（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考第20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考第20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考第20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　必考第20題　動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 題型1　直線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 1．直線運(yùn)動(dòng)中多運(yùn)動(dòng)過(guò)程組合主要是指直線多過(guò)程或直線與斜面運(yùn)動(dòng)的組合問(wèn)題． 2．涉及的規(guī)律： (1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律； (2)能量觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律． 3．受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，將物理過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分別選擇合適的規(guī)律求解． 4．相鄰運(yùn)動(dòng)過(guò)程連接點(diǎn)的速度是解題關(guān)鍵． 例1　如圖1甲所示，一傾斜角為37°的斜面底端固定有與斜面垂直的彈性擋板，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊在t＝0時(shí)刻從擋板開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖象如

2、圖乙所示，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)返回底端，與擋板發(fā)生彈性碰撞，再次向上運(yùn)動(dòng)，如此往復(fù)．求：(不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖1 (1)小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)小物塊第一次回到斜面底端時(shí)的速度大小； (3)小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)所通過(guò)的總路程． 答案　(1)0.5　(2)2 m/s　(3)12.5 m 解析　(1)由題圖乙可知，小物塊在上滑過(guò)程中的加速度大小為 a1＝＝10 m/s2 由牛頓第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 可得小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5 (2)小物塊第一次上滑的位

3、移大小 x1＝t1＝×1 m＝5 m 第一次下滑過(guò)程由動(dòng)能定理有 mgx1sin θ－μmgcos θ·x1＝mv12－0 可得小物塊第一次回到斜面底端時(shí)的速度大小v1＝2 m/s (3)小物塊最終停在擋板處，全程由動(dòng)能定理有 －μmgcos θ·s＝0－mv02 可得在斜面上運(yùn)動(dòng)所通過(guò)的總路程s＝12.5 m 1．航母艦載機(jī)滑躍起飛有點(diǎn)像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翹來(lái)幫助戰(zhàn)斗機(jī)起飛，其示意圖如圖2所示，設(shè)某航母起飛跑道主要由長(zhǎng)度為L(zhǎng)1＝160 m的水平跑道和長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝20 m的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架質(zhì)量為m＝2.0×10

4、4 kg的飛機(jī)，其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為F＝1.2×105 N，方向與速度方向相同，在從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為飛機(jī)重力的0.1倍，假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，傾斜跑道看做斜面，不計(jì)拐角處的影響．取g＝10 m/s2. 圖2 (1)求飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)求飛機(jī)到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大?。? (3)如果此航母去掉傾斜跑道，保持水平跑道長(zhǎng)度不變，現(xiàn)在跑道上安裝飛機(jī)彈射器，此彈射器彈射距離為84 m，要使飛機(jī)在水平跑道的末端速度達(dá)到100 m/s，則彈射器的平均作用力為多大？(已知彈射過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)照常工作) 答案　(1)

5、8 s　(2)2 m/s　(3)1.0×106 N 解析　(1)設(shè)飛機(jī)在水平跑道的加速度為a1，阻力為Ff 由牛頓第二定律得 F－Ff＝ma1 L1＝a1t12 解得t1＝8 s (2)設(shè)飛機(jī)在水平跑道末端的速度為v1，在傾斜跑道末端的速度為v2，加速度為a2 水平跑道上： v1＝a1t1 傾斜跑道上： 由牛頓第二定律得 F－Ff－mg＝ma2 v22－v12＝2a2L2 解得v2＝2 m/s (3)設(shè)彈射器的平均作用力為F1，彈射距離為x，飛機(jī)在水平跑道末端速度為v3 由動(dòng)能定理得F1x＋FL1－FfL1＝mv32 解得F1＝1.0×106 N. 2．(20

6、18·義烏市模擬)如圖3甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2 s末物體到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖3 (1)小物體在傳送帶A、B兩端間運(yùn)動(dòng)的平均速度v； (2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)2 s內(nèi)物體機(jī)械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q. 答案　(1)8 m/s　(2)0.5　(3)48 J　48 J 解析　(1)由v－t圖象的面積規(guī)律可知，傳送帶A、B間的距離

