1、功和能 (二)1(2019 ·江浙 10 月學(xué)考 ·20)如圖 1 甲所示，游樂(lè)場(chǎng)的過(guò)山車(chē)可以底朝上在豎直圓軌道上運(yùn)行，可抽象為圖乙的模型傾角為45°的直軌道AB、半徑R 10 m 的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道 EF，分別通過(guò)水平光滑銜接軌道 BC、C E 平滑連接， 另有水平減速直軌道 FG 與 EF 平滑連接， EG 間的水平距離 l 40 m現(xiàn)有質(zhì)量 m 500 kg 的過(guò)山車(chē)，從高 h40 m 處的 A 點(diǎn)靜止下滑，經(jīng) BCDC EF 最終停在 G 點(diǎn)過(guò)山車(chē)與軌道 AB、 EF 的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 0.2，與減速直軌道 FG 的動(dòng)摩擦因數(shù)

2、 0.75.過(guò)山車(chē)可視為質(zhì)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)中不脫離軌12道求： (已知 sin 37 °0.6， cos 37 ° 0.8， g 取 10 m/s2)圖 1(1)過(guò)山車(chē)運(yùn)動(dòng)至圓軌道最低點(diǎn)C 時(shí)的速度大??；(2)過(guò)山車(chē)運(yùn)動(dòng)至圓軌道最高點(diǎn)D 時(shí)對(duì)軌道的作用力；(3)減速直軌道 FG 的長(zhǎng)度 x.答案(1)8 10 m/s (2)7 000 N ，方向豎直向上(3)30 m解析(1) 設(shè)過(guò)山車(chē)到達(dá)C 點(diǎn)的速度為 vC，由 A 點(diǎn)到 C 點(diǎn)，由動(dòng)能定理得h12mgh 1mgcos 45 ·° mvCsin 45°2代入數(shù)據(jù)可得 vC 8 10m/s.1212(

3、2)設(shè)過(guò)山車(chē)到達(dá) D 點(diǎn)的速度為 vD，由 C 點(diǎn)到 D 點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得 2mvC 2mgR2mvD在 D 點(diǎn)，由牛頓第二定律得2vDmg FD mR聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得 FD 7 000 N由牛頓第三定律可知，過(guò)山車(chē)對(duì)軌道的作用力F D 7 000 N ，方向豎直向上(3)過(guò)山車(chē)從 A 點(diǎn)到 G 點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得hl x mgh mg(l x)tan 37 °1mgcos 45 ·°°1mgcos 37·°°2mgx 0sin 45cos 37第 1頁(yè)代入數(shù)據(jù)可得x 30 m2(2019 ·州中學(xué)第一次統(tǒng)

4、練臺(tái))如圖 2 所示為一遙控電動(dòng)賽車(chē)(可視為質(zhì)點(diǎn) )和它的運(yùn)動(dòng)軌道示意圖假設(shè)在某次演示中，賽車(chē)從A 位置由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2 s 后關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，賽車(chē)?yán)^續(xù)前進(jìn)至 B 點(diǎn)后水平飛出，賽車(chē)能從C 點(diǎn)無(wú)碰撞地進(jìn)入豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，D 點(diǎn)和 E點(diǎn)分別為圓形軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)已知賽車(chē)在水平軌道AB 段運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的恒定阻力為0.4 N，賽車(chē)質(zhì)量為0.4 kg，通電時(shí)賽車(chē)電動(dòng)機(jī)的輸出功率恒為2 W， B、 C 兩點(diǎn)間高度差為0.45 m，C 與圓心 O 的連線和豎直方向的夾角 37°，空氣阻力忽略不計(jì)， g 10 m/s2，sin 37 ° 0.6， cos 37 °

5、0.8，求：圖 2(1)賽車(chē)通過(guò)C 點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)賽道 AB 的長(zhǎng)度；(3)要使賽車(chē)能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)D 后回到水平賽道EG，其半徑需要滿(mǎn)足什么條件答案(1)5 m/s (2)2 m(3)0 R25m46解析(1) 賽車(chē)在 B、 C間做平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向vy2gh 3 m/s.由圖可知： vCvy 5 m/ssin 37 °(2)賽車(chē)在 B 點(diǎn)的速度 v0 vCcos 37 °4 m/s12則由 A B，根據(jù)動(dòng)能定理得：Pt Ff lAB 2mv0，得 l AB2 m.2vD(3)當(dāng)賽車(chē)恰好通過(guò)最高點(diǎn)D 時(shí)，有： mgm R從 C 到 D，由動(dòng)能定理得：12122

