2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義專題強化八 應(yīng)用動能定理解決多過程問題含答案

2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義專題強化八應(yīng)用動能定理解決多過程問題學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題。2.會應(yīng)用動能定理處理往復(fù)運動求路程等復(fù)雜問題?？键c一動能定理在多過程問題中的應(yīng)用1.運用動能定理解決多過程問題的兩種思路(1)分段應(yīng)用動能定理求解。(2)所求解的問題不涉及中間的速度時，全過程應(yīng)用動能定理求解更簡便。2.全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點。(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。例1如圖1所示，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小滑塊，在水平拉力F＝4N的作用下，從水平面上的A處由靜止開始運動，滑行x＝1.75m后由B處滑上傾角為37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不變，方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，滑動一段時間后撤去拉力。已知小滑塊沿斜面上滑到的最高點C距B點為L＝2m，小滑塊最后恰好停在A處。不計B處能量損失，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。試求：圖1(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的距離x0；(3)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的時間t。答案(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s解析(1)小滑塊由C運動到A，由動能定理得mgLsin37°－μmgx＝0解得μ＝eq\f(24,35)。(2)小滑塊在斜面上運動時，設(shè)拉力作用的距離為x0，小滑塊由A運動到C，由動能定理得Fx－μmgx＋Fx0－mgLsin37°＝0解得x0＝1.25m。(3)小滑塊由A運動到B，由動能定理得Fx－μmgx＝eq\f(1,2)mv2在斜面上，由牛頓第二定律得F－mgsin37°＝ma由運動學(xué)公式得x0＝vt＋eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝0.5s。跟蹤訓(xùn)練1.(2022·上海卷，19)如圖2所示，AB為平直導(dǎo)軌，長為L，物塊與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，BC為光滑曲面，A與地面間的高度差為h1，B、C間高度差為h2。一個質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點由靜止開始向右運動，到達B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過C點后在空中運動一段時間落地，已知重力加速度為g。圖2(1)若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能EkB；(2)若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件。答案(1)E1－mgh1(2)eq\f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)解析(1)對物塊從B點到落地的過程，由動能定理，有mgh1＝E1－EkB解得EkB＝E1－mgh1。(2)對物塊從A點到落地的整個過程，當(dāng)落地動能為E1時，對應(yīng)的拉力最大，設(shè)為Fmax，由動能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1解得Fmax＝eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)若物塊恰能到達C點，對應(yīng)的拉力最小，設(shè)為Fmin，根據(jù)動能定理有FminL－μmgL－mgh2＝0解得Fmin＝eq\f(μmgL＋mgh2,L)則恒力F必須滿足的條件為eq\f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq\f(E1－mgh1＋μmgL,L)。2.如圖3所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點質(zhì)量為m＝1kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變?，F(xiàn)對小物塊施加F＝10N的水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動。小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止。圖中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度取g＝10m/s2。求小物塊：圖3(1)與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)向右運動過程中經(jīng)過O點的速度大??；(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。答案(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m解析(1)小物塊速度達到最大時，加速度為零，則F－μmg－F彈＝0，μ＝eq\f(F－F彈,mg)＝0.4。(2)設(shè)向右運動通過O點時的速度為v0，從O→B，由動能定理得－FfxOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)Ff＝μmg＝4N解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s。(3)設(shè)彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據(jù)動能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0代入數(shù)值得xmax＝0.9m?？键c二動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用1.往復(fù)運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定的。2.解題策略：求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細(xì)節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。