可得W+Eq·l2-mg·h2-μmgcos θ·(32l+ nl)=0,其中n=0,1,2,3…,
解得μ=73(2n+3),其中n=0,1,2,3…,
要让滑块在中点能停住Eq-mgsin θ≤μmgcos θ,所以μ≥14,又μ≤54,
因此,只有n=0,1,2,3时满足条件,所以动摩擦因数μ只能取79,715,13,727这4个值。
答案:(1)11 N,方向竖直向上 (2)vE=64-48μ(m/s)(μ≤54) (3)见解析
题型3 功能关系及应用
1.七种常用的功能关系
2.应用功能关系解题的注意事项
(1)弄清物体的受力情况和运动情况,根据物体的运动过程分析物体的受力情况及不同的运动过程中力的变化情况。
(2)根据各力做功的不同特点分析各力在不同的运动过程中的做功情况。
(3)根据不同能量变化运用不同的功能关系。
①只涉及动能的变化用动能定理分析。
②只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析。
③只涉及机械能的变化,用除重力和系统内弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。
[例3] (多选)如图所示,倾角为30°的绝缘粗糙斜面固定在水平面上,斜面上方有与斜面平行向上的匀强电场,一带正电的物块(可视为质点)以一定的初速度沿斜面向上运动,加速度大小为3 m/s2,方向沿斜面向下,重力加速度g取10 m/s2,则在物块运动过程中,下列说法正确的是( BC )
A.物块的机械能和电势能之和保持不变
B.物块电势能的减少量大于物块克服摩擦力做的功
C.静电力做的功小于物块克服摩擦力和重力做的功之和
D.物块的机械能减少
解析:物块受摩擦力,所以机械能和电势能之和减小,A错误;设物块质量为m,静电力为F电,受到的摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律有mgsin θ+Ff-F电=ma,代入数据可得F电-Ff=2m,所以F电>Ff,mgsin θ+Ff>F电,根据W=Fx可得,静电力与摩擦力做的功的关系有F电x>Ffx,摩擦力和重力做的功与静电力做的功的关系有(mgsin θ+Ff)x>F电x,电势能的减少量等于静电力做的功,B、C正确;物块受到的外力中,静电力大于摩擦力,整体做正功,所以整体机械能增加,D错误。
[拓展训练5] 如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面O点的转轴上,另一端与可视为质点的小球相连。小球在A处以初速度v0开始向上滑行,经过B点时速度为v,到达C点时速度恰好为零,B为光滑倾斜直杆AC的中点,OB垂直于直杆,长度等于弹簧原长,下列说法正确的是( B )
A.上滑过程中,小球机械能始终不变
B.速度最大值出现在AB段
C.经过AB、BC段的时间相等
D.弹簧的最大弹性势能为14mv2-14mv02
解析:因弹簧对小球先做正功再做负功,则小球的机械能先增大后减小,A错误;速度最大时,加速度为零,则合力为零,此时重力沿杆的分力与弹簧弹力沿杆向上的分力大小相等,此位置在AB之间的某一点,B正确;AB、BC段长度相等,但AB段平均速度大,所用时间短,C错误;AC过程中由动能定理可得mg·2h=12mv02,AB段由动能定理可得W弹-mgh=12mv2-12mv02,解得W弹=12mv2-14mv02,根据功能关系可得Epm=W弹=12mv2-14mv02,D错误。
[拓展训练6] 一物块在高3.0 m、长 5.0 m的斜面底端以某一初速度沿斜面上滑,其动能和重力势能随上滑距离的变化关系如图中直线 Ⅰ 、 Ⅱ 所示,重力加速度g取 10 m/s2,则下列说法正确的是( B )
A.物块上滑时加速度的大小为6.0 m/s2
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.50
C.当物块上滑到s=2.5 m时,其动能和重力势能相等
D.在物块上滑s=4.0 m过程中,其机械能损失了12 J
解析:物块在末位置的重力势能为Ep=mgh=18 J,则物块的质量m=0.6 kg,上滑过程中,根据动能定理可得-maL=0-Ek0,根据题图可知 Ek0=30 J,解得加速度大小为a=10 m/s2,选项A错误;令斜面的倾角为θ,则sin θ=hL=3.05.0=0.6,上滑过程中根据牛顿第二定律可得 mgsin θ+μmgcos θ=ma,解得μ=0.50,选项B正确;根据图像可知,当物块上滑到s=2.5 m时,其动能大于重力势能,选项C错误;在物块上滑s= 4.0 m过程中,机械能的损失为ΔE=μmgcos θ·s=0.50×0.6×10×0.8×4.0 J=9.6 J,选项D错误。
专题训练5 功和功率 动能定理 功能关系
保分基础练
1.有一种工业上疏浚河道的船,其参数性能如表所示。
发动机
最大功率
332 kW
最大
提升高度
8.42 m
单次开挖泥沙最大量
1.74 t
最大输送量
100 m3/h
则该船开挖一次泥沙对泥沙做的功最大约为( A )
A.1.5×105 J B.1.8×105 J
C.1.6×106 J D.2.1×106 J
解析:依题意,根据功能关系,可得该船开挖一次泥沙对泥沙做的功最大约为W=mgh=1.74×103×10×8.42 J≈1.5×105 J,故选A。
2.某动车组列车在水平测试轨道上,动车组以额定功率7 200 kW启动,总质量540 t,测得最高时速为216 km/h,若运动阻力与速率成正比,当其加速到108 km/h时,动车组的加速度约为多大(g取 10 m/s2)( C )
A.0.09 m/s2 B.0.22 m/s2
C.0.33 m/s2 D.0.44 m/s2
解析:最高时速216 km/h,即60 m/s,此时牵引力等于阻力F阻=Pvm=kvm,当其加速到108 km/h时,即30 m/s,此时牵引力F=Pv,此时加速度a=F-kvm,联立解得a=0.33 m/s2,故A、B、D错误,C正确。
3.(2022·绍兴期末)如图所示,某同学采用“背跃式”——身体横着恰好越过了高度为2 m的横杆,若该同学体重为60 kg,身高为1.8 m,忽略空气阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是( A )
A.达到最高点时,该同学所受重力的瞬时功率为零
B.起跳离地上升过程,该同学克服重力做功约为1 200 J
C.起跳离地前,地面支持力对该同学做功约为660 J
D.起跳时地面对该同学的支持力大于他对地面的压力
解析:达到最高点时,该同学速度为零,所受重力的瞬时功率为零,故A正确;起跳离地上升过程,该同学克服重力做功W=mgh=60×10×(2-0.9)J=660 J,故B错误;地面支持力作用点始终未动,支持力对该同学做功为0,故C错误;起跳时地面对该同学的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力,等大反向,故D错误。
4.如图所示,光滑平行金属导轨固定在水平面上,左端由导线相连,导体棒垂直静止于导轨上构成闭合回路,在外力F作用下,回路上方的条形磁体竖直向上做匀速运动,在匀速运动过程中外力F做功WF,安培力对导体棒做功W1,磁体克服安培力做功W2,重力对磁体做功WG,回路中产生的焦耳热为Q,导体棒获得的动能为Ek,则下列说法错误的是( C )
A.W1=W2-Q B.W1=Ek
C.W1=Q D.W1=WF+WG-Q
解析:对导体棒,根据动能定理可得W1=Ek,B正确;根据功能关系及能量守恒定律可知,磁体克服安培力做的功等于导体棒获得的动能与回路产生的焦耳热,即W2=W1+Q,整理可得W1=W2-Q,A正确,C错误;由于磁体匀速上升,对磁体由动能定理可得WF+WG-W2=0,又W2=W1+Q,联立解得W1=WF+WG-Q,D正确。