6、5 mgR(1 cos 37 )°2mvD2mvC ，解得 R46 m，所以軌道半徑需滿(mǎn)足0R25m(可以不寫(xiě) 0)463(2019 ·浙江省名校協(xié)作體上學(xué)期考試)如圖 3 所示，質(zhì)量 m1 kg 的小物塊靜止放在粗糙水平桌面上， 它與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0.4，且與水平桌面邊緣O 點(diǎn)的距離 s 8 m在第 2頁(yè)1R 3 m，圓心與桌面同高以O(shè) 點(diǎn)為原點(diǎn)建緊靠桌面邊緣右側(cè)固定了一個(gè)2圓弧擋板，半徑立平面直角坐標(biāo)系現(xiàn)用F 8 N 的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板(g 取 10 m/s2 )圖 3(1)若小物塊恰能擊中圓弧擋板最低點(diǎn)，求

7、其離開(kāi)O 點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大小；(2)在第 (1)問(wèn)中拉力F 作用的時(shí)間；(3)若小物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.6 s，求拉力 F 作用的距離答案 (1)7.5 J (2) 158658s (3)16 m解析(1) 小物塊離開(kāi)O 點(diǎn)后開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，1212故： R v0t， R gt ，又 EkO mv022解得 EkO 7.5 J；(2)由開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小物塊到達(dá)O 點(diǎn)由動(dòng)能定理得：1279mF ·x mgs mv0，得 x162由牛頓第二定律得F mg ma，得 a 4 m/s2由 x1at02 ，得 t0 158 s28(3)小物塊離開(kāi)O 點(diǎn)后開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，由下落時(shí)間可知下落距離y12

8、，得 y 1.8 m.2gt 若小物塊落到半圓的左半邊，則平拋運(yùn)動(dòng)水平位移x1 RR2 y2 0.6 mv1 x1 1 m/st由動(dòng)能定理得F ·L1 mgs1mv12265得 L 1 16 m 若小物塊落到半圓的右半邊，同理可得v2 9 m/s由動(dòng)能定理得F ·L2 mgs1mv222第 3頁(yè)145解得 L2 16m>8 m( 舍去 )4 (2019 ·江浙 4 月學(xué)考 ·20)如圖 4 所示，一軌道由半徑為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，

9、 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 10 m/s2 )圖 4(1)求小球運(yùn)動(dòng)至 B 點(diǎn)時(shí)的速度大??；(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

10、(2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s解析(1) 由向心力公式和牛頓第三定律有2vB，解得 vB 4 m/s.F N mg mR(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12由動(dòng)能定理得：mgR W 克 2mvB 0解得 W 克2.4 J.(3)分析運(yùn)動(dòng)發(fā)現(xiàn)，BC 段長(zhǎng)度會(huì)影響勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，繼而影響平拋運(yùn)動(dòng)的水平初速度以及水平位移Ff2設(shè) BC 段小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度a m2 m/s由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vC vB at 4 2txBC vBt1at2 4t t22其中， 0< t<2 s.12平拋運(yùn)動(dòng)中h2gt1第 4頁(yè)xCP vCt1由 可得 xCP 3.21.6t則由 可得 xBP xBC xCP t2 2.4t 3.2根據(jù)二次函數(shù)單調(diào)性以及t 的范圍，可得當(dāng)t 1.2 s 時(shí)， xBP 取到最大值代入 式，解得xBC 3.36 m.(4)由于碰撞前、 后速度方向與地面夾角相等，所以碰撞前、 后水平與豎直分速度比例不變每次碰撞機(jī)械能損失75%，故每次碰撞合速度、分速度均變?yōu)樵瓉?lái)的12.設(shè)第 n 次損失后的豎直分速度為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