2025版高考物理一輪復習第五章機械能課時2動能定理及其應用學案新人教版

PAGE18-課時2動能定理及其應用一、動能1.定義:物體由于運動而具有的能叫動能。2.公式:。3.單位:焦耳,1J=1N·m=1kg·m2/s2。4.矢標性:動能是標量,只有正值。二、動能定理1.內(nèi)容:力在一個過程中對物體做的功,等于物體在這個過程中動能的變更。2.表達式:W=m-m或W=Ek2-Ek1。3.物理意義:合力的功是物體動能變更的量度。4.適用范圍:動能定理既適用于直線運動,也適用于曲線運動;既適用于恒力做功,也適用于變力做功;適用于單過程分析,也適用于多過程分析?？键c一對動能的理解1.動能是狀態(tài)量,Ek=mv2,只與運動物體的質(zhì)量及速率有關,而與其運動方向無關,物體運動僅速度的方向發(fā)生變更時,動能不變。而做功是過程量。2.動能及動能的變更ΔEk均是標量,只有大小,沒有方向。動能的變更量為正值,表示物體的動能增加了,對應于合力對物體做正功;動能的變更量為負值,表示物體的動能削減了,對應于合力對物體做負功,或者說物體克服合力做功。[典例1]關于動能的理解,下列說法錯誤的是()A.動能是普遍存在的機械能的一種基本形式,凡是運動的物體都具有動能B.動能總是正值,但對于不同的參考系,同一物體的動能大小是不同的C.肯定質(zhì)量的物體,動能變更時,速度肯定變更,但速度變更時,動能不肯定變更D.動能不變的物體,肯定處于平衡狀態(tài)解析:動能是物體由于運動而具有的能量,所以運動的物體都具有動能,選項A正確;由于Ek=mv2,而v與參考系的選取有關,選項B正確;由于速度為矢量,當只有方向變更時其動能并不變更,選項C正確;做勻速圓周運動的物體動能不變,但并不是處于平衡狀態(tài),選項D錯誤。答案:D變式1:一個質(zhì)量為0.3kg的彈性小球,在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上,碰撞后小球沿相反方向運動,反彈后的速度大小與碰撞前相同,則碰撞前后小球速度變更量的大小Δv和碰撞過程中小球的動能變更量ΔEk為(B)A.Δv=0 B.Δv=12m/sC.ΔEk=1.8J D.ΔEk=10.8J解析:取初速度方向為正方向,則Δv=(-6-6)m/s=-12m/s,負號表示速度變更量的方向與初速度方向相反,由于速度大小沒變,動能不變,故動能變更量為0,故只有選項B正確?？键c二對動能定理的理解和應用1.對動能定理的理解(1)動能定理公式中等號表明白合力做功與物體動能的變更間的兩個關系:①數(shù)量關系:即合力所做的功與物體動能的變更具有等量代換關系?？梢酝ㄟ^計算物體動能的變更,求合力做的功,進而求得某一力做的功。②因果關系:合力做功是引起物體動能變更的緣由。(2)動能定理中涉及的物理量有F,l,m,v,W,Ek等,在處理含有上述物理量的問題時,優(yōu)先考慮運用動能定理。2.運用動能定理需留意的問題(1)應用動能定理解題時,在分析過程的基礎上無需深究物體運動過程中狀態(tài)變更的細微環(huán)節(jié),只需考慮整個過程的功及過程初末的動能。(2)若過程包含了幾個運動性質(zhì)不同的分過程,既可分段考慮,也可整個過程考慮。但求功時,有些力不是全過程都作用的,必需依據(jù)不同的狀況分別對待求出總功,計算時要把各力的功連同正負號一同代入公式。[典例2](多選)一滑草場的某條滑道由上下兩段高均為h、與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成,滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑,經(jīng)過上、下兩段滑道后,最終恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。則()A.動摩擦因數(shù)μ=B.載人滑草車最大速度為C.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度為g解析:整個滑行過程由動能定理得2mgh-μmghtan45°-μmghtan53°=0,解得μ=,A正確;對前一段軌道m(xù)gh-μmghtan45°=mv2,解得v=,B正確;載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh,C錯誤;載人滑草車在下段滑道上的加速度a==-g,D錯誤。