例2如圖4所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的A點等高。質(zhì)量m＝0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方，其底端距A點的高度h1＝1.10m，籃球靜止釋放，測得第一次撞擊彈簧時，彈簧的最大形變量x1＝0.15m，第一次反彈至最高點，籃球底端距A點的高度h2＝0.873m，籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時彈簧的形變量x2＝0.01m，彈性勢能為Ep＝0.025J。若籃球運動時受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時的能量損失和籃球形變，彈簧形變在彈性限度范圍內(nèi)，g取10m/s2。求：圖4(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)籃球在運動過程中受到的空氣阻力大??；(3)籃球在整個運動過程中通過的路程；(4)籃球在整個運動過程中速度最大的位置。答案(1)500N/m(2)0.5N(3)11.05m(4)第一次下落至A點下方0.009m處速度最大解析(1)由籃球最后靜止的位置可知kx2＝mg所以k＝500N/m。(2)在籃球由靜止下落到第一次反彈至最高點的過程中，由動能定理可知mgΔh－fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)整個過程動能變化為0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h(huán)2)＝1.135J空氣阻力恒定，作用距離為L＝h1＋h2＋2x1＝2.273m解得f≈0.5N。(3)整個運動過程中，空氣阻力一直與運動方向相反，根據(jù)動能定理有WG＋Wf＋W彈＝eq\f(1,2)mv2′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)整個過程動能變化為0，重力做功WG＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55J彈力做功W彈＝－Ep＝－0.025J則空氣阻力做功Wf＝－fs＝－5.525J解得s＝11.05m。(4)籃球速度最大的位置是第一次下落到合力為零的位置，此時mg＝f＋kx3，得x3＝0.009m，即籃球第一次下落至A點下方0.009m處速度最大。跟蹤訓(xùn)練3.(2023·福建福州模擬)如圖5所示，質(zhì)量為m的小滑塊從A點由靜止開始沿傾角為θ的固定斜面下滑，在B處撞到一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧的另一端固定在斜面底端C處，A、B之間距離為L。已知小滑塊與斜面AB段間的動摩擦因數(shù)為μ(μ<tanθ)，BC段光滑，小滑塊在壓縮彈簧過程彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求：圖5(1)小滑塊速度最大時，離B點的距離；(2)小滑塊第一次運動到B點的時間；(3)小滑塊第n次在B點與彈簧脫離后的動能。答案(1)eq\f(mgsinθ,k)(2)eq\r(\f(2L,gsinθ－μgcosθ))(3)eq\f(（sinθ－μcosθ）n,（sinθ＋μcosθ）n－1)mgL解析(1)滑塊沿斜面勻加速下滑，撞上彈簧后做加速度減小的加速運動，當(dāng)a＝0時滑塊速度最大，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x，則mgsinθ＝kx解得x＝eq\f(mgsinθ,k)滑塊離B點的距離為eq\f(mgsinθ,k)時速度最大。(2)設(shè)滑塊受斜面的支持力大小為FN，滑動摩擦力大小為Ff，滑塊的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff＝ma豎直方向FN－mgcosθ＝0滑動摩擦力公式Ff＝μFN運動學(xué)公式L＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μgcosθ))。(3)由于BC段光滑，小滑塊到達B點和脫離B點時的動能相等。設(shè)滑塊第一次脫離B時的動能為Ek1，由動能定理得mgLsinθ－μmgLcosθ＝Ek1－0設(shè)滑塊第一次離開B點后沿斜面上升x1，由動能定理得－mgx1sinθ－μmgx1cosθ＝0－Ek1聯(lián)立解得x1＝eq\f(sinθ－μcosθ,sinθ＋μcosθ)L設(shè)滑塊第二次脫離B時的動能為Ek2，由動能定理得mgx1sinθ－μmgx1cosθ＝Ek2－0聯(lián)立解得Ek2＝eq\f(（sinθ－μcosθ）2,sinθ＋μcosθ)mgL設(shè)小滑塊第二次脫離B點后，沿斜面向上運動距離為x2，由動能定理得－mgx2sinθ－μmgx2cosθ＝0－Ek2聯(lián)立解得x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ－μcosθ,sinθ＋μcosθ)))eq\s\up12(2)L依此類推，滑塊第n次在B點與彈簧脫離時，動能為Ekn＝eq\f(（sinθ－μcosθ）n,（sinθ＋μcosθ）n－1)mgL。1.如圖1所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點無初速度下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運動，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：圖1(1)滑塊第一次至左側(cè)AC弧上時距A點的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。答案(1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)解析(1)滑塊從D到達左側(cè)最高點F經(jīng)歷DC、CB、BF三個過程，現(xiàn)以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通過分析可知，滑塊最終運動至C點的速度為0時對應(yīng)在斜面上通過的總路程最大，由動能定理得mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0解得s＝eq\f(R,μ)。2.如圖2所示，一小球從A點以某一水平向右的初速度出發(fā)，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R＝10cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開圓形軌道后可繼續(xù)向C點運動，C點右側(cè)有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h＝0.8m，水平距離s＝1.2m，水平軌道AB長為L1＝2.75m，BC長為L2＝3.5m，小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。圖2(1)若小球恰能通過圓形軌道的最高點，求小球在A點的初速度大??