7、L即為v－t圖線與t軸所圍的面積，所以L＝t1＋t2，代入數(shù)值得：L＝16 m，平均速度為v＝＝8 m/s (2)由v－t圖象可知傳送帶運(yùn)行速度為v1＝10 m/s 物體從A到B先做加速度為 a1＝ m/s2＝10 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)， 經(jīng)過(guò)時(shí)間t1＝1 s后再做加速度為 a2＝ m/s2＝2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)， 再經(jīng)過(guò)時(shí)間t2＝1 s，物體以大小為v2＝12 m/s的速度到達(dá)傳送帶B端． 由物體在傳送帶上的受力情況知 a1＝或a2＝ 解得μ＝0.5 (3)小物體到達(dá)傳送帶B端時(shí)的速度大小v2＝12 m/s 物體的動(dòng)能增加了ΔEk＝mv22＝×2×122 J＝144

8、 J 物體的重力勢(shì)能減少了ΔEp＝mgLsin θ＝20×16×0.6 J＝192 J 所以物體的機(jī)械能的減少量ΔE＝48 J 由功能關(guān)系可知 Q＝μmgcos θ(v1t1－t1)＋μmgcos θ 代入數(shù)值得Q＝48 J. 題型2　曲線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 1．曲線運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合問(wèn)題，主要是直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)三種運(yùn)動(dòng)中兩者或三者的組合問(wèn)題． 2．對(duì)物體進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量分析，初步了解運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，構(gòu)建大致運(yùn)動(dòng)圖景． 3．若為多過(guò)程問(wèn)題，可將全過(guò)程分解，尋找子過(guò)程間的聯(lián)系和解題方法． 例2　(2018·浙江4月選考·20)如圖

9、4所示，一軌道為半徑2 m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長(zhǎng)度可調(diào)的水平直軌道BC在B點(diǎn)平滑連接而成．現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2 kg的小球從A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，經(jīng)過(guò)圓弧上B點(diǎn)時(shí)，傳感器測(cè)得軌道所受壓力大小為3.6 N，小球經(jīng)過(guò)BC段所受的阻力為其重力的0.2倍，然后從C點(diǎn)水平飛離軌道，落到水平地面上的P點(diǎn)，P、C兩點(diǎn)間的高度差為3.2 m．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可視為質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2. 圖4 (1)求小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小； (2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功； (3)為使小球落點(diǎn)P與B點(diǎn)的水平距離最大，求BC段的長(zhǎng)度； (4)小球落到P點(diǎn)后彈起，與地面多次碰撞后

10、靜止．假設(shè)小球每次碰撞機(jī)械能損失75%、碰撞前后速度方向與地面的夾角相等．求小球從C點(diǎn)飛出到最后靜止所需時(shí)間． 答案　(1)4 m/s　(2)2.4 J　(3)3.36 m　(4)2.4 s 解析　(1)由牛頓第三定律知，在B點(diǎn)軌道對(duì)小球的支持力為FN＝3.6 N. 由向心力公式和牛頓第二定律有 FN－mg＝m， 解得vB＝4 m/s. (2)小球從A到B的過(guò)程，只有重力和摩擦力做功，設(shè)克服摩擦力所做的功為W克． 由動(dòng)能定理得：mgR－W克＝mvB2－0 解得W克＝2.4 J. (3)分析運(yùn)動(dòng)可知，BC段長(zhǎng)度會(huì)影響勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，進(jìn)而影響平拋運(yùn)動(dòng)的水平初速度以及水平位移．

11、 設(shè)BC段小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度a＝＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vC＝vB－at＝4－2t① xBC＝vBt－at2＝4t－t2② 其中，0

12、直分速度為vyn，第n次碰撞到第n＋1次碰撞的時(shí)間為tn. 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vy0＝＝8 m/s⑦ t0＝＝0.8 s⑧ 則vyn＝vy0·()n⑨ tn＝2·⑩ 將⑦⑨代入⑩可得tn＝0.8×()n－1(n＝1,2,3…) 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得t總＝t0＋t1＋…＋tn ＝0.8＋ 當(dāng)n取無(wú)窮大時(shí)，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)． 解得t總＝2.4 s. 3．(2017·紹興市選考診斷)如圖5所示為一種射程可調(diào)節(jié)的“拋石機(jī)”模型．拋石機(jī)長(zhǎng)臂OA的長(zhǎng)度L＝4 m，B為OA中點(diǎn)，石塊可裝在長(zhǎng)臂上的AB區(qū)域中某一位置．開(kāi)始時(shí)長(zhǎng)臂與水平面間的夾角α＝30°，對(duì)短臂施力，當(dāng)長(zhǎng)臂轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)立即停