5.(2022·嘉兴一模)如图为某广场的音乐喷泉表演,喷泉喷出的水柱竖直向上到达了约25层楼的高度。已知圆形喷管的直径约为10 cm,则用于给喷管喷水的电动机的输出功率约为( C )
A.3 kW B.30 kW
C.300 kW D.30 000 kW
解析:圆形喷管直径约为10 cm,则半径r=5 cm=0.05 m,25层楼的高度约为80 m,则水离开管口的速度为v=2gh=2×10×80=40 m/s,设供水的电动机的输出功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内,喷出水柱的质量为m=ρvΔtS=ρπr2vΔt,根据动能定理PΔt=12mv2,解得P=ρπr2v32≈251 kW,故选C。
6.如图所示,质量为m的物体静止在水平地面上,物体上面连接一轻弹簧,用手拉着弹簧上端将物体缓慢提高h,若不计物体动能的改变,重力加速度为g,则物体重力势能的变化ΔEp和手对弹簧的拉力做的功W分别是( C )
A.ΔEp=mgh,W=mgh
B.ΔEp>mgh,W=mgh
C.ΔEp=mgh,W>mgh
D.ΔEp>mgh,W>mgh
解析:重力势能的变化量等于克服重力所做的功,即ΔEp=-WG=-(-mgh)=mgh,由于不计物体动能的改变,ΔE弹=W+WG=W-mgh>0,因此手对弹簧的拉力做的功W>mgh。
7.一辆汽车由静止开始沿平直公路保持恒定的功率P0启动,假设汽车在启动过程中所受的阻力大小不变,在启动过程中利用计算机描绘出了汽车的加速度关于速度倒数的变化规律图像,如图所示,图像中标出的量均为已知量。则下列说法正确的是( B )
A.阻力大小为P0c
B.该汽车的最大速度为1c
C.该汽车的质量大小为dP0c
D.汽车从启动到速度达到最大所需的时间为1cd
解析:根据牛顿第二定律F-F阻=ma,而F=P0v,整理得a=P0m·1v-F阻m,速度最大时,加速度为零,由图像可知vm=P0F阻=1c,则汽车所受阻力大小F阻=P0vm=P0c,A错误,B正确;由图像斜率可知k=dc=P0m,汽车的质量m=P0cd,C错误;因为汽车以恒定功率运动,做变加速运动,加速度在变化,且未知汽车从启动到速度达到最大时走过的位移,则根据题目已知条件,无法求出汽车运动到最大速度的时间,D错误。
8.(2022·杭州二模)电梯一般用电动机驱动,钢丝绳挂在电动机绳轮上,一端悬吊轿厢,另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱动轿厢上下运动。若电梯轿厢质量为m1=2×103 kg,配重质量为m2=2.4×103 kg。某次电梯轿厢由静止开始上升的vt图像如图乙所示,不计空气阻力。下列说法正确的是( D )
A.电梯轿厢在第10 s内处于失重状态
B.上升过程中,钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C.在第1 s内,电动机做的机械功为2.4×104 J
D.上升过程中,钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104 W
解析:由题图乙可知,电梯轿厢在第10 s内做匀速直线运动,处于平衡状态,故A错误;以1～10 s为例,轿厢和配重都处于平衡状态,根据平衡条件可知左边钢绳的拉力与轿厢重力相等,右边钢绳的拉力与配重的重力相等,由题意知轿厢和配重质量不相等,钢绳对轿厢和对配重的拉力大小不相等,故B错误;由题图乙可知在第1 s内,轿厢上升1 m,配重下降1 m,设电动机做的机械功为W,由动能定理得W+m2gh-m1gh=12(m1+m2)v2,解得W=4.8×103 J,故C错误;当钢绳对轿厢拉力最大,轿厢速度最大时,钢绳对轿厢做功的功率最大,可知在轿厢加速上升阶段,由牛顿第二定律得FT-m1g=m1a,由题图乙可知a=2 m/s2,最大速度为2 m/s,则钢绳对轿厢做功的最大功率为P=FTv,联立解得P=4.8×104 W,故D正确。
9.(2021·湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( C )
A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变
B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动
C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为34vm
D.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12mvm2-Pt
解析:对动车组由牛顿第二定律有F-F阻=ma,若动车组在匀加速启动,即加速度a恒定,但F阻=kv,随速度增大而增大,则牵引力也随阻力增大而变大,故A错误;若四节动力车厢输出功率均为额定值,则总功率为4P,由牛顿第二定律有4Pv-kv=ma,故可知加速启动的过程,牵引力减小,阻力增大,则加速度逐渐减小,故B错误;若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶时加速度为零,有2.25Pv=kv,而以额定功率匀速时,有4Pvm=kvm,联立解得v=34vm,故C正确;若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,由动能定理可知4Pt-W阻=12mvm2-0,可得动车组克服阻力做的功为W阻=4Pt-12mvm2,故D错误。
10.(多选)如图甲所示,质量m=10 kg的物体静止在水平地面上,在水平推力F的作用下开始运动,水平推力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列判断正确的是( AB )
A.x=5 m时,物体的速度最大
B.x=10 m时,物体的速度为0
C.物体的位移在0～10 m的过程中,力F对物体所做的功为1 000 J
D.物体的位移在0～10 m的过程中,物体运动的时间大于4 s
解析:由题图乙可知F随x变化的关系式为F=(100-10x) N,则物体所受合力随x的表达式为F合=F-μmg=(50-10x) N,当x<5 m时,F合始终沿正方向,物体做加速度减小的加速运动,速度一直增大,当x=5 m时速度达到最大值,故A正确;x=10 m时,设物体的速度大小为v,Fx图像与坐标轴所围的面积表示F做的功,则物体的位移在0～10 m的过程中,力F对物体所做的功为WF=12×100×10 J=500 J,根据动能定理有WF-μmgx=12mv2,解得v=0,故B正确,C错误;0～5 m过程中,F做的功为WF′=12×(100+50)×5 J=375 J,根据上述分析可知x=5 m 时,物体速度达到最大值vm,根据动能定理有WF′-μmgx=12mvm2,解得vm=5 m/s,设物体运动的时间为t1,物体先做加速度逐渐减小的加速运动,再做加速度逐渐增大的减速运动,作出物体运动的v-t图像如图所示。
根据v-t图像与t轴所围面积表示位移,可知12vmt1<10 m,解得t1<4 s,故D错误。
高分强化练
11.如图所示为某列从车站匀加速开出的动车,经t1=150 s速度达到v1=108 km/h,之后动车以恒定功率行驶。相关资料显示,该列动车质量m=180 t,运行过程中所受阻力恒为车重的350。设铁轨为水平直线,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)该列动车匀加速运动过程中牵引力F的大小;
(2)该列动车运行的最大速度vm及从车站开出后运行x=8 km的时间t(此时列车已达到最大速度)。
解析:(1)设列车匀加速运动的加速度为a,
v1=30 m/s,由匀变速运动规律有v1=at1,
根据牛顿第二定律F-F阻=ma,由题意可知
F阻=kmg,联立解得F=1.44×105 N。
