【物理】2019届一轮复习人教版　动能定理及其应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版　动能定理及其应用学案

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Ⅱ ‎2．动能定理的应用Ⅱ ‎3．动能定理与图象结合的问题Ⅱ ‎2016·全国卷Ⅱ，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：Ek＝__mv2__.‎ ‎(3)单位：__焦耳__,1 J＝1 N·m＝‎1 kg·m2/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ΔEk＝__mv－mv__.‎ ‎2．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中__动能的变化__.‎ ‎(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝__mv－mv__.‎ ‎(3)物理意义：__合力__的功是物体动能变化的量度．‎ ‎(4)适用条件 ‎①动能定理既适用于直线运动，也适用于__曲线运动__.‎ ‎②既适用于恒力做功，也适用于__变力__做功．‎ ‎③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mv2＝mgh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，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t＝0时开始做直线运动，其v－t图象如图所示，下列说法正确的是(　AD　)‎ A．0～4 s内合外力做的功等于5～6 s内合外力做的功 B．2 s末合外力的功率大于6 s末合外力的功率 C．0～2 s内与0～4 s内合外力的平均功率相同 D．4～6 s内合外力的平均功率等于零 解析　根据动能定理可得，0～4 s内合外力对物体做的功等于5～6 s内合外力对物体做的功，同理可得4～6 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，0～2 s内与0～4 s内合外力的功相同，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.设汽车在行驶过程中所受阻力和发动机的牵引力都不变，则有(　B　)‎ A．W2＝2W1 B．W2＝3W1‎ C．W2＝4W1 D．W2＝W1‎ 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、l2，则由动能定理得(F－Ff)l1＝mv2－0，(F－Ff)l2＝m(2v)2－mv2，解得l2＝‎3l1，又W1＝Fl1，W2＝Fl2，可得W2＝3W1，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Ff2＝0.5mg，重力加速度为g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v1＝‎36 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m＝1 ‎200 kg的后车距离已经停止的前车为x＝‎22.5 m处紧急刹车，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)v＝‎36 km/h＝‎10 m/s，‎ Ff2＝0.5mg.‎ 刹车后由牛顿第二定律可知－Ff2＝ma，‎ ‎－0.5mg＝ma，‎ a＝－‎0.5g＝－‎5 m/s2，‎ v′＝v＋at＝0，‎ 得t＝ s＝2 s.‎ ‎(2)根据动能定理有 ‎－Ff2x＝0－mv，‎ Ff2＝0.5mg，‎ 联立解得v0＝‎15 m/s，‎ 正常行驶时有F－Ff1＝0，‎ Ff1＝0.2mg，‎ P＝Fv0＝0.2×1 200×10×15 W＝3.6×104 W.‎ 答案　(1)2 s　(2)3.6×104 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0～6 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　)‎ A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功 解析　由a－t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＝×(2＋5)×‎2 m/s－×1×‎2 m/s＝‎6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，选项A错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×‎2 m/s＝‎7 m/s，选项B错误；由题图可知在2～4 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0～4 s内合力对物体做的功由动能定理可知 W合4＝mv－0，又v4＝×(2＋4)×‎2 m/s＝‎6 m/s，‎ 得W合4＝36 J，‎ ‎0～6 s内合力对物体做的功由动能定理可知 W合6＝mv－0，又v6＝‎6 m/s，得W合6＝36 J，‎ 则W合4＝W合6，选项D正确．‎ 图象所围“面积”的意义 ‎(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．‎ ‎(2)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．‎ ‎(3)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．‎ ‎(4)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t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BC相切于B点，CD为r2＝‎0.40 m的半圆轨道，另一半径R＝‎1.00 m的圆弧轨道EF与CD靠近，E点略低于D点．一质量m＝‎1 kg的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0＝‎2 m/s沿轨道下滑，在AB段运动过程中始终受到竖直向上的F＝10 N的力作用，进入BC段后撤去．已知AB高度为h，BC长L＝‎1.00 m，小物块与BC间动摩擦因数μ＝0.2，其余光滑，EF轨道对应的圆心角θ＝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 mgh－Fh＝mv－mv，‎ 解得vB＝‎2 m/s.‎ 在B点，由牛顿第二定律得F＋FN－mg＝m，‎ 解得FN＝5 N.‎ ‎(2)假设小物块以‎5 m/s速度能从B到D，由动能定理得 ‎－2mgr2－μmgL＝mv－mv，‎ 解得vD＝ m/s.