；(2)小球既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小球在A點初速度大小的范圍。答案(1)4m/s(2)4m/s≤vA≤5m/s或vA≥eq\r(34)m/s解析(1)小球恰好通過圓形軌道的最高點時，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)從A點到圓形軌道的最高點的過程中，根據(jù)動能定理得－μmgL1－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)解得小球在A點的初速度vA1＝4m/s。(2)若恰好運動到C點時，速度為零，則從A到C的過程中，根據(jù)動能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)解得小球在A點的初速度vA2＝5m/s因此若小球停在BC段，則滿足4m/s≤vA≤5m/s若恰好能越過壕溝，則從C到D做平拋運動h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vt從A到C的過程中，根據(jù)動能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A3)解得小球在A點的初速度vA3＝eq\r(34)m/s因此若小球能越過壕溝，則滿足vA≥eq\r(34)m/s。3.學(xué)?？萍夹〗M設(shè)計了“e”字型軌道豎直放置在水平面上，如圖3所示，該軌道由兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF連接，軌道CDE半徑r＝0.1m，軌道ABC半徑為2r，A端與地面相切?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.2kg的小滑塊從水平地面P點以速度v0＝2eq\r(3)m/s沿軌道上滑，運動到F點與擋板發(fā)生完全彈性相碰。已知直線軌道EF長為L＝0.5m，小滑塊與軌道EF的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余阻力均不計，小滑塊可視為質(zhì)點。求：圖3(1)小滑塊在ABC圓軌道運動時對軌道C點的壓力；(2)小滑塊最終停止的位置離F點的距離；(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運動過程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度滿足什么條件。答案(1)2N，方向豎直向上(2)0.3m(3)eq\r(10)m/s<v0≤4m/s解析(1)滑塊從P到C的過程中，根據(jù)動能定理可得－mg·4r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C點對滑塊根據(jù)牛頓第二定律可得FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),2r)聯(lián)立解得FN＝2N根據(jù)牛頓第三定律可知小滑塊對軌道的壓力為2N，方向豎直向上。(2)從P點到EF軌道停止過程中，根據(jù)動能定理可得－mg·2r－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s＝0.8m＝(L＋0.3)m所以滑塊最終停在離F點0.3m處。(3)滑塊剛好經(jīng)過最高點C，根據(jù)牛頓第二定律可知mg＝eq\f(mv2,2r)滑塊從P到C的過程中，根據(jù)動能定理可得－mg·4r＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立解得v1＝eq\r(10)m/s當(dāng)滑塊第一次從擋板彈回時，到達小圓的圓心等高處時速度為零，滑塊從P到D的過程中，根據(jù)動能定理可得－mg·3r－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝4m/s所以滑塊的初速度范圍為eq\r(10)m/s<v0≤4m/s。4.(2023·福建漳州模擬)如圖4所示，不可伸長的輕繩一端與質(zhì)量為m的小球相連，另一端跨過兩等高定滑輪與物塊連接，物塊置于左側(cè)滑輪正下方的水平壓力傳感裝置上，小球與右側(cè)滑輪的距離為l?，F(xiàn)用水平向右恒力F＝eq\f(3,4)mg將小球由最低處拉至輕繩與豎直方向夾角θ＝37°處，立即撤去F，此時傳感裝置示數(shù)為eq\f(4,5)mg。已知物塊始終沒有脫離傳感裝置，重力加速度為g，不計滑輪的大小和一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖4(1)撤去F時小球的速度大??；(2)小球返回最低處時輕繩的拉力大小；(3)小球返回最低處時傳感裝置的示數(shù)。答案(1)eq\f(\r(2gl),2)(2)eq\f(19,10)mg(3)eq\f(1,5)mg解析(1)對小球，由動能定理得Flsinθ－mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)可得v1＝eq\f(\r(2gl),2)。(2)從撤去力F到運動至最低位置的過程中，由動能定理得mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)在最低位置時，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T1，對小球，由牛頓第二定律得T1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),l)解得T1＝eq\f(19,10)mg。(3)撤去F時傳感裝置的示數(shù)為FN1＝eq\f(4,5)mg設(shè)此時細(xì)繩的拉力大小為T2，物塊質(zhì)量為M，對物塊由平衡條件FN1＋T2＝Mg對小球T2－mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,1),l)小球再次運動至最低處時，物塊所受支持力為FN2，則FN2＋T1＝Mg由牛頓第三定律可知傳感器示數(shù)FN2′＝FN2解得FN2′＝eq\f(1,5)mg。專題強化九動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用(一)——多運動組合問題學(xué)習(xí)目標(biāo)掌握運用動力學(xué)和能量觀點分析復(fù)雜運動的方法，進而利用動力學(xué)和能量觀點解決多運動組合的綜合問題。1.分析思路(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。(3)功能關(guān)系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規(guī)律求解。2.方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動情景。(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律。(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。