(2)列车匀速运动时速度最大,设此时列车牵引力为F0,由平衡条件有F0=F阻,设列车以恒定功率运行时的功率为P,由功率公式有P=F0vm=Fv1,联立解得vm=40 m/s,列车匀加速运动发生的位移为x1,由匀变速运动规律有x1=12v1t1,设列车以恒定功率运行的时间为t2,列车从车站开出后运行x=8 km的过程中,由动能定理有Pt2+Fx1-F阻x=12mvm2,列车从车站开出后运行x=8 km的时间t=t1+t2,
联立解得t≈308.3 s。
答案:(1)1.44×105 N (2)40 m/s 308.3 s
12.(2022·嘉兴选考模拟)现将等宽双线在水平面内绕制成如图甲所示轨道,两段半圆形轨道半径均为R=3 m,两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35 m。在轨道上放置一个质量m=0.1 kg的小圆柱,如图乙所示,小圆柱与轨道两侧相切处和小圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°,如图丙所示。两轨道与小圆柱的动摩擦因数均为μ=0.5,小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处,现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0,求:
(1)小圆柱沿AB运动时,内、外轨道对小圆柱的摩擦力Ff1、Ff2的大小;
(2)当v0=6 m/s,小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时,外轨和内轨对小圆柱的压力 FN1、 FN2的大小;
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道,v0的最大值,以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。
解析:(1)小圆柱与轨道两侧相切处和小圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°,根据对称性可知,两侧弹力大小均与重力相等为1 N,内、外轨道对小圆柱的摩擦力
Ff1=Ff2=μmg=0.5 N。
(2)当v0=6 m/s,小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时,根据动能定理
12mv2-12mv02=-(Ff1+Ff2)l,
在B点,FN1sin 60°-FN2sin 60°=mv2R,
FN1cos 60°+FN2cos 60°=mg,
解得FN1=1.3 N,FN2=0.7 N。
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道,v0最大时,
在B点,FN1′sin 60°=mvm2R,FN1′cos 60°=mg,
根据动能定理12mvm2-12mv0m2=-(Ff1+Ff2)l,
解得v0m=57 m/s,
在圆弧上所受摩擦力为
Ff=μFN1′=μmgcos60°=1 N=Ff1+Ff2,
根据动能定理0-12mv0m2=-Ffs,
解得s=2.85 m。
答案:(1)0.5 N 0.5 N (2) 1.3 N 0.7 N (3)57 m/s 2.85 m
13.如图所示为一游戏的装置简化图,轨道ABCDEM由一段半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、一段粗糙的水平轨道BC、光滑圆弧轨道CDE、粗糙斜轨道EM组成,圆弧轨道CDE分别与直轨道BC、EM相切。斜轨道EM倾角为θ=37°,底端有一弹簧装置。一质量为0.02 kg的小钢球(其直径比圆管内径稍小,可视作质点)从离A点高为H处的O点无初速度释放,从A点进入轨道ABCDEM(B处有一阀门,小钢球向右能自由通过,无能量损失,向左阀门关闭并吸住冲到B点的小钢球)。若能够运动到M点,则能够被等速反弹。已知水平轨道BC和斜轨道EM与小钢球间的动摩擦因数μ=0.5,左、右两侧圆弧轨道半径均为R=0.9 m,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。某次游戏时,小钢球恰能通过圆弧的最高点D点,求:
(1)小钢球经过C点时的速度大小vC;
(2)小钢球释放时O、A两点的高度差H;
(3)小钢球经过B点时对轨道的压力大小FB;
(4)若改变小钢球的释放高度H,求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与H的函数关系。
解析:(1)由恰能通过D点,有vD=0,小钢球从C到D的过程中,有-2mgR=0-12mvC2,
解得vC=6 m/s。
(2)由几何关系LBC=Rsin37°=1.5 m,
从O到C的过程中,有
mg(H+R)-μmgLBC=12mvC2-0,
解得H=1.65 m。
(3)从O到B的过程中,有
mg(H+R)=12mvB2-0,
在B点,F-mg=mvB2R,
解得F=43 N,
由牛顿第三定律有FB=F=43 N。
(4)若小钢球恰能第二次经过D点,则从O到第二次经过D点过程中,有
mg(H-R)-μmg(LBC+2Rcos 37°1tan37°)=0,
解得H=2.61 m,
由2mgR>μmgLBC可知,若小钢球能从D点返回圆管道,一定被阀门吸住,则有
①若0
③若H>2.61 m,s=2Rcos 37°1sin37°=2.4 m。
答案:(1)6 m/s (2)1.65 m (3)43 N
(4)见解析
14.如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图,其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台,在平台上面放置一个弹射装置;游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成(底端连接处D与D′略错开)。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1=1.2 m,其C端与水平面相切,O1B与O1C的夹角θ=60°;水平直线轨道CD长度L=1.2 m,动摩擦因数μ=0.5;圆轨道DED′的半径R2=0.8 m。将质量m=0.2 kg的滑块Q置于C点,再将质量同为m=0.2 kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出,通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小,总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道,然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计,小球和滑块均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若h=0.45 m,求小球P从A点弹出时的初速度大小;
(2)若h=0.45 m,求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力;
(3)要使P与Q仅碰撞1次,且滑块运动过程中不脱离轨道,求h需要满足的条件。
解析:(1)从A到B,做平抛运动,则竖直方向上有vy2-0=2gh,水平初速度v0=vytan60°,
解得v0=3 m/s。
(2)从A抛出到C,根据动能定理得
mg(h+R12)=12mvC2-12mv02,
解得vC=26 m/s,
在C点,根据牛顿第二定律FNC-mg=mvC2R1,
解得FNC=6 N,由牛顿第三定律得,小球对圆弧轨道的压力FNC′=FNC=6 N,方向竖直向下。