‎ 若小物块恰好过D点，则mg＝m，‎ 解得v′D＝＝‎2 m/s< m/s，‎ 故小物块能通过D点．‎ ‎(3)小物块恰好到F点，从E到F，由动能定理得 ‎－mgR(1－cos θ)＝0－mv，‎ 解得vE＝ m/s，‎ 所以小物块在D点的速度范围为‎2 m/s≤vD≤ m/s.‎ 答案　(1)5 N　(2)见解析　(3)‎2 m/s≤vD≤ m/s.‎ 动能定理在圆周运动中的应用 竖直面内圆周运动经常考查最高点和最低点，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动经常和动能定理结合考查．‎ 五　用动能定理解决多过程问题 ‎1．运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．‎ ‎2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：‎ ‎(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．‎ ‎(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．‎ ‎[例5](2018·湖南联考)如图所示，光滑的水平轨道MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平长度L＝‎1.6 m，皮带以恒定速率v逆时针匀速运动，传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为R＝‎0.4 m的光滑半圆轨道PQ；质量为m＝‎0.2 kg且可视为质点的滑块A置于水平导轨MN上，开始时滑块A与墙壁之间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态，现松开滑块A，弹簧伸长，滑块脱离弹簧后滑上传送带，从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q后水平飞出，又正好落回N点．已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力；‎ ‎(2)压缩的轻弹簧的弹性势能Ep.‎ 解析　(1)滑块A从Q飞出后做平抛运动，有 L＝vQt,2R＝gt2，代入数据解得vQ＝‎4 m/s.‎ 滑块A从P运动到Q过程中由动能定理得－mg2R＝mv－mv.‎ 在P点由牛顿第二定律得FN－mg＝m，‎ 代入数据解得FN＝18 N，由牛顿第三定律可知，压力大小为18 N.‎ ‎(2)皮带转动方向和滑块A运动方向相反，A在皮带上做匀减速运动．弹簧松开之后，其弹性势能转化成滑块A的动能Ep＝mv，‎ 滑块从N点到P点运动过程中，由动能定理有 ‎－μmgL＝mv－mv，代入数据解得Ep＝4 J.‎ 答案　(1)18 N　(2)4 J ‎1．如图所示，在水平桌面的边角有一轻质光滑的定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B相连，A、B的质量分别为mA、mB，开始时系统处于静止状态．现用一水平恒力F拉物块A，使物块B上升．已知当B上升距离为h时，B的速度为v.求此过程中物块A克服摩擦力所做的功．(重力加速度为g)‎ 解析　设A克服摩擦力所做的功为Wf，当B上升距离为h时，恒力F做功为Fh，重力做功为－mBgh，根据动能定理得 Fh－Wf－mBgh＝(mA＋mB)v2，‎ 解得Wf＝(F－mBg)h－(mA＋mB)v2.‎ 答案　(F－mBg)h－(mA＋mB)v2‎ ‎2．(2018·宁夏银川调研)质量M＝500 t的机车，以恒定的功率从静止出发，经过时间t＝5 min在水平路面上行驶l＝‎2.25 km，速度达到最大值vm＝‎54 km/h.求：‎ ‎(1)机车的功率；‎ ‎(2)机车在运动过程中受到的平均阻力的大小．‎ 解析　(1)‎54 km/h＝‎15 m/s，设机车的功率为P，平均阻力为Ff，当机车达到最大速度vm时，有P＝Ff·vm，①‎ 由动能定理得Pt－Ffl＝Mv－0②‎ 由①②式得P＝＝ W＝3.75×105 W，‎ ‎(2)机车运动过程中受到的阻力Ff＝＝ N＝2.5×104 N.‎ 答案　(1)3.75×105 W　(2)2.5×104 N ‎3．(2018·安徽安庆调研)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为Ff，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：‎ ‎(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；‎ ‎(2)小船经过B点时的速度大小v1；‎ ‎(3)小船经过B点时的加速度大小a.‎ 解析　(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功Wf＝Ff·d.‎ ‎(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W＝Pt，‎ 由动能定理有W－Wf＝mv－mv，‎ 解得v1＝.‎ ‎(3)设小船经过B点对绳的拉力大小为F(如图甲)，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u(如图乙)，则P＝Fu，u＝v1cos θ，‎ 由牛顿第二定律有Fcos θ－Ff＝ma，‎ 解得a＝－.‎ ‎　　　　　‎ 答案　(1)Ffd　(2) ‎(3)－ ‎4．(2018·江苏南京模拟)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，一劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m的滑块从距离弹簧上端s处由静止释放，设滑块与弹簧接触过程中没有能量损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g.‎ ‎(1)求滑块从释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t.‎ ‎(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度为vm，求滑块从释放到速度为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W.‎ 解析　(1)‎ 滑块从释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有mgsin θ＝ma，s＝at2，‎ 解得t＝.‎ ‎(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧的压缩量为x，则有 mgsin θ＝kx，‎ 滑块从释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 mgsin θ(s＋x)＋W＝mv，‎ 联立解得W＝mv－mgsin θ.