1、第 15 讲 动能定理及其应用考纲要求考情分析命题趋势1.对动能定理的理解2动能定理的应用3动能定理与图象结合的问题2016全国卷，21动能定理是力学的重要规律之一，对求解涉及位移的过程问题非常简便，在高考中也有很重要的地位1动能(1)定义：物体由于_运动_而具有的能(2)公式：E k_ mv2_.12(3)单位：_焦耳_,1 J 1 Nm1 kgm 2/s2.(4)标矢性：动能是_标量_，只有正值，动能与速度方向 _无关_.(5)动能的变化：物体_末动能_与_初动能_之差，即 Ek_ mv mv _.12 2 12 212动能定理(1)内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程
2、中_动能的变化_.(2)表达式：W EkE k2E k1_ mv mv _.12 2 12 21(3)物理意义：_合力_的功是物体动能变化的量度(4)适用条件动能定理既适用于直线运动，也适用于_曲线运动_.既适用于恒力做功，也适用于_变力_做功力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以_分阶段_作用1请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因(1)动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能( )(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化( )(3)动能不变的物体，一定处于平衡状态( )解析 速度是矢量，动能是标量，动能不变的物体，速度的方向可
3、能发生变化(4)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的二次方成正比( )解析 由 mv2mgh 可知，做自由落体运动的物体，动能与下落距离成正比，而不是12与下落距离的二次方成正比(5)如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零( )(6)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化( )解析 变速运动可能仅仅是速度的方向发生变化，此时动能可能不变(7)物体的动能不变，所受的合外力必定为 0.( )解析 物体动能不变，所受的合外力不一定为 0，比如匀速圆周运动2关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( B )A运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物
4、体的动能肯定要变化B运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变C运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化解析 关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点(1)若运动物体所受合力为零，则合力不做功( 或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化(2)物体所受合力不为零，物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体动能不变化(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功；同时表明物体的速率不变( 速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度方向
5、，产生向心加速度，如匀速圆周运动)根据上述三个要点不难判断，本题只有选项 B 是正确的3(多选) 一物体自 t0 时开始做直线运动，其 vt 图象如图所示，下列说法正确的是( AD )A04 s 内合外力做的功等于 56 s 内合外力做的功B2 s 末合外力的功率大于 6 s 末合外力的功率C02 s 内与 04 s 内合外力的平均功率相同D46 s 内合外力的平均功率等于零解析 根据动能定理可得，04 s 内合外力对物体做的功等于 56 s 内合外力对物体做的功，同理可得 46 s 内合外力的功为零，则平均功率等于零，选项 A、D 均正确；同理可得，02 s 内与 04 s 内合外力的功相同
6、，但时间不相等，故平均功率不相同，选项C 错误；2 s 末、6 s 末速度大小相等，但 2 s 末的合外力小于 6 s 末的合外力，故 2 s 末合外力 的功率小于 6 s 末合外力的功率，选项 B 错误一 对动能定理的理解1对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，他们可以同时作用，也可以不同时作用(2)既可以是恒力，也可以是变力2 “”体现的两个关系例 1(2018湖北宜昌模拟)一辆汽车在平直公路上行驶，在汽车的速度从 0 增大到 v 的过程中，发动机做的功为 W1；在汽车的速度从 v 增大到 2v 的过程中，发动机做的功为 W2.设汽车在行
7、驶过程中所受阻力和发动机的牵引力都不变，则有( B )AW 22W 1 BW 23W 1CW 24W 1 DW 2W 1解析 设汽车发动机的牵引力为 F，汽车所受的阻力为 Ff，两个过程中汽车的位移分别为 l1、l 2，则由动能定理得( FF f)l1 mv20，(FF f)l2 m(2v)2 mv2，解得12 12 12l23l 1，又 W1Fl 1，W 2Fl 2，可得 W23W 1，选项 B 正确应用动能定理解题应抓好“两状态一过程”“两状态” ，即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程” ，即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息高中阶段动能定理中
8、的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系二 动能定理的应用例 2(2018河南郑州模拟)2014 年全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大，已知汽车保持匀速正常行驶时受到的阻力为Ff1 0.2mg，刹车时受到的阻力为 Ff20.5mg，重力加速度为 g10 m/s 2.(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为 v136 km/h，则刹车后经过多长时间才会停下来？(2)若前车因故障停在车道上，当质量为 m1 200 kg 的后车距离已经停止的前车为x22.5 m 处紧急刹车，