例1(2022·浙江1月選考，20)如圖1所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(7,8)?；瑝K與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8?；瑝K開始時均從軌道AB上某點靜止釋放，圖1(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大?。?2)設(shè)釋放點距B點的長度為lx，求滑塊第1次經(jīng)F點時的速度v與lx之間的關(guān)系式；(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值。答案(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)(0.85m≤lx≤3m)(3)見解析解析(1)滑塊從A到C的過程只有重力做功，機械能守恒，則mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C點根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)代入數(shù)據(jù)解得FN＝7N。(2)要使得滑塊到達F點，則必過細(xì)圓管軌道DEF的最高點，即有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥0即lx≥0.85m滑塊運動到F的過程中，由機械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)(0.85m≤lx≤3m)。(3)設(shè)最終摩擦力做的功為滑塊第一次到達FG中點時的n倍，由動能定理得mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0lFG＝eq\f(4R,tan37°)解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m將0.85m≤lx≤3m代入上式可得eq\f(27,28)≤n≤eq\f(39,7)由運動過程可知，n只能取1、3、5①當(dāng)n＝1時，lx＝eq\f(13,15)m②當(dāng)n＝3時，lx＝eq\f(9,5)m③當(dāng)n＝5時，lx＝eq\f(41,15)m。例2(2023·福建寧德高三期中)如圖2所示，在離水平地面CD高h1＝40cm的光滑水平平臺上，質(zhì)量m＝1.2kg的物塊(可視為質(zhì)點)壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，彈簧原長小于水平平臺的長度，此時彈簧儲存了一定量的彈性勢能Ep。若打開鎖扣K，物塊與彈簧脫離后從A點離開平臺，并恰好能從光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進入圓弧形軌道。B點距地面CD的高度h2＝20cm，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與長為L＝1m的粗糙水平直軌道CD平滑連接。物塊沿軌道BCD運動并與右邊墻壁發(fā)生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：圖2(1)物塊從A到B的時間t；(2)物塊被K鎖住時彈簧儲存的彈性勢能Ep；(3)若物塊與墻壁發(fā)生碰撞且最終停在CD軌道間，物塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ。答案(1)0.2s(2)0.8J(3)eq\f(2,15)≤μ≤eq\f(7,15)解析(1)由平拋運動規(guī)律可得h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)gt2解得t＝0.2s。(2)如圖所示因為圓弧半徑為R＝h1＝40cm故由幾何關(guān)系可得sinθ＝eq\f(h1－h(huán)2,h1)＝eq\f(1,2)則θ＝30°設(shè)物塊平拋的水平初速度為v0，在B點進行運動的合成與分解則有tan30°＝eq\f(v0,gt)解得v0＝eq\f(2,3)eq\r(3)m/s由能量守恒定律可得彈簧儲存的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Ep＝0.8J。(3)若物體從B到D的過程，恰好停在D點，則有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\f(4,3)eq\r(3)m/s由動能定理可得mgh2－μ1mgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得μ1＝eq\f(7,15)若物體恰好回到B點時速度為零由動能定理可得－μ2mg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得μ2＝eq\f(2,15)綜上所述eq\f(2,15)≤μ≤eq\f(7,15)。跟蹤訓(xùn)練1.冬奧會自由式滑雪大跳臺的滑道簡圖如圖3所示，abcde為同一豎直平面內(nèi)的滑雪比賽滑道，運動員從a點自靜止出發(fā)，沿滑道abcd滑至d點飛出，然后做出空翻、抓板等動作，在de段的水平區(qū)域上落地并滑到安全區(qū)域。其中ab段和cd段的傾角均為θ＝37°，ab段長L1＝110m，水平段bc長L2＝30m，cd坡高h＝9m，ce段足夠長。設(shè)滑板與滑道之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，不考慮轉(zhuǎn)彎b和c處的能量損失，運動員連同滑板整體可視為質(zhì)點，其總質(zhì)量m＝60kg。忽略空氣阻力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖3(1)從a到d運動員克服摩擦力所做的功；(2)運動員從d點飛出時的速度大?。?3)運動員從d點飛出至落地所需要的時間(保留2位有效數(shù)字)。答案(1)31200J(2)10m/s(3)2.1s解析(1)從a到d運動員克服摩擦力所做的功Wf＝μmgcos37°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L1＋\f(h,sin37°)))＋μmgL2代入數(shù)值解得Wf＝31200J。(2)由動能定理得mg(L1sin37°－h(huán))－Wf＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)值，解得運動員從d點飛出時的速度大小v＝10m/s。(3)方法1：設(shè)運動員從d點飛出至最高點歷時t1，有vsin37°＝gt1解得t1＝0.6s設(shè)運動員從最高點到落地歷時t2，有h＋eq\f(（vsin37°）2,2g)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解得t2＝1.47s運動員從d點飛出至落地所需要的時間t＝t1＋t2＝2.1s方法2：設(shè)運動員從d點飛出至落地歷時t，則－h(huán)＝vsin37°t－eq\f(1,2)gt2代入數(shù)值解得t＝2.1s。2.