13、止轉(zhuǎn)動(dòng)，石塊被水平拋出．在某次投石試驗(yàn)中，將質(zhì)量為m＝10 kg的石塊安裝在A點(diǎn)，擊中地面上距O點(diǎn)水平距離為x＝12 m的目標(biāo)．不計(jì)空氣阻力和拋石機(jī)長(zhǎng)臂與短臂的質(zhì)量，g取10 m/s2，求： 圖5 (1)石塊即將被投出瞬間所受向心力的大?。? (2)整個(gè)過(guò)程中投石機(jī)對(duì)石塊所做的功W； (3)若投石機(jī)對(duì)石塊做功恒定，問(wèn)應(yīng)將石塊安裝在離O點(diǎn)多遠(yuǎn)處才能使石塊落地時(shí)距O點(diǎn)的水平距離最大？ 答案　(1)300 N　(2)1 200 J　(3)3 m 解析　(1)石塊被拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向x＝vt 豎直方向h＝gt2 又h＝L＋Lsin α，解得v＝2 m/s 所以石塊受到的向心

14、力為F＝m＝300 N (2)長(zhǎng)臂從A點(diǎn)轉(zhuǎn)到豎直位置的整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得 W－mg(L＋Lsin α)＝mv2－0 代入數(shù)值解得W＝1 200 J (3)設(shè)拋出點(diǎn)距離O點(diǎn)為l W－mg(l＋lsin 30°)＝mv′2－0 v′＝ 下落時(shí)間t′＝＝＝ 水平位移為s＝＝ 因此當(dāng)l＝3 m時(shí)石塊落地時(shí)距O點(diǎn)水平距離最大． 4．(2018·9＋1高中聯(lián)盟期中)如圖6所示，某裝置的彈簧彈射器每次都將小物塊(質(zhì)量可選擇，可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止彈出，通過(guò)豎直圓軌道和水平直軌道后水平拋入水池中，已知豎直圓軌道半徑為R＝1.0 m，水平軌道BD長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2.4 m，水池水面離D點(diǎn)高

15、度為h＝1.25 m，水池長(zhǎng)為s＝6.0 m，不計(jì)水平軌道AB部分和豎直圓軌道的阻力，所有小物塊與水平軌道BD部分的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25.當(dāng)所選擇的小物塊質(zhì)量為m＝1 kg，在經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為10 N，g取10 m/s2，求： 圖6 (1)彈射器對(duì)小物塊做的功； (2)小物塊從D點(diǎn)飛出落入水面時(shí)的水平位移x； (3)為確保不同的小物塊都能從A點(diǎn)彈射并直接落入水面，對(duì)選擇的小物塊的質(zhì)量有何要求？ 答案　(1)30 J　(2)2 m　(3) kg≤m≤1.2 kg 解析　(1)在C點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得： FN＋mg＝m 由牛頓第三定律知FN＝10 N 由A到C的

16、過(guò)程，由動(dòng)能定理得 W－2mgR＝mvC2－0 得W＝30 J (2)從彈出到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理：W－μmgL＝mvD2－0 小物塊從D點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)， h＝gt2 x＝vDt 解得x＝2 m (3)若小物塊質(zhì)量最大為m1時(shí)，恰能過(guò)C點(diǎn)： m1g＝m1 從彈出到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理：W－2m1gR＝m1v02－0 從彈出到D點(diǎn)，W－μm1gL≥0 得m1＝1.2 kg 若小物塊恰能到達(dá)水池水面最右端時(shí)，質(zhì)量最小為m2 W－μm2gL＝m2vD′2－0 h＝gt2 s＝vD′t 得m2＝ kg 故質(zhì)量范圍為： kg≤m≤1.2 kg 專(zhuān)題強(qiáng)化練 1.滑沙游戲