‎ 答案　(1)　(2)mv－mgsin θ ‎[例1](18分)如图所示，质量为m＝‎1 kg的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地①沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M＝‎2 kg的足够长的小车左端在最低点O点相切，小物体在O点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞．碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(小物体始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R＝‎1.0 m，圆弧对应的圆心角θ为53°，A点距水平地面的高度h＝‎0.8 m，小物体与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝‎10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.试求：‎ ‎(1)小物体离开A点的水平速度v1；‎ ‎(2)小物体经过O点时②对轨道的压力大小；‎ ‎(3)第一次碰撞后直至静止，小物体③相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间．‎ ‎[答题送检]来自阅卷名师报告 错误 致错原因 扣分 ‎(1)‎ ‎①无法理解“沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑”的含义，导致无法求解A点的水平速度；‎ ‎－5‎ ‎(‎ ‎②因解答不规范导致的失分：小物体在O ‎－‎ ‎2)‎ 点的牛顿第二定律方程式漏掉重力而写成FN＝m导致出错.‎ ‎2‎ ‎(3)‎ ‎③小物体滑上小车后没有判断达到共同速度这一重要环节，导致把l绝对当成l相对而出错.‎ ‎－4‎ ‎[规范答题]　‎ ‎[解析]　(1)对小物体由A到B有v＝2gh，‎ 在B点tan θ＝，解得v1＝‎3 m/s.‎ ‎(2)由A到O，根据动能定理有 mg(h＋R－Rcos θ)＝mv－mv，‎ 在O点FN－mg＝，‎ 解得v0＝ m/s, FN＝43 N，‎ 由牛顿第三定律得FN′＝FN＝43 N，方向竖直向下．‎ ‎(3)摩擦力Ff＝μmg＝1 N，‎ 加速度am＝μg＝‎1 m/s2，aM＝＝‎0.5 m/s2，‎ 小物体滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt，则 t＝＝，得vt＝ m/s.‎ 由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有 Ff·l相＝(M＋m)v，得l相＝‎5.5 m，‎ 小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变，aM＝＝‎0.5 m/s2，vt＝aMt，得t＝ s ‎[答案]　(1)‎3 m/s(5分)　(2)43 N(5分)　(3)‎5.5 m(4分)　 s(4分)‎ ‎1．(2018·山东济南模拟)一个劲度系数k＝800 N/m的轻质弹簧，两端分别连接着质量均为m＝‎12 kg的物体A和B，将它们竖直静止地放在水平地面上，如图所示．施加一竖直向上的变力F在物体A上，使物体A由静止开始向上做匀加速运动，当t＝0.4 s时物体B刚好离开地面(设整个匀加速过程弹簧都处于弹性限度内，g取‎10 m/s2)．求：‎ ‎(1)此过程中物体A的加速度的大小；‎ ‎(2)此过程中外力F所做的功．‎ 解析　(1)开始时弹簧被压缩x1，对A有kx1＝mAg，‎ B刚要离开地面时弹簧伸长x2，对B有kx2＝mBg，‎ 将mA＝mB＝m代入上两式得x1＝x2，‎ 整个过程中A上升的距离x＝x1＋x2＝＝‎0.3 m，‎ 根据运动学公式x＝at2，‎ 得物体A的加速度a＝＝‎3.75 m/s2.‎ ‎(2)设A的末速度为vt，由x＝t 得vt＝＝‎1.5 m/s，‎ 因为x1＝x2，所以此过程中初、末位置弹簧的弹性势能不变，弹簧的弹力做功为零．设此过程中所加外力F做功为W，根据动能定理有 W－mgx＝mv，‎ 即W＝mgx＋mv＝49.5 J.‎ 答案　(1)‎3.75 m/s2　(2)49.5 J ‎2．(2018·山东济南模拟)如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平桌面相切．右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝‎0.8 m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.质量mB＝‎2.0 kg的小物块B静止在水平桌面上，质量mA＝‎2.0 kg的小物块A从距离水平桌面某一高度h的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平桌面与B相碰，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面，最后恰好由P点沿圆轨道切线落入圆轨道．已知重力加速度g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)小物块B离开D点时的速度vD；‎ ‎(2)S与Q的竖直高度h；‎ ‎(3)分析判断小物块B能否沿圆轨道到达M点．‎ 解析　(1)A、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B在D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其速度为vP，由动能定理有 mBgR＝mBv－mBv，‎ 又vPcos 45°＝vD，‎ 解得vD＝‎4 m/s；‎ ‎(2)设A与B碰撞前的速度为v0，A与B相碰交换速度，所以v0＝vD＝‎4 m/s，‎ A从S滑到Q的过程中，由动能定理有 mAgh＝mAv，‎ 解得h＝‎0.8 m.‎ ‎(3)假设小物块B能沿轨道到达M点，到达时其速度为vM，从D到M由动能定理有 ‎－mBgRcos 45°＝mBv－mBv，‎ 解得vM≈‎2.2 m/s.‎ 设物块刚好能通过M点的临界速度为vC，由牛顿第二定律有 mBg＝mB，‎ 解得vC＝≈‎2.8 m/s2，‎ 由于vMt2 D．无法比较t1、t2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－WfAB1＝mv－mv，－WfBC1＝mv－mv；第二次到达B点的速率为vB2，到达A点的速率为vA2，C到A由动能定理可得－WfBA2＝‎ mv－mv，－WfCB2＝mv－mv，因为小滑块对滑道的压力与速度有关，对于BC部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大，所以WfBC1vB2，vC1>vA2，可以判断出t1

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