(3)P与Q弹性碰撞后,速度交换,P静止,Q弹出,若Q碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点,且返回时停在CD轨道上,则仅碰撞1次,刚好到达圆心等高处时,根据动能定理有
mg(R1-R1cos θ)-μmgL-mgR2=0-12mvB12,
解得vB1=4 m/s,返回时刚好到Q点,满足
mg(R1-R1cos θ)-2μmgL=0-12mvB22,
解得vB2=23 m/s,综上解得0
最高点重力提供向心力mg=mvEmin2R2,
解得vB3=210 m/s,
过E点则仅碰撞1次,满足vB≥210 m/s,综上所述0
h要满足的条件是0
(3)0
专题二 功和能 动量
[复习目标定位]
1.掌握功、功率相关的分析与计算方法。
2.深刻理解功能关系。
3.综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律,结合动力学方法解决多运动过程问题。
4.掌握动量定理和动量守恒定律。
5.综合应用动量和能量观点解决复杂问题。
第5讲 功和功率 动能定理 功能关系
题型1 功和功率的计算
1.计算功和功率的注意事项
(1)计算力所做的功时,一定要注意是恒力做功还是变力做功。若是恒力做功,可用公式W=Flcos α进行计算。若是变力做功,可用以下几种方法进行求解:①W=Pt,注意P为恒定功率。②微元法。③图像法。④转换研究对象法。⑤动能定理法。
(2)对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率。P=Wt只能用来计算平均功率。P=Fvcos α中的v是瞬时速度时,计算出的功率是瞬时功率;v是平均速度时,计算出的功率是平均功率。
2.机车启动问题
项目
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P-t
图像
与
v-t
图像
运动
规律
OA段:做加速度逐渐减小的变加速直线运动;
AB段:做速度为vm的匀速直线运动
OA段:以加速度a做匀加速直线运动;
AB段:做加速度逐渐减小的变加速直线运动;
BC段:做速度为vm的匀速直线运动
过程
分析
OA段:v↑⇒F=P额v↓⇒a=F-F阻m↓;
AB段:F=F阻⇒a=0⇒P额=F阻vm
OA段:a=F-F阻m不变⇒F不变⇒v↑⇒P=Fv↑,直到P=P额=Fv1;
AB段:v↑⇒F=P额v↓⇒a=F-F阻m↓;
BC段:F=F阻⇒a=0⇒v达到最大值,vm=P额F阻
解决机车启动问题时的三点注意:
①分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
②匀加速启动过程中,机车功率不断增大,最大功率是额定功率。
③以额定功率启动的过程中,牵引力不断减小,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力。
[例1] (2022·杭州选考模拟)“碳中和”“低碳化”“绿色奥运”是北京冬奥会的标签。本次冬奥会运行超1 000辆氢能源汽车,是全球最大的一次燃料电池汽车示范。某款质量为M的氢能源汽车(如图所示)在一次测试中,沿平直公路以恒定功率P从静止启动做直线运动,行驶路程x,恰好达到最大速度vm。已知该车所受阻力恒定。下列判定正确的是( C )
A.启动过程中,车做匀加速直线运动
B.启动过程中,牵引力对车做的功为12Mvm2
C.车速从0增至vm的加速时间为Mvm22P+xvm
D.车速为vm2时,车的加速度大小为2PMvm
解析:汽车以恒定功率P启动,根据P=Fv可知,启动过程中,速度v增大,则牵引力F减小,根据牛顿第二定律有F-F阻=Ma可知,加速度a减小,则车做加速度减小的加速运动,故A错误;根据题意,可知汽车受到的阻力为F阻=Pvm,启动过程中,根据动能定理有W-F阻x=12Mvm2,牵引力对车做的功为W=Pxvm+12Mvm2,故B错误;车速从0增至vm的过程中,根据动能定理有Pt-F阻x=12Mvm2,联立解得t=Mvm22P+xvm,故C正确;车速为vm2时,汽车的牵引力为F1=Pvm2=2Pvm,根据牛顿第二定律有F1-F阻=Ma1,解得a1=PMvm,故D错误。
[拓展训练1] 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阻恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中,可能正确的是( A )
解析:当汽车的功率为P1时,汽车在运动过程中满足P1=F1v,因为P1不变,v逐渐增大,所以牵引力F1逐渐减小,由牛顿第二定律得F1-F阻=ma1,F阻不变,所以汽车做加速度减小的加速运动,当F1=F阻时速度最大,且vmax=P1F1=P1F阻。当汽车的功率突变为P2时,汽车的牵引力突增为F2,汽车继续加速,由P2=F2v可知F2逐渐减小,又因F2-F阻=ma2,所以加速度逐渐减小,直到F2=F阻时,速度最大,vmax′=P2F阻,以后匀速运动,故A正确。
[拓展训练2] (多选)质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,此后物体的v-t图像如图乙所示,取水平向右为正方向,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( CD )
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5
B.10 s内恒力F做的功为3 J
C.10 s末物体在计时起点左侧2 m处
D.10 s内物体克服摩擦力做功34 J
解析:由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1=2 m/s2,a2=1 m/s2,由牛顿第二定律知F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,联立得F=3 N,μ=0.05,A错误;由v-t图像中图线与坐标轴所围面积的物理意义知,10 s内物体的位移为12×4×8 m-(12×6×6) m=-2 m,负号表示与恒力F的方向相同,则恒力F做的功为W=Fx=6 J,B错误;10 s内物体的位移为-2 m,即在计时起点左侧2 m处,C正确;10 s内物体的路程为s=12×4×8 m+(12×6×6) m=34 m,即10 s内物体克服摩擦力所做的功W=μmgs=0.05×2×10×34 J=34 J,D正确。
题型2 动能定理的应用
1.应用动能定理解题步骤
2.应用动能定理解题应注意的三个问题
(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洁。
(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
[例2] (2022·金华二模)如图所示,某同学设计的游戏装置,由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道BCDEC′(管道口径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧,倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点,水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ=0.5,AB斜轨道倾角θ=37°,AB长度l=0.4 m。小滑块从B点进入管道内,当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦,沿管道外侧运动时无摩擦,管道半径为R=0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块,A点上方挡片可以让小滑块无速度损失地进入AB段,恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36 J时释放小滑块,小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m=0.1 kg,可视为质点,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后,第一次运动到C点时对轨道的压力;