17、中，游客從沙坡頂部坐滑沙車(chē)呼嘯滑下．為了安全，滑沙車(chē)上通常裝有剎車(chē)手柄，游客可以通過(guò)操縱剎車(chē)手柄對(duì)滑沙車(chē)施加一個(gè)與車(chē)運(yùn)動(dòng)方向相反的制動(dòng)力F，從而控制車(chē)速．為便于研究，做如下簡(jiǎn)化：如圖1所示，游客從頂端A點(diǎn)由靜止滑下8 s后，操縱剎車(chē)手柄使滑沙車(chē)摩擦力變大勻速下滑至底端B點(diǎn)，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止．已知游客和滑沙車(chē)的總質(zhì)量m＝70 kg，傾斜滑道AB長(zhǎng)LAB＝128 m，傾角θ＝37°，滑沙車(chē)底部與沙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力．求： 圖1 (1)游客和滑沙車(chē)勻速下滑時(shí)的速度大小； (2)游

18、客和滑沙車(chē)勻速下滑的時(shí)間； (3)游客和滑沙車(chē)從A滑到B的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)16 m/s　(2)4 s　(3)44 800 J 解析　(1)對(duì)游客和滑沙車(chē)整體受力分析，由牛頓第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2 則游客和滑沙車(chē)勻速下滑時(shí)的速度 v＝a1t1＝2×8 m/s＝16 m/s (2)游客和滑沙車(chē)加速下滑通過(guò)的位移 x1＝a1t12＝×2×82 m＝64 m 則游客和滑沙車(chē)勻速下滑通過(guò)的位移 x2＝LAB－x1＝128 m－64

19、 m＝64 m 勻速下滑的時(shí)間t＝＝ s＝4 s. (3)對(duì)游客和滑沙車(chē)從A滑到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理有 mgLABsin θ－Wf＝mv2 Q＝Wf＝mgLABsin θ－mv2＝44 800 J. 2．(2018·新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)美媒稱(chēng)，美國(guó)國(guó)家航空航天局(NASA)正在研發(fā)一款電動(dòng)飛機(jī)，如圖2所示，以加緊推出比當(dāng)今飛機(jī)能耗更低、巡航速度更高的零排放飛機(jī)．如果獲得成功，這款飛機(jī)可能會(huì)成為朝著空中旅行更高效、更環(huán)保的新時(shí)代邁出的重要的第一步．這款被NASA稱(chēng)為X－57的電動(dòng)飛機(jī)僅能容納一名駕駛員．NASA目前還計(jì)劃研發(fā)5款體型更大、能夠搭載更多乘客和貨物的飛機(jī)．報(bào)道稱(chēng)，X－5

20、7飛機(jī)將裝有14臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)，它們將為異常狹窄的機(jī)翼上的螺旋槳提供動(dòng)力．通常情況下，飛機(jī)的機(jī)翼是不可能這樣狹窄的，因?yàn)轱w機(jī)在起飛和降落時(shí)需要寬闊的機(jī)翼來(lái)提供升力．盡管在起飛和降落時(shí)，所有14臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)都將工作，但是一旦飛機(jī)在高空巡航，只需兩臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)工作便可正常飛行．若每臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)能提供的功率均為30 kW，飛機(jī)的總質(zhì)量為2 000 kg，受到的空氣阻力恒力為1×104 N，g取10 m/s2.則： 圖2 (1)在豎直向上起飛過(guò)程中，所有14臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)都工作時(shí)，向上運(yùn)動(dòng)的最大速度是多少？ (2)若某次豎直向上起飛時(shí)，受到的牽引力大小恒為3.02×104 N，當(dāng)上升到離地面500 m高處時(shí)，此時(shí)發(fā)

21、動(dòng)機(jī)的總機(jī)械功率為多大？ (3)飛機(jī)降落時(shí)，若剛接觸地面時(shí)的速度大小為80 m/s，此時(shí)關(guān)閉所有發(fā)動(dòng)機(jī)，在地面上滑行時(shí)受到的阻力恒為2×104 N，求飛機(jī)在水平地面上滑行的距離． 答案　(1)14 m/s　(2)3.02×105 W　(3)320 m 解析　(1)14臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)的總功率：P總＝14P0＝14×30 kW ＝4.2×105 W 飛機(jī)上升，當(dāng)F牽＝mg＋F阻＝3×104 N時(shí)達(dá)到最大速度vmax 則vmax＝＝ m/s＝14 m/s (2)飛機(jī)起飛時(shí)的加速度 a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2 上升到離地面500 m高處時(shí)的速度v＝＝ m/s＝10 m/s 此時(shí)發(fā)

