高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能第講動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案新人教版

第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3．單位：焦耳,1J＝1N·m。4．矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。5．狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理1．內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化。2．表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3．物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變化的量度。思考：(1)動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，還適用于曲線運(yùn)動(dòng)嗎？動(dòng)能定理適用于恒力做功，還適用于變力做功嗎？(2)能對(duì)物體分方向列動(dòng)能定理方程嗎？[答案](1)適用，適用(2)不能雙基自測(cè)一、堵點(diǎn)疏通1．—定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化。(√)2．動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×)3．如果物體所受的合外力為零，那么合外力對(duì)物體做功一定為零。(√)4．物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定變化。(×)5．物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零。(×)6．做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比。(√)二、對(duì)點(diǎn)激活1．(多選)關(guān)于動(dòng)能，下列說法正確的是(AB)A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物體相對(duì)于地面的速度B．動(dòng)能的大小由物體的質(zhì)量和速率決定，與物體運(yùn)動(dòng)的方向無關(guān)C．物體以相同的速率向東和向西運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能的大小相等但方向不同D．物體以相同的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能不同[解析]動(dòng)能是標(biāo)量，與速度的大小有關(guān)，而與速度的方向無關(guān)。公式中的速度一般是相對(duì)于地面的速度，故A、B正確。2．(2023·全國(guó)卷Ⅱ)如圖所示，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能一定(A)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]木箱受力如圖所示，木箱在移動(dòng)的過程中有兩個(gè)力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動(dòng)能小于拉力做的功，故A正確，B錯(cuò)誤；無法比較動(dòng)能與摩擦力做功的大小，C、D錯(cuò)誤。核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用1．準(zhǔn)確理解動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1(1)W是合力的功，不要與某個(gè)力的功混淆。(2)Ek2－Ek1是末動(dòng)能與初動(dòng)能的差。(3)動(dòng)能定理的表達(dá)式是標(biāo)量式，與速度方向無關(guān)。(4)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，要明確針對(duì)哪個(gè)物體，哪個(gè)過程。2．應(yīng)用動(dòng)能定理的流程3．應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng)(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出運(yùn)動(dòng)過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。例1(2023·浙江杭州二中模擬)如圖所示，運(yùn)動(dòng)員把質(zhì)量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達(dá)到的最高點(diǎn)高度為h，在最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是(C)A．運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功為eq\f(1,2)mv2B．足球上升過程重力做功為mghC．運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2D．足球上升過程克服重力做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2[解析]本題考查動(dòng)能定理的應(yīng)用。足球被踢起后在運(yùn)動(dòng)過程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的機(jī)械能守恒，足球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，由于足球的機(jī)械能守恒，則足球剛被踢起時(shí)的機(jī)械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，足球獲得的機(jī)械能等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球所做的功，因此運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A錯(cuò)誤，C正確；足球上升過程重力做功為WG＝－mgh，足球上升過程中克服重力做功為W克＝mgh，故B、D錯(cuò)誤?！沧兪接?xùn)練1〕(2023·湖南師大附中模擬)港珠澳大橋是中國(guó)境內(nèi)一座連接香港、珠海和澳門的橋隧工程。2018年10月24日上午9時(shí)正式通車。大橋設(shè)計(jì)使用壽命120年，可抵御8級(jí)地震、16級(jí)臺(tái)風(fēng)、允許30萬噸級(jí)油輪通過。假設(shè)一艘質(zhì)量為m的輪船由于失控，以速度v撞向大橋(大橋無損)，最后沒有反彈而停下來，事故勘察測(cè)量發(fā)現(xiàn)輪船迎面相撞處下凹深度d，據(jù)此估算出船對(duì)橋的平均撞擊力F，關(guān)于F的表達(dá)式正確的是(A)A．eq\f(mv2,2d) B．eq\f(mv2,d)C．eq\f(mv,2d) D．mv[解析]本題考查變力做功問題。根據(jù)動(dòng)能定理可得Fd＝eq\f(1,2)mv2，解得F＝eq\f(mv2,2d)，故選A?？键c(diǎn)二動(dòng)能定理與圖像的綜合問題解決物理圖像問題的基本步驟1．觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。2．根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。3．將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)，圖線下的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問題。或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。例2用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是(D)A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．0～6s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對(duì)物體做的功[解析]a－t圖線與橫軸圍成的“面積”表示速度的變化量，由題給圖像可知，0～6s內(nèi)速度變化量為正，物體速度方向不變，物體在0～5s內(nèi)一直加速，5s時(shí)速度最大，選項(xiàng)A，B均錯(cuò)誤；2～4s內(nèi)物體的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)和t＝6s時(shí)物體速度大小相等，由動(dòng)能定理可知，物體在0～4s內(nèi)和0～6s內(nèi)動(dòng)能變化量相等，合外力做功也相等，選項(xiàng)D正確。名師點(diǎn)撥圖像所圍“面積”的意義(1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移。(2)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量。(3)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。(4)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。〔變式訓(xùn)練2〕(多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖像分別如圖(甲)、(乙)所示，g取10m/s2，下列說法中正確的是(AD)A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等[解析]拉力在0～6s內(nèi)做的總功為P－t圖線與t軸所圍面積，則WF＝eq\f(1,2)×2×60J＋20×(6－2)J＝140J，選項(xiàng)A正確；在0～2s物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物體所受拉力等于t＝2s時(shí)的拉力，由P＝Fv可知拉力F1＝eq\f(60,10)N＝6N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在2～6s物體勻速運(yùn)動(dòng)，則拉力F2與摩擦力Ff大小相等，而P＝20W，由P＝Fv得Ff＝F2＝eq\f(20,10)N＝2N，由Ff＝μmg得μ＝0.25，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2s后物體速度不再變化即動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理可知，物體所受的合外力在0～6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為W合＝eq\f(1,2)mv2＝40J，D正確?？键c(diǎn)三運(yùn)用動(dòng)能定理求解多過程問題1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過程問題時(shí)，有兩種思路：一種是分段列式按部就班，注意銜接；另一種是全過程列式，計(jì)算簡(jiǎn)便，但要分析全面，不能遺漏某個(gè)功。2．