9、刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？解析 (1)v36 km/h 10 m/s，Ff20.5mg.刹车后由牛顿第二定律可知F f2ma，0.5mgma，a0.5g5 m/s 2，vvat0，得 t s2 s.0 10 5(2)根据动能定理有F f2x0 mv ，12 20Ff2 0.5mg，联立解得 v015 m/s，正常行驶时有 FF f10，Ff1 0.2mg，PFv 00.21 2001015 W3.610 4 W.答案 (1)2 s (2)3.6104 W应用动能定理解题步骤三 动能定理与图象结合问题解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对
10、应的物理量及图线所表示的物理意义(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，以及图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量例 3(2017湖北黄石调研)用传感器研究质量为 2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到 06 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示下列说法正确的是( D )A06 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s 内物体在 4 s 时的速度最大C物体在 24 s 内速度不变D
11、04 s 内合力对物体做的功等于 06 s 内合力做的功解析 由 at 图象可知：图线与时间轴围成的 “面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负物体 6 s 末的速度 v6 (25) 2 12m/s 12 m/s6 m/s，则 06 s 内物体一直向正方向运动，选项 A 错误；由题图可知12物体在 5 s 末速度最大，为 vm (25) 2 m/s7 m/s，选项 B 错误；由题图可知在1224 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项 C 错误；在 04 s 内合力对物体做的功由动能定理可知W 合 4 mv 0，又 v4 (24) 2 m
12、/s6 m/s，12 24 12得 W 合 436 J，06 s 内合力对物体做的功由动能定理可知W 合 6 mv 0，又 v66 m/s，得 W 合 636 J，12 26则 W 合 4W 合 6，选项 D 正确图象所围“面积”的意义(1)vt 图：由公式 xvt 可知，vt 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移(2)at 图：由公式 vat 可知， at 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量(3)Fx 图：由公式 WFx 可知，Fx 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功(4)Pt 图：由公式 WPt 可知， Pt 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功四 动能定理与圆周运动结合1圆周运
13、动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解2用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系例 4(2018湖北武汉模拟)如图所示，半径 r1 m 的圆弧轨道 AB 与水平轨道 BC252相切于 B 点，CD 为 r20.40 m 的半圆轨道，另一半径 R1.00 m 的圆弧轨道 EF 与 CD 靠近，E 点略低于 D 点一质量 m1 kg 的小物块( 可视为质点 )从 A 点以初速度 v02 m/s 沿轨道下滑，在 AB 段运动过程中始终受到竖直向上的 F10 N 的力作用，进入
14、 BC 段后撤去已知 AB 高度为 h，BC 长 L1.00 m，小物块与 BC 间动摩擦因数 0.2，其余光滑，EF 轨道对应的圆心角 60，所有轨道均固定在同一竖直平面内，不考虑小物块在各轨道相接处的能量损失，忽略空气阻力，g 取 10 m/s2.求：(1)当小物块沿圆弧轨道 AB 运动到 B 点时，轨道对小物块的作用力大小；(2)若小物块在 B 点的速度为 5 m/s，且在刚进入 BC 段时撤去力 F，请通过计算判断小物块能否通过 D 点；(3)小物块能进入 EF 轨道，且不越过 F 点，小物块在 D 点的速度范围解析 (1)小物块从 A 到 B，由动能定理得mghFh mv mv ，1
15、2 2B 12 20解得 vB2 m/s.在 B 点，由牛顿第二定律得 FF Nmgm ，v2Br1解得 FN5 N.2(2)假设小物块以 5 m/s 速度能从 B 到 D，由动能定理得2mgr 2mgL mv mv ，12 2D 12 2B解得 vD m/s.5若小物块恰好过 D 点，则 mgm ，v 2Dr2解得 v D 2 m/st2 D无法比较 t1、t 2 的大小解析 设初速度为 v0，第一次到达 B 点的速率为 vB1，到达 C 点的速率为 vC1，A 到 C由动能定理可得W fAB1 mv mv ，W fBC1 mv mv ；第二次到达 B 点的速12 2B1 12 20 12
16、2C1 12 2B1率为 vB2，到达 A 点的速率为 vA2，C 到 A 由动能定理可得W fBA2mv mv ，W fCB2 mv mv ，因为小滑块对滑道的压力与速度有关，对12 2A 12 2B 12 2B 12 20于 BC 部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大，所以 WfBC1vB2，v C1vA2，可以判断出t1t2，所以选项 A 正确，B 、 C、D 项错误4(多选) 如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点已知在 M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONM OMN .在小球从