22、動(dòng)機(jī)的總機(jī)械功率P總′＝F牽′·v＝3.02×104×10 W＝3.02×105 W (3)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后飛機(jī)在水平地面做勻減速直線運(yùn)動(dòng) －F阻′·x＝0－mv′2 滑行的距離x＝320 m 3．(2018·金、麗、衢十二校聯(lián)考)滑板運(yùn)動(dòng)是時(shí)下許多年輕人所熱愛(ài)的極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，圖3為一段水平粗糙平臺(tái)AB和光滑半圓軌道組成的表演場(chǎng)地，某運(yùn)動(dòng)員在平臺(tái)AB段通過(guò)蹬地獲得水平推力，加速滑至B點(diǎn)后平拋落于半圓軌道上的C處，圓軌道最低處裝有力傳感器，可顯示運(yùn)動(dòng)員通過(guò)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小，已知：滑板與平臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，長(zhǎng)度LAB＝5 m，運(yùn)動(dòng)員(含滑板)質(zhì)量m＝60 kg，AB段獲得的平均堆

23、力F＝360 N，C處距平臺(tái)平面的豎直高度h＝2 m，g取10 m/s2，求： 圖3 (1)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)到達(dá)B處的速度大??； (2)半圓軌道的半徑R的大?。? (3)若傳感器顯示壓力F壓＝2 200 N，運(yùn)動(dòng)員(含滑板)在C處與軌道碰撞損失的機(jī)械能ΔE. 答案　(1)2 m/s　(2)2.5 m　(3)700 J 解析　(1)對(duì)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有 F－μmg＝ma，a＝4 m/s2 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移關(guān)系式 vB2－0＝2aLAB 得vB＝2 m/s (2)由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律h＝gt2 可得t＝＝ s，x＝vBt＝4 m 由幾何

24、規(guī)律得(x－R)2＋h2＝R2 解得R＝2.5 m (3)由牛頓第三定律可知F′＝F壓＝2 200 N，F(xiàn)′－mg＝m C到D過(guò)程，由動(dòng)能定理有mg(R－h(huán))＝EkD－EkC 解得EkC＝mvD2－mg(R－h(huán)) ΔE＝mvB2＋mgh－EkC＝700 J 4．如圖4甲所示為單板滑雪U形池的比賽場(chǎng)地，比賽時(shí)運(yùn)動(dòng)員在U形滑道內(nèi)邊滑行邊利用滑道做各種旋轉(zhuǎn)和跳躍動(dòng)作，裁判員根據(jù)運(yùn)動(dòng)員的騰空高度、完成的動(dòng)作難度和效果評(píng)分．圖乙為該U形池場(chǎng)地的橫截面圖，AB、CD為半徑R＝4 m的四分之一光滑圓弧雪道，BC為水平雪道且與圓弧雪道相切，BC長(zhǎng)為4.5 m，質(zhì)量為60 kg的運(yùn)動(dòng)員(含滑板)以5

25、 m/s的速度從A點(diǎn)滑下，經(jīng)U形雪道從D點(diǎn)豎直向上飛出，在D點(diǎn)上方完成動(dòng)作的時(shí)間為t＝0.8 s，然后又從D點(diǎn)返回U形雪道，忽略空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，求： 圖4 (1)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)與BC雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)首次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)雪道的壓力； (3)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)最后距離B點(diǎn)多遠(yuǎn)處停下． 答案　(1)0.1　(2)2 040 N，方向豎直向下　(3)B點(diǎn)右側(cè)1.5 m處 解析　(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)從D點(diǎn)向上飛出的速度為vD，則 vD＝g·＝4 m/s 運(yùn)動(dòng)員(含滑板)從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 －μmgxBC＝m

26、vD2－mvA2 解得μ＝0.1 (2)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 －mgR＝mvD2－mvC2 設(shè)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)首次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律知 FN－mg＝m 聯(lián)立得FN＝2 040 N，由牛頓第三定律可知，運(yùn)動(dòng)員首次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)雪道的壓力大小為2 040 N，方向豎直向下 (3)設(shè)運(yùn)動(dòng)員(含滑板)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中在水平雪道上通過(guò)的路程為x，由動(dòng)能定理得 mgR－μmgx＝0－mvA2 解得x＝52.5 m 所以運(yùn)動(dòng)員(含滑板)在水平雪道上運(yùn)動(dòng)了5.5個(gè)來(lái)回后到達(dá)C點(diǎn)左側(cè)3 m處，故最后在B點(diǎn)右側(cè)1.5 m處停下． 5．(2018·臺(tái)州