所列動(dòng)能定理方程涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的特點(diǎn)：(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3如圖所示，質(zhì)量m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點(diǎn)沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為r＝0.4m的半圓弧光滑軌道，C點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點(diǎn)平滑連接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊的拋出點(diǎn)離A點(diǎn)的豎直高度h；(2)若MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝6m，求小物塊通過C點(diǎn)時(shí)所受軌道的彈力大小FN；(3)若小物塊恰好能通過C點(diǎn)，求MN的長(zhǎng)度L′。[解析](1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有tan37°＝eq\f(gt,v0)解得t＝0.3s，故h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m(2)小物塊從拋出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mg[h＋R(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vB＝2eq\r(10)m/s小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有：FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r)解得：FN＝60N(3)小物塊剛好能通過C點(diǎn)時(shí)，有mg＝eq\f(mv′\o\al(2,C),r)解得vC′＝2m/s小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgL′－2mgr＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得L′＝10m。[答案](1)0.45m(2)60N(3)10m〔變式訓(xùn)練3〕如圖所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，小球P與半圓軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)處相等，當(dāng)小球P從a點(diǎn)正上方高H處自由下落，經(jīng)過軌道后從b點(diǎn)沖出做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為eq\f(H,2)，空氣阻力不計(jì)。當(dāng)小球P下落再經(jīng)過軌道a點(diǎn)沖出時(shí)，能上升的最大高度為h，則小球P(B)A．不能從a點(diǎn)沖出半圓軌道B．能從a點(diǎn)沖出半圓軌道，但h<eq\f(H,2)C．能從a點(diǎn)沖出半圓軌道，但h>eq\f(H,2)D．無法確定能否從a點(diǎn)沖出半圓軌道[解析]本題考查物體的多過程運(yùn)動(dòng)問題。小球第一次在半圓軌道的運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得mg(H－eq\f(H,2))＋(－Wf)＝0－0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝eq\f(1,2)mgH，即第一次小球在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mgH，由于第二次小球在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此半圓軌道給小球的彈力變小，由于動(dòng)摩擦因數(shù)不變，所以摩擦力變小，則摩擦力做功小于eq\f(1,2)mgH，機(jī)械能損失小于eq\f(1,2)mgH，因此小球再次沖出a點(diǎn)時(shí)，能上升的高度大于零而小于eq\f(1,2)H，故B正確。名師講壇·素養(yǎng)提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG運(yùn)用動(dòng)能定理解決往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題在有些問題中物體的運(yùn)動(dòng)過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運(yùn)動(dòng)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，求解這類問題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動(dòng)能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類問題可使解題過程簡(jiǎn)化。(一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形例4如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度s＝5m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.3m、h2＝1.35m。現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離。[解析]對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s總有：mgh1＝μmgs總將h1、μ代入得：s總＝8.6m故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為2s－s總＝1.4m。[答案]1.4m(二)往復(fù)次數(shù)無法確定的情形例5如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是(A)A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))[解析]滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)，A正確。(三)往復(fù)運(yùn)動(dòng)永不停止的情形例6如圖所示，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(diǎn)，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點(diǎn)無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：(1)滑塊第一次至左側(cè)AC弧上時(shí)距A點(diǎn)的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。[解析](1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)F經(jīng)歷DC、CB、BF三個(gè)過程，現(xiàn)以DF整個(gè)過程為研究過程，運(yùn)用動(dòng)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，滑塊最終停至C點(diǎn)的速度為0時(shí)對(duì)應(yīng)在斜面上的總路程最大，由動(dòng)能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得：s＝eq\f(R,μ)。[答案](1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)2年高考·1年模擬2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2023·江蘇單科，4)如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與水平位移x關(guān)系的圖像是(A)[解析]設(shè)斜面傾角為θ，物塊滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為Ek0，物塊在斜面上滑行的長(zhǎng)度對(duì)應(yīng)的水平位移為x0，應(yīng)用動(dòng)能定理，在斜面上有(mgsinθ－μmgcosθ)·eq\f(x,cosθ)＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ek0，即Ek＝－μ′mg(x－x0)＋Ek0，綜上所述可知：兩段Ek－x圖線為線性關(guān)系，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．(2023·全國(guó)卷Ⅲ，17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為(C)A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg[解析]畫出運(yùn)動(dòng)示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動(dòng)能定理知A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上兩式得：mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg。選項(xiàng)C正確。3．(2023·課標(biāo)Ⅱ，25)如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間均極短；在運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保持豎直。已知M＝4m，球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg，g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；(2)管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長(zhǎng)度應(yīng)滿足的條件。[答案](1)2g3g(2)eq\f(13,25)H(3)見解析[思路分析][解析]本題通過連接體的落體運(yùn)動(dòng)考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律及功能關(guān)系。(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有Mg＋f＝Ma1 ①f－mg＝ma2 ②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得a1＝2g，a2＝3g。 ③(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為v0＝eq\r(2gH) ④方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過時(shí)間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤聯(lián)立③④⑤式得t1＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2H,g)) ⑥設(shè)此時(shí)管下端距地面的高度為h1，速度為v。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得h1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑦v＝v0－a1t1 ⑧由③④⑥⑧式可判斷此時(shí)v>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2，到達(dá)最高點(diǎn)。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h2＝eq\f(v2,2g) ⑨設(shè)管第一次落地彈起