(2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后,运动到E点的过程中,小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功;
(3)若第三次压缩弹簧使弹性势能为0.48 J时释放小滑块,通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v,求v与x之间的关系式。
解析:(1)从C到D,对小滑块由动能定理有
-mgR=0-12mvC2,在C点由牛顿第二定律有FN-mg=mvC2R,联立解得FN=3 N,
由牛顿第三定律可知,第一次运动到C点时小滑块对轨道的压力大小为3 N,方向竖直向下。
(2)由功能关系可知,第二次弹簧对小滑块做的功W=0.36 J,从开始到E点由动能定理有
W+mglsin θ-μmglcos θ-mgR(1+cos θ)+
Wf=12mvE2-0,解得Wf=-0.03 J。
(3)当小滑块以v0通过最高点时对轨道恰好无压力,此时弹簧的弹性势能为E0,由功能关系可知,弹簧对小滑块做的功W0=E0,
由牛顿第二定律有mv02R=mg,
从开始到E点,由动能定理有
W0+mglsin θ-μmglcos θ-mgR(1+cos θ)=12mv02-0,解得E0=0.38 J,弹性势能为0.48 J,大于E0,小滑块在圆管道内不受到摩擦力。由功能关系可知,弹簧第三次对小滑块做的功W′=0.48 J,从开始到离C′距离为x处,由动能定理有
W′+mglsin θ-μmglcos θ+mgR(1-cos θ)-μmgx=12mv2-0,
解得v=12-10x(m/s)。
答案:(1)3 N,方向竖直向下
(2)-0.03 J
(3)见解析
[拓展训练3] (2022·七彩阳光新高考研究联盟模拟)跳台滑雪难度很高,是奥运会中最具观赏性的项目之一。某同学观看了跳台滑雪,设想了如下情景。如图所示,质量m=60 kg的运动员由A点静止出发,通过高hAB=26 m的弯曲滑道AB进入半径R=20 m、圆心角为74°的圆弧形滑道BCD(两轨道在B处平滑相切,B与D等高),并从D点飞出后落至倾角θ=37°的斜面雪道上P点(图中未画出)后,由于斜面雪道的作用,仅保留沿斜面雪道方向的速度,垂直斜面雪道方向的速度立即减为0。随后由斜面雪道底部M进入长xMN=10 m的减速水平轨道MN。整个运动过程中运动员可视为质点,轨道连接处均平滑相切,不考虑空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)若运动员到达圆弧形滑道BCD最低点C时速度vC=20 m/s,求运动员在C点对轨道的压力;
(2)求在(1)问情况下运动员在滑道ABC上运动过程中阻力做的功;
(3)若运动员在D点沿着切线飞出后,到达最高点时速度v0=10 m/s,最高点离斜面雪道E点竖直高度为h0=5 m且E点与M点距离lEM=35 m,运动员与斜面雪道间的动摩擦因数为μ=0.25,运动员进入水平轨道后通过调节滑雪板姿态以改变阻力,要保证安全停在水平轨道MN上,求水平轨道对运动员的平均阻力的最小值。
解析:(1)在C点,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvC2R,解得FN=1 800 N,由牛顿第三定律得F压=FN=1 800 N,方向竖直向下。
(2)从A到C过程中,根据动能定理有
mg[hAB+R(1-cos 37°)]+Wf=12mvC2,
解得Wf=-6×103 J。
(3)从最高点落到斜面过程中做平抛运动,
x=v0t,y=12gt2,y-h0x=tan θ,解得t=2 s,
可得lEP=v0tcosθ=25 m,因此lPM=10 m,
落到P点后的速度
vP=v0cos θ+gtsin θ=20 m/s,
从P到N过程中,根据动能定理有
mglPMsin θ-μmgcos θ·lPM-F阻xMN=0-12mvP2,解得F阻=1.44×103 N。
答案:(1)1 800 N,方向竖直向下 (2)-6×103 J
(3)1.44×103 N
[拓展训练4] (2022·宁波二模)如图所示,在竖直平面内,某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成,两段圆弧半径均为R=0.5 m,B、D等高,图中θ角均为37°,AB与圆弧相切,AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场E=108 N/C,且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统(弹簧长度很短,长度和质量不计,可以认为滑块从A点射出),具有初始弹性势能Ep=2.5 J,某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出,冲上直轨道AB,直轨道AB上铺有特殊材料,使滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ大小可调。滑块进入光滑圆弧轨道后,最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为m=0.1 kg,带电荷量为q=+8.0×10-9 C,B点的高度h=1.8 m,整个过程中滑块可视为质点,所带电荷量保持不变,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)若调节AB间的特殊材料,使其变为光滑,求滑块在最高点C点时对轨道的作用力;
(2)现调节AB间的动摩擦因数μ,求滑块首次到达E点时的速率vE与μ之间的关系式;
(3)若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点,求动摩擦因数μ。
解析:(1)设AB长为l,由几何关系得
l=hsinθ=3 m,
由功能关系可得弹射系统对滑块做的功W=Ep,从A点到C点,由动能定理有
W+Eql-mgh-mgR(1-cos θ)=12mvC2-0,
在C点根据牛顿第二定律有FN+mg=mvC2R,
解得FN=11 N,根据牛顿第三定律,在C点滑块对轨道上端的压力FN′=FN=11 N,方向竖直向上。
(2)由A点到E点,根据动能定理得
W+Eql-mgh+mgR(1-cos θ)-μmgcos θ·l=12mvE2-0,解得vE=64-48μ(m/s),
考虑到滑块需先过C点,即
12mvC2-0=W+Eql-mgh-mgR(1-cos θ)-μmgcos θ·l≥0,所以μ≤54,
所以vE=64-48μ(m/s)(μ≤54)。
(3)滑块经多次碰撞,最终在轨道AB中点速度减为0,由动能定理可得W+Eq·l2-mg·h2-μmgcos θ·(32l+ nl)=0,其中n=0,1,2,3…,
解得μ=73(2n+3),其中n=0,1,2,3…,
要让滑块在中点能停住Eq-mgsin θ≤μmgcos θ,所以μ≥14,又μ≤54,
因此,只有n=0,1,2,3时满足条件,所以动摩擦因数μ只能取79,715,13,727这4个值。
答案:(1)11 N,方向竖直向上 (2)vE=64-48μ(m/s)(μ≤54) (3)见解析
题型3 功能关系及应用
1.七种常用的功能关系
2.应用功能关系解题的注意事项
(1)弄清物体的受力情况和运动情况,根据物体的运动过程分析物体的受力情况及不同的运动过程中力的变化情况。