17、M 点运动到 N 点的过程中( 2BCD )A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差解析 小球在从 M 点运动到 N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到 N 点的过程中，弹簧又伸长弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于 90，再小于 90，最后又大于 90，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，选项 A 错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，选项 B
18、 正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，选项 C 正确；由于在M、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到 N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差，选项 D 正确5我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图所示，质量 m60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a3.6 m/s2 匀加速滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB24 m/s，A 与 B 的竖直高度差 H48 m
19、为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点 C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h5 m，运动员在 B、C 间运动时阻力做功 W1 530 J，取 g10 m/s 2.(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应为多大解析 (1)运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 x，则有v 2ax ，2B由牛顿第二定律有 mg F f ma，Hx联立式，代入数据解得 Ff144 N(2)设运动员到达
20、C 点时的速度为 vC，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理有mghW mv mv ，12 2C 12 2B设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有FNmg m ，v2CR由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，即 FN6mg，联立式，代入数据解得 R12.5 m.答案 (1)144 N (2)12.5 m6(2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距 s0和 s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击
21、出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v1，重力加速度大小为 g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度解析 (1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 ，由动能定理得mgs 0 mv mv ，12 21 12 20解得 .v20 v212gs0(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.由运动学公式得 v v 2a
22、1s0，20 21v0v 1a 1t，s1 a2t2，12联立式得 a2 .s1v1 v022s20答案 (1) (2)v20 v212gs0 s1v1 v022s20课时达标 第 15 讲解密考纲 深刻理解动能定理解题的优越性，掌握它是一条适用范围很广的物理规律，体会应用动能定理处理动力学的综合问题的技巧1关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( B )A运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化B运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变C运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能
23、要变化2静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s 时停下，其 vt 图象如图所示已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( A )A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s 到 t3 s 这段时间内拉力不做功3质量为 2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为 30的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取 g10 m/s2)( A )A34 J B56 J C92 J D196 J解析 物体上滑的过程中重力与
24、摩擦力都做负功，由动能定理得mgxsin 30F fx 0196，下滑过程重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得 mgxsin 30F fxE k0，代入数据得 Ek34 J，故选项 A 正确4(2017湖南湘中名校联考) 如图所示，质量为 m 的小物块从固定的半圆形槽内与圆心等高的位置 P 点无初速度释放，先后经过 A、B、C 三点，小物块到达左侧 C 点时速度为零B 点是最低点，半圆形槽的半径为 R，A 点与 C 点等高，A 点与 B 点高度差为 .重R2力加速度为 g，则( D )A小物块从 P 点运动到 C 点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功B小物块第一次从 A