27、中學(xué)統(tǒng)練)某同學(xué)在設(shè)計(jì)連鎖機(jī)關(guān)游戲中，設(shè)計(jì)了如圖5所示的起始觸發(fā)裝置，AB段是長(zhǎng)度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長(zhǎng)度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯(cuò)開(kāi)．豎直桿外套有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的套環(huán)．每次將彈簧的長(zhǎng)度壓縮至P點(diǎn)后鎖定，設(shè)PB的高度差為h，解除鎖定后彈簧可將套環(huán)彈出．在觸發(fā)器的右側(cè)有多米諾骨牌，多米諾骨牌的最高點(diǎn)Q和P等高，且與E的水平距離x＝8R，已知彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能Ep＝9mgR，套環(huán)與水平桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，與其他部分的摩擦不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g.求： 圖5 (1)當(dāng)h＝3R時(shí)，套環(huán)

28、達(dá)到桿最高點(diǎn)C處的速度大?。? (2)在上問(wèn)中當(dāng)套環(huán)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)桿的作用力大小和方向； (3)若h可在R～6R間連續(xù)可調(diào)，要使該套環(huán)恰好擊中Q點(diǎn)，則h需調(diào)為多長(zhǎng)？ 答案　(1)　(2)9mg，方向豎直向上　(3)5R 解析　(1)從P到C有，Ep＝mg(h＋R)＋mvC2 得vC＝ (2)C點(diǎn)對(duì)套環(huán)有，F(xiàn)＋mg＝ 得F＝9mg 根據(jù)牛頓第三定律，在C點(diǎn)套環(huán)對(duì)桿的作用力大小為9mg，方向豎直向上． (3)從P到E，由能量守恒有 Ep＝mg(h－R)＋μmg·2R＋mvE2 從E點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)， h－R＝gt2 x＝vEt 解得h＝5R 6．(2017·溫州市

29、9月選考)如圖6所示是某公園中的一項(xiàng)游樂(lè)設(shè)施，它由彎曲軌道AB、豎直圓軌道BC以及水平軌道BD組成，各軌道平滑連接．其中圓軌道BC半徑R＝2.0 m，水平軌道BD長(zhǎng)L＝9.0 m，BD段對(duì)小車(chē)產(chǎn)生的摩擦阻力為車(chē)重的0.2倍，其余部分摩擦不計(jì)，質(zhì)量為1.0 kg的小車(chē)(可視為質(zhì)點(diǎn))從P點(diǎn)由靜止釋放，恰好滑過(guò)圓軌道最高點(diǎn)，然后從D點(diǎn)飛入水池中，空氣阻力不計(jì)，取g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)P點(diǎn)離水平軌道的高度H； (2)小車(chē)運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力； (3)在水池中放入安全氣墊MN(氣墊厚度不計(jì))，氣墊上表面到水平軌道BD的豎直高度h＝3.2 m，氣墊的左右兩端M、N到

30、D點(diǎn)的水平距離分別為5.6 m、8.0 m，要使小車(chē)能安全落到氣墊上，則小車(chē)釋放點(diǎn)距水平軌道的高度H′應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？ 答案　(1)5 m　(2)60 N，方向豎直向下　(3)5 m≤H′≤6.8 m 解析　(1)小車(chē)恰好滑過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C，在圓軌道的最高點(diǎn)C對(duì)小車(chē)有： mg＝ 小車(chē)由P運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)能定理可得 mg(H－2R)＝mvC2， 聯(lián)立解得H＝5 m. (2)小車(chē)由P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得： mgH＝mvB2， 在B點(diǎn)對(duì)小車(chē)： FN－mg＝ 由以上兩式可得FN＝60 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，小車(chē)運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為60 N，方向豎直向下． (3)小車(chē)從D點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)， x＝vDt，h＝gt2 因?yàn)?.6 m≤x≤8.0 m， 代入以上兩式可得7 m/s≤vD≤10 m/s， 從小車(chē)釋放點(diǎn)至D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得 mgH′－kmgL＝mvD2， 代入vD，得到4.25 m≤H′≤6.8 m 若使小車(chē)能通過(guò)C點(diǎn)，需要H′≥5 m 綜上可知，5 m≤H′≤6.8 m. 15