(2)根据各力做功的不同特点分析各力在不同的运动过程中的做功情况。
(3)根据不同能量变化运用不同的功能关系。
①只涉及动能的变化用动能定理分析。
②只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析。
③只涉及机械能的变化,用除重力和系统内弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。
[例3] (多选)如图所示,倾角为30°的绝缘粗糙斜面固定在水平面上,斜面上方有与斜面平行向上的匀强电场,一带正电的物块(可视为质点)以一定的初速度沿斜面向上运动,加速度大小为3 m/s2,方向沿斜面向下,重力加速度g取10 m/s2,则在物块运动过程中,下列说法正确的是( BC )
A.物块的机械能和电势能之和保持不变
B.物块电势能的减少量大于物块克服摩擦力做的功
C.静电力做的功小于物块克服摩擦力和重力做的功之和
D.物块的机械能减少
解析:物块受摩擦力,所以机械能和电势能之和减小,A错误;设物块质量为m,静电力为F电,受到的摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律有mgsin θ+Ff-F电=ma,代入数据可得F电-Ff=2m,所以F电>Ff,mgsin θ+Ff>F电,根据W=Fx可得,静电力与摩擦力做的功的关系有F电x>Ffx,摩擦力和重力做的功与静电力做的功的关系有(mgsin θ+Ff)x>F电x,电势能的减少量等于静电力做的功,B、C正确;物块受到的外力中,静电力大于摩擦力,整体做正功,所以整体机械能增加,D错误。
[拓展训练5] 如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面O点的转轴上,另一端与可视为质点的小球相连。小球在A处以初速度v0开始向上滑行,经过B点时速度为v,到达C点时速度恰好为零,B为光滑倾斜直杆AC的中点,OB垂直于直杆,长度等于弹簧原长,下列说法正确的是( B )
A.上滑过程中,小球机械能始终不变
B.速度最大值出现在AB段
C.经过AB、BC段的时间相等
D.弹簧的最大弹性势能为14mv2-14mv02
解析:因弹簧对小球先做正功再做负功,则小球的机械能先增大后减小,A错误;速度最大时,加速度为零,则合力为零,此时重力沿杆的分力与弹簧弹力沿杆向上的分力大小相等,此位置在AB之间的某一点,B正确;AB、BC段长度相等,但AB段平均速度大,所用时间短,C错误;AC过程中由动能定理可得mg·2h=12mv02,AB段由动能定理可得W弹-mgh=12mv2-12mv02,解得W弹=12mv2-14mv02,根据功能关系可得Epm=W弹=12mv2-14mv02,D错误。
[拓展训练6] 一物块在高3.0 m、长 5.0 m的斜面底端以某一初速度沿斜面上滑,其动能和重力势能随上滑距离的变化关系如图中直线 Ⅰ 、 Ⅱ 所示,重力加速度g取 10 m/s2,则下列说法正确的是( B )
A.物块上滑时加速度的大小为6.0 m/s2
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.50
C.当物块上滑到s=2.5 m时,其动能和重力势能相等
D.在物块上滑s=4.0 m过程中,其机械能损失了12 J
解析:物块在末位置的重力势能为Ep=mgh=18 J,则物块的质量m=0.6 kg,上滑过程中,根据动能定理可得-maL=0-Ek0,根据题图可知 Ek0=30 J,解得加速度大小为a=10 m/s2,选项A错误;令斜面的倾角为θ,则sin θ=hL=3.05.0=0.6,上滑过程中根据牛顿第二定律可得 mgsin θ+μmgcos θ=ma,解得μ=0.50,选项B正确;根据图像可知,当物块上滑到s=2.5 m时,其动能大于重力势能,选项C错误;在物块上滑s= 4.0 m过程中,机械能的损失为ΔE=μmgcos θ·s=0.50×0.6×10×0.8×4.0 J=9.6 J,选项D错误。
专题训练5 功和功率 动能定理 功能关系
保分基础练
1.有一种工业上疏浚河道的船,其参数性能如表所示。
发动机
最大功率
332 kW
最大
提升高度
8.42 m
单次开挖泥沙最大量
1.74 t
最大输送量
100 m3/h
则该船开挖一次泥沙对泥沙做的功最大约为( A )
A.1.5×105 J B.1.8×105 J
C.1.6×106 J D.2.1×106 J
解析:依题意,根据功能关系,可得该船开挖一次泥沙对泥沙做的功最大约为W=mgh=1.74×103×10×8.42 J≈1.5×105 J,故选A。
2.某动车组列车在水平测试轨道上,动车组以额定功率7 200 kW启动,总质量540 t,测得最高时速为216 km/h,若运动阻力与速率成正比,当其加速到108 km/h时,动车组的加速度约为多大(g取 10 m/s2)( C )
A.0.09 m/s2 B.0.22 m/s2
C.0.33 m/s2 D.0.44 m/s2
解析:最高时速216 km/h,即60 m/s,此时牵引力等于阻力F阻=Pvm=kvm,当其加速到108 km/h时,即30 m/s,此时牵引力F=Pv,此时加速度a=F-kvm,联立解得a=0.33 m/s2,故A、B、D错误,C正确。
3.(2022·绍兴期末)如图所示,某同学采用“背跃式”——身体横着恰好越过了高度为2 m的横杆,若该同学体重为60 kg,身高为1.8 m,忽略空气阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是( A )
A.达到最高点时,该同学所受重力的瞬时功率为零
B.起跳离地上升过程,该同学克服重力做功约为1 200 J
C.起跳离地前,地面支持力对该同学做功约为660 J
D.起跳时地面对该同学的支持力大于他对地面的压力
解析:达到最高点时,该同学速度为零,所受重力的瞬时功率为零,故A正确;起跳离地上升过程,该同学克服重力做功W=mgh=60×10×(2-0.9)J=660 J,故B错误;地面支持力作用点始终未动,支持力对该同学做功为0,故C错误;起跳时地面对该同学的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力,等大反向,故D错误。
4.如图所示,光滑平行金属导轨固定在水平面上,左端由导线相连,导体棒垂直静止于导轨上构成闭合回路,在外力F作用下,回路上方的条形磁体竖直向上做匀速运动,在匀速运动过程中外力F做功WF,安培力对导体棒做功W1,磁体克服安培力做功W2,重力对磁体做功WG,回路中产生的焦耳热为Q,导体棒获得的动能为Ek,则下列说法错误的是( C )
A.W1=W2-Q B.W1=Ek
C.W1=Q D.W1=WF+WG-Q
解析:对导体棒,根据动能定理可得W1=Ek,B正确;根据功能关系及能量守恒定律可知,磁体克服安培力做的功等于导体棒获得的动能与回路产生的焦耳热,即W2=W1+Q,整理可得W1=W2-Q,A正确,C错误;由于磁体匀速上升,对磁体由动能定理可得WF+WG-W2=0,又W2=W1+Q,联立解得W1=WF+WG-Q,D正确。
5.(2022·嘉兴一模)如图为某广场的音乐喷泉表演,喷泉喷出的水柱竖直向上到达了约25层楼的高度。已知圆形喷管的直径约为10 cm,则用于给喷管喷水的电动机的输出功率约为( C )
A.3 kW B.30 kW
C.300 kW D.30 000 kW
解析:圆形喷管直径约为10 cm,则半径r=5 cm=0.05 m,25层楼的高度约为80 m,则水离开管口的速度为v=2gh=2×10×80=40 m/s,设供水的电动机的输出功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内,喷出水柱的质量为m=ρvΔtS=ρπr2vΔt,根据动能定理PΔt=12mv2,解得P=ρπr2v32≈251 kW,故选C。