答案:AB變式2:一物體靜止在粗糙水平地面上,現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體,經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2,物體從靜止起先經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程,用WF1,WF2分別表示拉力F1,F2所做的功,Wf1,Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功,則(C)A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1 B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1 D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1解析:因物體均做勻變速直線運動,由運動學公式得前后兩個過程的平均速度是2倍關系,那么位移x=t也是2倍關系,若Wf1=fx,則Wf2=f·2x故Wf2=2Wf1;由動能定理有WF1-fx=mv2和WF2-f·2x=m(2v)2得WF2=4WF1-2fx<4WF1,C正確?？键c三利用動能定理求變力做功問題利用動能定理求變力做功時應留意的問題(1)明確題中除變力做功外,還有哪些力做功,必需明確各力做功的正負、總功如何表示。(2)明確物體動能的變更。[典例3]如圖,一半徑為R、粗糙程度到處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止起先下落,恰好從P點進入軌道。質(zhì)點滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則()A.W=mgR,質(zhì)點恰好可以到達Q點B.W>mgR,質(zhì)點不能到達Q點C.W=mgR,質(zhì)點到達Q點后,接著上升一段距離D.W<mgR,質(zhì)點到達Q點后,接著上升一段距離解析:設質(zhì)點到達N點的速度為vN,在N點質(zhì)點受到軌道的彈力為FN,則FN-mg=m,已知FN=FN′=4mg,則質(zhì)點到達N點的動能為EkN=m=mgR。質(zhì)點由起先至N點的過程,由動能定理得mg·2R+Wf=EkN-0,解得摩擦力做的功為Wf=-mgR,即克服摩擦力做的功為W=-Wf=mgR。設從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′,則W′<W。從N到Q的過程,由動能定理得-mgR-W′=m-m,即mgR-W′=m,故質(zhì)點到達Q點后速度不為0,質(zhì)點接著上升一段距離。選項C正確。答案:C變式3:同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖所示的試驗裝置。圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道,P為最高點,Q為最低點,Q點處的切線水平且距底板高為H。N板上固定有三個圓環(huán)。將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放,小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心,落究竟板上距Q水平距離為L處。不考慮空氣阻力,重力加速度為g。求:(1)距Q水平距離為的圓環(huán)中心究竟板的高度;(2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向;(3)摩擦力對小球做的功。解析:(1)設小球在Q點的速度為v0,由平拋運動規(guī)律有H=g,L=v0t1,得v0=。設從Q點到距Q點水平距離為的圓環(huán)中心的豎直高度為h,則h=g,另=v0t2,解得h=H。該位置距底板的高度Δh=H-h=H。(2)由(1)問知小球運動到Q點時的速度大小v0=,設小球在Q點受的支持力為F,對小球在Q點,由牛頓其次定律有F-mg=,得F=mg(1+),由牛頓第三定律可知,小球對軌道的壓力F′=F=mg(1+),方向豎直向下。(3)設摩擦力對小球做功為W,則對小球從P到Q的過程由動能定理得mgR+W=m,得W=mg(-R)。答案:(1)H(2)mg(1+)方向豎直向下(3)mg(-R)考點四利用動能定理求多過程問題1.解決多過程問題應優(yōu)先考慮應用動能定理(或功能關系),從而使問題得到簡化。能解決的幾個典型問題如下:(1)不涉及加速度、時間的多過程問題。(2)有多個物理過程且不須要探討整個過程中的中間狀態(tài)的問題。(3)變力做功的問題。(4)含有F,l,m,v,W,Ek等物理量的力學問題。2.