25、点运动到 C 点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功C小物块只能到达 C 点一次，但能经过 A 点两次D小物块第一次过 B 点时，对槽的压力一定大于 2mg解析 小物块从 P 点运动到 C 点的过程中，运用动能定理有 mghPCW f0，得重力对小物块做的功等于小物块克服摩擦力做的功，故选项 A 错误；小物块第一次从 A 点运动到 C 点的过程中，由于 A 点与 C 点等高，所以重力做功为零，而小物块克服摩擦力做功不为零，故选项 B 错误；小物块只能到达 C 点一次是对的，然后由 C 点返回，由于摩擦力做功，所以不能再次经过等高处的 A 点，故选项 C 错误；小物块第一次从
26、B 点运动到 C 点的过程中，运用动能定理mgh BCW fBC0 mv ，由已知条件 hBC ，再对小物块第一12 2B R2次经过 B 点时，运用牛顿第二定律得 FNBmgm ，联立以上三式可得槽对小物块的支v2BR持力 FNB2mg ，由牛顿第三定律可知选项 D 正确2WfBCR5(2017湖南长沙一模)( 多选) 如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为 m 的小球静止在轨道底部 A 点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到 A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已
27、知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功 W，第二次击打过程中小锤对小球做功 4W.设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则 W 的值可能是( AB )A mgR B mgR56 34C mgR D mgR38 32解析 第一次击打，小球运动的最大高度为 R，即 WmgR.第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为 mgm ，即 v0 .小球从静止v20R gR到达最高点的过程，由动能定理得 W4W mg2 R mv 0，得 W mgR，则12 20 12mgR WmgR，故选项 A、 B 正确126(2017山西名校联考
28、)( 多选) 如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为 、2 和 3，三块薄板长度均为 L，并依次连在一起第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度 v0 从 a 点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端 d 点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从 d 点以相同的初速度 v0 水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度 v0 从 a 点滑上第一块薄板则下列说法正确的是( AB )A第二次小物块一定能够运动到 a 点并停下B第一次和第二次小物块经过 c 点时的速度大小相等C第三次
29、小物块也一定能运动到 d 点D第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等解析 因为第一次和第二次薄板均被固定，以小物块为研究对象，根据动能定理，第一次有mgL2mgL3mgL 0 mv ，第二次从 d 点运动到 a 点摩擦力做功相同，12 20故可以运动到 a 点并停下，选项 A 正确；同理，第一次运动到 c 点时，摩擦力做的功Wf1 mgL 2mgL3mgL，第二次运动到 c 点时摩擦力做的功 Wf23mgL ，所以两次通过 c 点时的速度大小相等，选项 B 正确；与第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，则摩擦力对薄板做功，薄板动能增加，系统损失的机械能减少，小物块相对薄板的位移减小，则小
30、物块不能运动到 d 点，选项 C 错误；与第一次相比，因为第三次小物块没有减速到零，故损失的动能减少，所以摩擦力对小物块做的功减少，即小物块克服摩擦力做的功减少，选项 D 错误7(2017广东深圳市调研)( 多选) 静止在水平地面上的物块，受到水平推力 F 的作用，F 与时间 t 的关系如图甲所示，物块的加速度 a 与时间 t 的关系如图乙所示，g 取 10 m/s2.设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息，得出的结论错误的是( ABC )A地面对物块的最大静摩擦力为 1 NB物块的质量为 1 kgC物块与地面间的动摩擦因数为 0.2D4 s 末推力 F 的瞬时功率为 36 W解析 由题图
31、甲知，F2t，由题图乙知，t1 s 时，物块开始运动，此时， F12 N，故地面对物块的最大静摩擦力为 2 N，选项 A 错误；t 4 s 时，由牛顿第二定律有Fmg ma，而 mg2 N，解得物块的质量 m2 kg，物块与地面间的动摩擦因数0.1，选项 B、C 错误；4 s 末物块的速度 v (41)3 m/s4.5 m/s，故 4 s 末推力12F 的瞬时功率 PF v84.5 W 36 W，选项 D 正确8(多选) 如图所示，水平传送带以 v2 m/s 的速度顺时针匀速转动，将一质量m0.5 kg 的小物块(可视为质点 )轻放在传送带最左端，在摩擦力的作用下，小物块会从传送带最右端水平飞
32、出，恰好落在地面上某点 P 处已知传送带左右两端相距 l3 m，上端离地高度 h5 m，小物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g10 m/s2，则下对说法正确的是( CD )A小物块从轻放在传送带上到落到地面的时间为 s3B落点 P 与传送带右端的水平距离为 2 m2C传送带因传送小物块多消耗的电能 2 JD小物块落到地面时的动能为 26 J解析 由题意可得，小物块在传送带上先加速，当速度达到 2 m/s 时，开始做匀速直线运动，其加速时间 t1 1 s，此时小物块的位移为 x1 vt11 m，剩下 x2l x 12 vg 12m 做匀速运动，匀速运动的时间 t2 1 s，离开传送