6.如图所示,质量为m的物体静止在水平地面上,物体上面连接一轻弹簧,用手拉着弹簧上端将物体缓慢提高h,若不计物体动能的改变,重力加速度为g,则物体重力势能的变化ΔEp和手对弹簧的拉力做的功W分别是( C )
A.ΔEp=mgh,W=mgh
B.ΔEp>mgh,W=mgh
C.ΔEp=mgh,W>mgh
D.ΔEp>mgh,W>mgh
解析:重力势能的变化量等于克服重力所做的功,即ΔEp=-WG=-(-mgh)=mgh,由于不计物体动能的改变,ΔE弹=W+WG=W-mgh>0,因此手对弹簧的拉力做的功W>mgh。
7.一辆汽车由静止开始沿平直公路保持恒定的功率P0启动,假设汽车在启动过程中所受的阻力大小不变,在启动过程中利用计算机描绘出了汽车的加速度关于速度倒数的变化规律图像,如图所示,图像中标出的量均为已知量。则下列说法正确的是( B )
A.阻力大小为P0c
B.该汽车的最大速度为1c
C.该汽车的质量大小为dP0c
D.汽车从启动到速度达到最大所需的时间为1cd
解析:根据牛顿第二定律F-F阻=ma,而F=P0v,整理得a=P0m·1v-F阻m,速度最大时,加速度为零,由图像可知vm=P0F阻=1c,则汽车所受阻力大小F阻=P0vm=P0c,A错误,B正确;由图像斜率可知k=dc=P0m,汽车的质量m=P0cd,C错误;因为汽车以恒定功率运动,做变加速运动,加速度在变化,且未知汽车从启动到速度达到最大时走过的位移,则根据题目已知条件,无法求出汽车运动到最大速度的时间,D错误。
8.(2022·杭州二模)电梯一般用电动机驱动,钢丝绳挂在电动机绳轮上,一端悬吊轿厢,另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱动轿厢上下运动。若电梯轿厢质量为m1=2×103 kg,配重质量为m2=2.4×103 kg。某次电梯轿厢由静止开始上升的vt图像如图乙所示,不计空气阻力。下列说法正确的是( D )
A.电梯轿厢在第10 s内处于失重状态
B.上升过程中,钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C.在第1 s内,电动机做的机械功为2.4×104 J
D.上升过程中,钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104 W
解析:由题图乙可知,电梯轿厢在第10 s内做匀速直线运动,处于平衡状态,故A错误;以1～10 s为例,轿厢和配重都处于平衡状态,根据平衡条件可知左边钢绳的拉力与轿厢重力相等,右边钢绳的拉力与配重的重力相等,由题意知轿厢和配重质量不相等,钢绳对轿厢和对配重的拉力大小不相等,故B错误;由题图乙可知在第1 s内,轿厢上升1 m,配重下降1 m,设电动机做的机械功为W,由动能定理得W+m2gh-m1gh=12(m1+m2)v2,解得W=4.8×103 J,故C错误;当钢绳对轿厢拉力最大,轿厢速度最大时,钢绳对轿厢做功的功率最大,可知在轿厢加速上升阶段,由牛顿第二定律得FT-m1g=m1a,由题图乙可知a=2 m/s2,最大速度为2 m/s,则钢绳对轿厢做功的最大功率为P=FTv,联立解得P=4.8×104 W,故D正确。
9.(2021·湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是( C )
A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变
B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动
C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为34vm
D.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12mvm2-Pt
解析:对动车组由牛顿第二定律有F-F阻=ma,若动车组在匀加速启动,即加速度a恒定,但F阻=kv,随速度增大而增大,则牵引力也随阻力增大而变大,故A错误;若四节动力车厢输出功率均为额定值,则总功率为4P,由牛顿第二定律有4Pv-kv=ma,故可知加速启动的过程,牵引力减小,阻力增大,则加速度逐渐减小,故B错误;若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶时加速度为零,有2.25Pv=kv,而以额定功率匀速时,有4Pvm=kvm,联立解得v=34vm,故C正确;若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,由动能定理可知4Pt-W阻=12mvm2-0,可得动车组克服阻力做的功为W阻=4Pt-12mvm2,故D错误。
10.(多选)如图甲所示,质量m=10 kg的物体静止在水平地面上,在水平推力F的作用下开始运动,水平推力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列判断正确的是( AB )
A.x=5 m时,物体的速度最大
B.x=10 m时,物体的速度为0
C.物体的位移在0～10 m的过程中,力F对物体所做的功为1 000 J
D.物体的位移在0～10 m的过程中,物体运动的时间大于4 s
解析:由题图乙可知F随x变化的关系式为F=(100-10x) N,则物体所受合力随x的表达式为F合=F-μmg=(50-10x) N,当x<5 m时,F合始终沿正方向,物体做加速度减小的加速运动,速度一直增大,当x=5 m时速度达到最大值,故A正确;x=10 m时,设物体的速度大小为v,Fx图像与坐标轴所围的面积表示F做的功,则物体的位移在0～10 m的过程中,力F对物体所做的功为WF=12×100×10 J=500 J,根据动能定理有WF-μmgx=12mv2,解得v=0,故B正确,C错误;0～5 m过程中,F做的功为WF′=12×(100+50)×5 J=375 J,根据上述分析可知x=5 m 时,物体速度达到最大值vm,根据动能定理有WF′-μmgx=12mvm2,解得vm=5 m/s,设物体运动的时间为t1,物体先做加速度逐渐减小的加速运动,再做加速度逐渐增大的减速运动,作出物体运动的v-t图像如图所示。
根据v-t图像与t轴所围面积表示位移,可知12vmt1<10 m,解得t1<4 s,故D错误。
高分强化练
11.如图所示为某列从车站匀加速开出的动车,经t1=150 s速度达到v1=108 km/h,之后动车以恒定功率行驶。相关资料显示,该列动车质量m=180 t,运行过程中所受阻力恒为车重的350。设铁轨为水平直线,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)该列动车匀加速运动过程中牵引力F的大小;
(2)该列动车运行的最大速度vm及从车站开出后运行x=8 km的时间t(此时列车已达到最大速度)。
解析:(1)设列车匀加速运动的加速度为a,
v1=30 m/s,由匀变速运动规律有v1=at1,
根据牛顿第二定律F-F阻=ma,由题意可知
F阻=kmg,联立解得F=1.44×105 N。
(2)列车匀速运动时速度最大,设此时列车牵引力为F0,由平衡条件有F0=F阻,设列车以恒定功率运行时的功率为P,由功率公式有P=F0vm=Fv1,联立解得vm=40 m/s,列车匀加速运动发生的位移为x1,由匀变速运动规律有x1=12v1t1,设列车以恒定功率运行的时间为t2,列车从车站开出后运行x=8 km的过程中,由动能定理有Pt2+Fx1-F阻x=12mvm2,列车从车站开出后运行x=8 km的时间t=t1+t2,
联立解得t≈308.3 s。
答案:(1)1.44×105 N (2)40 m/s 308.3 s