留意區(qū)分不同性質(zhì)的力的做功特點(1)重力、電場力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無關。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。[典例4]如圖所示,一質(zhì)量為m=0.5kg的小滑塊在F=4N水平拉力的作用下,從水平面上的A處由靜止起先運動,滑行s=1.75m后由B處滑上傾角為37°的光滑固定斜面,滑上斜面后的拉力大小不變,方向變?yōu)檠匦泵鎸ι?滑動一段時間后撤去拉力,已知小滑塊沿斜面上滑到的最遠點C距B點L=2m,小滑塊最終恰好停在A處,不計滑塊在B處的能量損失,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求小滑塊與水平面的動摩擦因數(shù);(2)求小滑塊在斜面上運動時,拉力作用的距離;(3)求小滑塊在斜面上運動時,拉力作用的時間。解析:(1)小滑塊由C運動到A,由動能定理得mgLsin37°-μmgs=0解得μ=。(2)設在斜面上,拉力作用的距離為x,小滑塊由A運動到C,由動能定理得Fs-μmgs+Fx-mgLsin37°=0解得x=1.25m。(3)小滑塊由A運動到B,由動能定理得Fs-μmgs=mv2由牛頓其次定律得F-mgsin37°=ma由運動學公式得x=vt+at2聯(lián)立解得t=0.5s。答案:(1)(2)1.25m(3)0.5s變式4:如圖所示是跳臺滑雪的示意圖,雪道由傾斜的助滑雪道AB、水平平臺BC、著陸雪道CD及減速區(qū)DE組成,各雪道間均平滑連接。A處與水平平臺間的高度差h=45m,CD的傾角為30°。運動員自A處由靜止滑下,不計其在雪道ABC滑行和空中飛行時所受的阻力,運動員可視為質(zhì)點,g取10m/s2。(1)求運動員滑離平臺BC時的速度;(2)為保證運動員落在著陸雪道CD上,著陸雪道CD長度至少為多少?(3)若實際的著陸雪道CD長為150m,運動員著陸后滑到D點時具有的動能是著陸瞬間動能的80%。在減速區(qū)DE滑行s=100m后停下,運動員在減速區(qū)所受平均阻力是其重力的多少倍?解析:(1)A→C過程中機械能守恒mgh=m得vC==30m/s。(2)設落點D′距拋出點C的距離為L,由平拋運動規(guī)律得Lcos30°=vCtLsin30°=gt2解得L=120m。(3)運動員由A運動到落點D′過程中,由機械能守恒得mg(h+Lsin30°)=mvD′2設運動員在減速區(qū)減速過程中所受平均阻力是重力的k倍,依據(jù)動能定理有-kmgs=0-m依據(jù)題意有m=0.80×mvD′2解得k=0.84。答案:(1)30m/s(2)120m(3)0.84倍考點五運用動能定理求解往復運動過程問題往復運動問題是常見的物理題型。如用牛頓運動定律處理此類問題,通常須要用數(shù)列求和的方法解,難度較大。但若運用動能定理及等效變換的方法,則可省去不少繁復的數(shù)學推演,解題時事半功倍。[典例5]如圖所示,AB是足夠長傾角為θ的粗糙直軌道,BCD是光滑的圓弧軌道,AB恰好在B點與圓弧相切,圓弧的半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體(可以看做質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放,結果它能在兩軌道間做來回運動。已知P點與圓弧的圓心O等高,物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ,求:(1)物體做來回運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程;(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時,對圓弧軌道的壓力;(3)為使物體能順當?shù)竭_圓弧軌道的最高點D,釋放點距B點的距離L′的最小值是多少。解析:(1)因為摩擦力始終對物體做負功,所以物體最終在圓心角為2θ的圓弧軌道上往復運動。對整體過程由動能定理得mgR·cosθ-μmgcosθ·s=0所以總路程為s=。(2)對B→E過程mgR(1-cosθ)=mFN-mg=解得FN=(3-2cosθ)mg由牛頓第三定律可知,物體對圓弧軌道的壓力FN′=FN=(3-2cosθ)mg,方向豎直向下。(3)設物體剛好能到D點,則mg=由動能定理得mgL′sinθ-μmgcosθ·L′-mgR(1+cosθ)=m解得L′=R。答案:(1)(2)(3-2cosθ)mg,方向豎直向下(3)R運用動能定理求解往復運動過程問題,關鍵在于抓住“重力做功與路徑無關,而摩擦阻力始終做負功,其肯定值等于摩擦力與路程的乘積”等不同力做功的特點。