33、带后做平抛运动，平抛运动时间x2vt3 1 s，总时间为 tt 1t 2t 33 s，选项 A 错误；离开传送带时，小物块的速度为2hg2 m/s，则 x 平 vt 32 m，选项 B 错误；传送带因传送物块多消耗的电能 E 电 mv2mgx 相 mv2mg( vt1x 1)2 J，选项 C 正确；从传送带最右端到落到地面，12 12对小物块利用动能定理可得 Ekp mv2mgh 26 J，选项 D 正确129(2017湖北襄阳模拟)如图， Q 为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其 DB 段为一半径为 R 的光滑圆弧轨道，AD 段为一长度为 LR 的粗糙水平轨道，二者相切于 D 点，D 在圆
34、心 O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物块 P 的质量为 m(可视为质点)，P 与 AD 间的动摩擦因数 0.1，物体 Q 的质量为 M2m，重力加速度为 g.(1)若 Q 固定， P 以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道，冲至 C 点后返回 A 点时恰好静止，求 v0 的大小和 P 刚越过 D 点时对 Q 的压力大小；(2)若 Q 不固定， P 仍以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道，求 P 在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度 h.解析 (1)P 从 A 到 C 又返回 A 的过程中，只有 AD 段和 DA 段的摩擦力做功，由动能定理有mg2L 0 mv ， 12 20将 LR 代入解
35、得 v0 .2gR5若 P 在 D 点的速度为 vD，从 A 到 D 的过程中，由动能定理得mgL mv mv .12 2D 12 20刚越过 D 时，若 Q 对 P 的支持力为 FD，根据牛顿第二定律，有FDmg m ，v2DR联立式解得 FD1.2mg.由牛顿第三定律可知，P 对 Q 的压力大小也为 1.2mg.(2)当 P、 Q 具有共同速度 v 时， P 达到最大高度 h，由动量守恒定律有 mv0(m M)v，由功能关系有 mv mgL (mM) v2mgh 12 20 12由两式得 h R130答案 (1) 1.2mg (2) R2gR5 13010(2017上海浦东模拟)我国拥有航
36、空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012 年 11 月 23 日，舰载机歼15 首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，舰载机质量视为不变并可看成质点 “航母”起飞跑道由如图所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度 )，其水平轨道长 ABL，水平轨道与斜面轨道末端 C 的高度差为 h.一架歼15 舰载机的总质量为 m，在 C 端的起飞速度至少为 v.若某次起飞训练中，歼15 从 A 点由静止启动，发动机的推力大小恒为 0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨
37、道平均阻力的合力大小恒为 0.1mg.重力加速度为 g.求：(1)舰载机在水平轨道 AB 上运动的时间；(2)在水平轨道末端 B，舰载机发动机的推力功率；(3)要保证舰载机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件( 结果用 m、g、L、h、v 表示)解析 (1)设舰载机在水平轨道的加速度为 a，运动时间为 t，发动机的推力为 F，阻力为 Ff，由牛顿第二定律得FF f0.6mg 0.1mgma，得 a0.5g，而由位移公式有 L at2，12解得 t2 .Lg(2)设舰载机在 B 端的速度为 v，功率为 P，由速度公式vat ，gL解得 PF v0.6mg .gL(3)设舰载机恰能在 C 端起飞时，
38、斜面轨道长为 l0，整个过程由动能定理有(FF f)(Ll 0)mgh mv2，12解得 l0 2hL，v2g所以，斜面轨道长度满足的条件是 l 2hL.v2g答案 (1)2 (2)0.6 mg (3)l 2hLLg gL v2g11(2017陕西西安模拟)如图所示，一质量为 M5.0 kg 的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上表面距离地面高 h0.8 m，其右侧足够远处有一固定障碍物 A.另一质量为 m2.0 kg 可视为质点的滑块，以 v08 m/s 的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为 5 N 的恒力 F.当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止，此
39、时撤去恒力 F，当平板车碰到障碍物 A 时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 B 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑已知滑块与平板车间的动摩擦因数 0.5 ，圆弧半径为 R1.0 m，圆弧所对的圆心角BOD 106.g10 m/s 2，sin 530.8，cos 530.6.求：(1)平板车的长度；(2)障碍物 A 与圆弧左端 B 的水平距离；(3)滑块运动至圆弧轨道最低点 C 时对轨道的压力大小解析 (1)滑块与平板车间的滑动摩擦力Ff mg，对滑块，由牛顿第二定律得a1 g5 m/s 2，Ffm对平板车，由牛顿第二定律得a2 3 m/s 2.F FfM设经过时间
40、 t1，滑块与平板车相对静止，共同速度为 v，则vv 0a 1t1a 2t1，滑块的位移 x1 t1，v0 v2平板车的位移 x2 t1，v2平板车的长度 lx 1x 2，联立解得 l4 m.(2)设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为 t2，则h gt ，12 2xABvt 2，障碍物 A 与圆弧左端 B 的水平距离xAB1.2 m.(3)对小物块，从离开平板车到 C 点，由动能定理得mghmgR mv mv2，(1 cos 2) 12 2C 12在 C 点由牛顿第二定律得FNmg m ，v2CR联立解得 FN86 N，由牛顿第三定律得，滑块运动到圆弧轨道最低点 C 时对轨道的压力大小为 86 N.答案 (1)4 m (2)1.2 m (3)86 N