12.(2022·嘉兴选考模拟)现将等宽双线在水平面内绕制成如图甲所示轨道,两段半圆形轨道半径均为R=3 m,两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35 m。在轨道上放置一个质量m=0.1 kg的小圆柱,如图乙所示,小圆柱与轨道两侧相切处和小圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°,如图丙所示。两轨道与小圆柱的动摩擦因数均为μ=0.5,小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处,现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0,求:
(1)小圆柱沿AB运动时,内、外轨道对小圆柱的摩擦力Ff1、Ff2的大小;
(2)当v0=6 m/s,小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时,外轨和内轨对小圆柱的压力 FN1、 FN2的大小;
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道,v0的最大值,以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。
解析:(1)小圆柱与轨道两侧相切处和小圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°,根据对称性可知,两侧弹力大小均与重力相等为1 N,内、外轨道对小圆柱的摩擦力
Ff1=Ff2=μmg=0.5 N。
(2)当v0=6 m/s,小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时,根据动能定理
12mv2-12mv02=-(Ff1+Ff2)l,
在B点,FN1sin 60°-FN2sin 60°=mv2R,
FN1cos 60°+FN2cos 60°=mg,
解得FN1=1.3 N,FN2=0.7 N。
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道,v0最大时,
在B点,FN1′sin 60°=mvm2R,FN1′cos 60°=mg,
根据动能定理12mvm2-12mv0m2=-(Ff1+Ff2)l,
解得v0m=57 m/s,
在圆弧上所受摩擦力为
Ff=μFN1′=μmgcos60°=1 N=Ff1+Ff2,
根据动能定理0-12mv0m2=-Ffs,
解得s=2.85 m。
答案:(1)0.5 N 0.5 N (2) 1.3 N 0.7 N (3)57 m/s 2.85 m
13.如图所示为一游戏的装置简化图,轨道ABCDEM由一段半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、一段粗糙的水平轨道BC、光滑圆弧轨道CDE、粗糙斜轨道EM组成,圆弧轨道CDE分别与直轨道BC、EM相切。斜轨道EM倾角为θ=37°,底端有一弹簧装置。一质量为0.02 kg的小钢球(其直径比圆管内径稍小,可视作质点)从离A点高为H处的O点无初速度释放,从A点进入轨道ABCDEM(B处有一阀门,小钢球向右能自由通过,无能量损失,向左阀门关闭并吸住冲到B点的小钢球)。若能够运动到M点,则能够被等速反弹。已知水平轨道BC和斜轨道EM与小钢球间的动摩擦因数μ=0.5,左、右两侧圆弧轨道半径均为R=0.9 m,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。某次游戏时,小钢球恰能通过圆弧的最高点D点,求:
(1)小钢球经过C点时的速度大小vC;
(2)小钢球释放时O、A两点的高度差H;
(3)小钢球经过B点时对轨道的压力大小FB;
(4)若改变小钢球的释放高度H,求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与H的函数关系。
解析:(1)由恰能通过D点,有vD=0,小钢球从C到D的过程中,有-2mgR=0-12mvC2,
解得vC=6 m/s。
(2)由几何关系LBC=Rsin37°=1.5 m,
从O到C的过程中,有
mg(H+R)-μmgLBC=12mvC2-0,
解得H=1.65 m。
(3)从O到B的过程中,有
mg(H+R)=12mvB2-0,
在B点,F-mg=mvB2R,
解得F=43 N,
由牛顿第三定律有FB=F=43 N。
(4)若小钢球恰能第二次经过D点,则从O到第二次经过D点过程中,有
mg(H-R)-μmg(LBC+2Rcos 37°1tan37°)=0,
解得H=2.61 m,
由2mgR>μmgLBC可知,若小钢球能从D点返回圆管道,一定被阀门吸住,则有
①若0
③若H>2.61 m,s=2Rcos 37°1sin37°=2.4 m。
答案:(1)6 m/s (2)1.65 m (3)43 N
(4)见解析
14.如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图,其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台,在平台上面放置一个弹射装置;游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道BC、粗糙水平直线轨道CD与竖直固定的光滑圆轨道DED′组成(底端连接处D与D′略错开)。已知圆弧轨道BC的圆心为O1、半径R1=1.2 m,其C端与水平面相切,O1B与O1C的夹角θ=60°;水平直线轨道CD长度L=1.2 m,动摩擦因数μ=0.5;圆轨道DED′的半径R2=0.8 m。将质量m=0.2 kg的滑块Q置于C点,再将质量同为m=0.2 kg的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出,通过改变AB高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小,总能让小球沿B点的切线方向进入BC圆弧轨道,然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计,小球和滑块均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若h=0.45 m,求小球P从A点弹出时的初速度大小;
(2)若h=0.45 m,求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力;
(3)要使P与Q仅碰撞1次,且滑块运动过程中不脱离轨道,求h需要满足的条件。
解析:(1)从A到B,做平抛运动,则竖直方向上有vy2-0=2gh,水平初速度v0=vytan60°,
解得v0=3 m/s。
(2)从A抛出到C,根据动能定理得
mg(h+R12)=12mvC2-12mv02,
解得vC=26 m/s,
在C点,根据牛顿第二定律FNC-mg=mvC2R1,
解得FNC=6 N,由牛顿第三定律得,小球对圆弧轨道的压力FNC′=FNC=6 N,方向竖直向下。
(3)P与Q弹性碰撞后,速度交换,P静止,Q弹出,若Q碰撞后没滑上圆轨道或滑上圆轨道位置处不超过圆心等高点,且返回时停在CD轨道上,则仅碰撞1次,刚好到达圆心等高处时,根据动能定理有
mg(R1-R1cos θ)-μmgL-mgR2=0-12mvB12,
解得vB1=4 m/s,返回时刚好到Q点,满足
mg(R1-R1cos θ)-2μmgL=0-12mvB22,
解得vB2=23 m/s,综上解得0
最高点重力提供向心力mg=mvEmin2R2,
解得vB3=210 m/s,
过E点则仅碰撞1次,满足vB≥210 m/s,综上所述0
h要满足的条件是0
(3)0
相关学案
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