變式5:由相同材料的木板搭成的軌道如圖所示,其中木板AB,BC,CD,DE,EF,…長均為L=1.5m,木板OA和其他木板與水平地面的夾角都為β=37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8),一個可看成質(zhì)點的物體在木板OA上從圖中的離地高度h=1.8m處由靜止釋放,物體與木板的動摩擦因數(shù)都為μ=0.2,在兩木板交接處都用小曲面相連,使物體能順當?shù)亟?jīng)過它,既不損失動能,也不會脫離軌道。在以后的運動過程中,重力加速度取10m/s2,問:(1)物體能否靜止在木板上?請說明理由;(2)物體運動的總路程是多少?(3)物體最終停在何處?并作出說明。解析:(1)在斜面上物體重力沿斜面對下的分力G1=mgsin37°=0.6mg,物體所受摩擦力大小Ff=μmgcos37°=0.16mg。由于Ff<G1,故物體不能在木板上靜止。(2)從物體起先運動到最終停下的過程中,運動的總路程為s,由動能定理得mgh-μmgscos37°=0代入數(shù)據(jù)解得s=11.25m。(3)假設物體依次能到達B點、D點,由動能定理有mg(h-Lsin37°)-μmgcos37°(+L)=m-0得vB>0mg(h-Lsin37°)-μmgcos37°(+3L)=m-0發(fā)覺vD無解,說明物體能通過B點,到不了D點,最終停在C點處。答案:見解析考點六動能定理與圖象的綜合問題動能定理與圖象結合問題的分析方法(1)首先看清晰所給圖象的種類(如v-t圖象、F-x圖象、P-t圖象或Ek-x圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件——求出所須要的物理量,如由v-t圖象所包圍的“面積”求位移,由F-x,P-t圖象所包圍的“面積”求功。(3)再分析還有哪些力做功,依據(jù)動能定理列方程,可求出相應的物理量。[典例6]如圖甲所示,長為4m的水平軌道AB與半徑為R=0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接,有一質(zhì)量為1kg的滑塊(大小不計)從A處由靜止起先受水平向右的力F作用,F的大小隨位移變更的關系如圖乙所示,滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,與BC間的動摩擦因數(shù)未知,g取10m/s2,求:(1)滑塊到達B處時的速度大小;(2)滑塊在水平軌道AB上運動前2m過程所用的時間;(3)若到達B點時撤去力F,滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側上滑,并恰好到達最高點C,則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少?解析:(1)對滑塊從A到B的過程,由動能定理得F1s1-F3s3-μmgs=m解得vB=2m/s。(2)在前2m內(nèi),有F1-μmg=ma,且s1=a,解得t1=s。(3)當滑塊恰好能到達最高點C時,有mg=m對滑塊從B到C的過程,由動能定理得W-mg×2R=m-m代入數(shù)據(jù)得W=-5J,即克服摩擦力做的功為5J。答案:(1)2m/s(2)s(3)5J變式6:總質(zhì)量為80kg的跳傘運動員從離地500m的直升機上跳下,經(jīng)過2s后拉開繩索開啟著陸傘,如圖是跳傘過程中的v-t圖象,試依據(jù)圖象求:(g取10m/s2)(1)t=1s時運動員的加速度和所受阻力的大小;(2)估算14s內(nèi)運動員下落的高度及克服阻力所做的功;(3)估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間。解析:(1)從題圖中可以看出,在0～2s內(nèi)運動員做勻加速運動,其加速度大小為a==8m/s2。設此過程中運動員受到的阻力大小為f,依據(jù)牛頓其次定律,有mg-f=ma,得f=m(g-a)=160N。(2)從題圖中估算得出運動員在14s內(nèi)下落了h≈(14×6+×12×12)m=156m。依據(jù)動能定理,有mgh-Wf=mv2,所以有Wf=mgh-mv2≈1.23×105J。(3)14s后運動員做勻速運動的時間為t′==s≈57.3s,故運動員從飛機上跳下到著地須要的總時間為t總=t+t′=(14+57.3)s=71.3s。答案:(1)8m/s2160N(2)156m1.23×105J(3)71.3s1.(動能與功率)某地平均風速為5m/s,已知空氣密度是1.2kg/m3,有一風車,它的風葉轉動時可形成半徑為12m的圓面。