如圖4所示，一小物塊(視為質(zhì)點)從H＝10m高處，由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進入半徑R＝2m的光滑豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，彎曲軌道AB在B點與圓環(huán)軌道平滑相接。之后物塊沿CB圓弧滑下，由B點(無機械能損失)進入右側(cè)的粗糙水平面上壓縮彈簧。已知物塊的質(zhì)量m＝2kg，與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，彈簧自然狀態(tài)下最左端D點與B點距離L＝15m，g＝10m/s2，求：圖4(1)物塊從A滑到B時的速度大??；(2)物塊到達圓環(huán)頂點C時對軌道的壓力；(3)若彈簧最短時壓縮量為10m，求此時彈簧彈性勢能。答案(1)10eq\r(2)m/s(2)100N方向豎直向上(3)100J解析(1)物塊從A滑到B的過程由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝10eq\r(2)m/s。(2)物塊從A滑到C的過程由動能定理得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C點由牛頓第二定律得mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)聯(lián)立解得FN＝100N由牛頓第三定律知FN′＝FN＝100N，方向豎直向上。(3)從B點到彈簧壓縮最短時的過程由功能關(guān)系得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝μmg(L＋x)＋Ep解得Ep＝100J。1.如圖1所示，AB為傾角θ＝37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP為圓心角等于143°，半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P、O兩點在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后(不拴接)釋放，物塊經(jīng)過C點后，從C點運動到B點過程中的位移與時間的關(guān)系為x＝12t－4t2(式中x單位是m，t單位是s)，假設(shè)物塊第一次經(jīng)過B點后恰能到達P點(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)，試求：圖1(1)若CD＝1m，物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功；(2)B、C兩點間的距離x；(3)若BC部分光滑，把物塊仍然壓縮到D點釋放，求物塊運動到P點時受到軌道的壓力大小。答案(1)156J(2)6.125m(3)49N解析(1)由x＝12t－4t2知，物塊在C點速度為v0＝12m/s，加速度大小a＝8m/s2設(shè)物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功為W，由動能定理得W－mgsin37°·CD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得W＝156J。(2)物塊在CB段，根據(jù)牛頓第二定律，物塊所受合力F＝ma＝16N物塊在P點的速度滿足mg＝eq\f(mveq\o\al(2,P),R)C到P的過程，由動能定理得－Fx－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝6.125m。(3)物塊從C到P的過程中，由動能定理得－mgxsin37°－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mvP′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)物塊在P點時滿足FN＋mg＝eq\f(mvP′2,R)聯(lián)立以上兩式得FN＝49N。2.如圖2所示，半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點C為軌道的最低點。C點右側(cè)的光滑水平面上緊挨C點靜止放置一木板，木板質(zhì)量M＝1kg，上表面與C點等高。質(zhì)量為m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以v0＝1.2m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2。求：圖2(1)物塊經(jīng)過C點時的速度vC；(2)若木板足夠長，物塊在木板上相對滑動過程中產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)6m/s(2)9J解析(1)設(shè)物塊在B點的速度為vB，在C點的速度為vC，從A到B物塊做平拋運動，在B點根據(jù)速度的合成有vBsinθ＝v0從B到C，根據(jù)動能定理有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)綜上解得vC＝6m/s。(2)物塊在木板上相對滑動過程中由于摩擦力作用，最終將一起共同運動。設(shè)相對滑動時物塊加速度為a1，木板加速度為a2，經(jīng)過時間t達到共同運動速度v，則物塊在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，有μmg＝ma1木板在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，有μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t二者速度相等之后由于地面光滑，將一起做勻速直線運動，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)聯(lián)立解得Q＝9J。3.如圖3所示，BC是高處的一個平臺，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r＝0.2m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方一根勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕彈簧直立于水平地面上，彈簧下端固定，上端恰好與管口D端平齊。一可視為質(zhì)點的小球在水平地面上的A點斜向上拋出，恰好從B點沿水平方向進入高處平臺，A、B間的水平距離為xAB＝1.2m，小球質(zhì)量m＝1kg。已知平臺離地面的高度為h＝0.8m，小球與BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小球進入管口C端時，它對上管壁有10N的作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧彈性勢能Ep＝0.5J。若不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：圖3(1)小球通過C點時的速度大小vC；(2)平臺BC的長度L；(3)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm。答案(1)2m/s(2)1.25m(3)4.5J解析(1)小球通過C點時，它對上管壁有F＝10N的作