假如這個風車能將圓面內(nèi)10%的氣流淌能轉變?yōu)殡娔?則該風車帶動的發(fā)電機功率最接近于(B)A.340W B.3.4kW C.6.8kW D.34kW解析:在t時間內(nèi)作用于風車的氣流質(zhì)量m=ρπr2vt,這些氣流的動能為mv2,轉變成的電能E=mv2×10%,所以風車帶動發(fā)電機的功率為P==ρπr2v3×10%,代入數(shù)據(jù)得P≈3.4kW。2.(動能定理的理解)從地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重力外,還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時,物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示。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:設物體在運動過程中受到的外力為F,對上升過程,由動能定理,可得-(F+mg)h=Ek-Ek0,則F+mg=,即F+mg=12N;對下落過程,有(mg-F)h=Ek′-Ek0′,即mg-F==8N,聯(lián)立兩式,得到m=1kg,F=2N,選項C正確。3.(動能定理的應用)(2024·浙江1月學考,23)如圖甲所示為商場內(nèi)的螺旋滑梯,小孩從頂端A處進入,由靜止起先沿滑梯自然下滑(如圖乙),并從底端B處滑出。已知滑梯總長度L=20m,A,B間的高度差h=12m。(1)假設滑梯光滑,則小孩從B處滑出時的速度v1多大?(2)若有人建議將該螺旋滑梯改建為傾斜直線滑梯,并保持高度差與總長度不變。已知小孩與滑梯間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,若小孩仍從頂端由靜止自然下滑,則從底端滑出時的速度v2多大?(3)若小孩與滑梯間的動摩擦因數(shù)仍為0.25,你認為小孩從螺旋滑梯底端B處滑出的速度v3與(2)問中傾斜直線滑梯滑出的速度v2哪個更大?試簡要說明理由。解析:(1)對小孩從A滑到B的過程由動能定理可得mgh=m,解得v1==4m/s。(2)由動能定理可得WG+Wf=m,即mgh-μmg·L=m,解得v2=4m/s。(3)v2更大。與直線下滑相比,重力做功相等,沿螺旋滑梯下滑時小孩受到的彈力更大(或須要向心力),受到的滑動摩擦力更大,滑動摩擦力做的負功更大,v3更小。答案:(1)4m/s(2)4m/s(3)見解析4.(動能定理的應用)風洞是探討空氣動力學的試驗設備。如圖,將剛性桿水平固定在風洞內(nèi)距地面高度H=3.2m處,桿上套一質(zhì)量m=3kg可沿桿滑動的小球。小球所受的風力調(diào)整為F=15N,方向水平向左。小球以速度v0=8m/s向右離開桿端,取g=10m/s2。求:(1)小球落地所需時間和落地點與桿端的水平距離;(2)小球落地時的動能;(3)小球離開桿端后經(jīng)過多少時間動能為78J。解析:(1)小球在豎直方向做自由落體運動,t==0.8s,在水平方向做勻減速運動,加速度大小為a==5m/s2,水平位移x=v0t-at2=4.8m。(2)小球從離開桿端到落地的過程由動能定理mgH-Fx=Ek-Ek0,解得Ek=120J。(3)設小球離開桿端后經(jīng)過t′動能為78J,在此過程由動能定理有mg·gt′2-Fx′=Ek′-m將Ek′=78J和v0=8m/s代入得125t′2-80t′+12=0,解得t1′=0.4s,t2′=0.24s。答案:(1)0.8s4.8m(2)120J(3)0.4s或0.24s5.(動能定理與圖象的結合)隨著中國首艘航母“遼寧號”的下水,同學們對艦載機的起降產(chǎn)生了深厚的愛好,下面是小聰編制的一道艦載機著陸的題目,請你閱讀后求解。(1)假設質(zhì)量為m的艦載機關閉發(fā)動機后在水平地面跑道上著陸,觸地瞬間的速度為v0,在跑道上滑行的v-t圖象如圖。求艦載機滑行的最大距離和滑行時受到的阻力;(2)航母可以通過設置攔阻索來增大對艦載機的阻力?，F(xiàn)讓該艦載機關閉發(fā)動機后在靜止于海面的航母水平甲板上著陸,若它接觸甲板瞬間的速度仍為v0,在甲板上的運動可以看做勻變速運動,在甲板上滑行的最大距離是(1)中的。求該艦載機在航母上滑行時受到的平均阻力。(結果用m,v0,t0表示)解析:(1)由題圖信息,依據(jù)勻變速直線運動規(guī)律最大距離為x=v0t0由動能定理有F阻x=m解得阻力F阻=。(2)最大距離x′=x=v0t0由動能定理有F阻′x′=m聯(lián)立解得F阻′=。答案:(1)v0t0(2)1.(2024·浙江4月選考,20)如圖所示,一軌道由半徑為2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可調(diào)的水平直軌道BC在B點平滑連接而成?，F(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小球從A點無初速釋放,經(jīng)過圓弧上B點時,傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6N,小球經(jīng)過BC段所受的阻力為其重力的0.2倍。然后從C點水平飛離軌道,落到水平地面上的P點,P,C兩點間的高度差為3.2m。小球運動過程中可視為質(zhì)點,且不計空氣阻力,g取10m/s2。(1)求小球運動至B點時的速度大小;(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P與B點的水平距離最大,求BC段的長度;(4)小球落到P點后彈起,與地面多次碰撞后靜止。假設小球每次碰撞機械能損失75%,碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求小球從C點飛出到最終靜止所需時間。解析:(1)在B點FN-mg=vB=4m/s。(2)A至B過程,由動能定理得mgR-Wf=mWf=2.4J。(3)B至C過程,由動能定理得-kmgLBC=m-mP至B的水平距離L=+vC=4-+vC當vC=1.6m/s時P至B的水平距離最大LBC=3.36m。(4)C至P時間t0==0.8st1=×2t0=0.8s…tn=()n-1×t1t=2.4s。答案:(1)4m/s(2)2.4J(3)3.36m(4)2.4s2.(2024·浙江4月選考,20)某砂場為提高運輸效率,探討砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系,建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ=37°的直軌道AB,其下方右側放置一水平傳送帶,直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零,但允許砂粒通過。轉輪半徑R=0.4m、轉軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉動,轉輪最低點離地面的高度H=2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處由靜止釋放,假設小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時,速度大小不變,方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。(sin37°=0.6,g=10m/s2)(1)若h=2.4m,求小物塊到達B端時速度的大小;(2)若小物塊落到傳送帶左側地面,求h須要滿意的條件;(3)變更小物塊釋放的高度h,小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出,求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關系式及h須要滿意的條件。解析:(1)在小物塊由A點到B點的過程中,由動能定理得mgh-μmgcosθ·=m-0得vB=4m/s。(2)若小物塊落到傳送帶左側地面,使小物塊到達D點之前速度減為0。在小物塊從A點到D點過程中,由動能定理得mgh-μmgcosθ·-μmgL=0,解得h=3m,即當h≤3m時小物塊會落到傳送帶左側地面。(3)小物塊從D點向右飛出后做平拋運動H+2R=gt2,x=vDt小物塊從A到D的過程由動能定理得mgh-μmgcosθ·-μmgL=m-0,解得x=2為使小物塊能在D點水平拋出,則有mg≤解得h≥3.6m。答案:(1)4m/s(2)h≤3m(3)x=2,且h≥3.6m3.(2024·浙江1月選考,20)如圖所示,一彈射嬉戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最低點E分別與水平軌道EO和EA相連)、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成。嬉戲時滑塊從O點彈出,經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為嬉戲勝利。已知圓軌道半徑r=0.1m,OE長L1=0.2m,AC長L2=0.4m,圓軌道和AE光滑,滑塊與AB,OE之間