高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究2 學(xué)考計(jì)算題 20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

《高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究2 學(xué)考計(jì)算題 20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究2 學(xué)考計(jì)算題 20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

題型研究2 學(xué)考計(jì)算題 20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 　　　　　直線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn) 的應(yīng)用 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 (1)解題策略 ①動(dòng)力學(xué)方法觀點(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. (2)解題關(guān)鍵 ①抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，將物理過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的子過(guò)程. ②兩個(gè)相鄰過(guò)程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過(guò)程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵. 例1　在物資運(yùn)轉(zhuǎn)過(guò)程中常使用如圖1所示的傳送帶.已知某傳送帶與水平面成θ＝37角，傳送帶的AB部分長(zhǎng)L＝5.8 m，傳送帶以恒定的速率v＝4 m/s按圖示方向傳送，若在B端無(wú)初速度地放置一個(gè)質(zhì)量m＝50 kg的物資P(可視為質(zhì)點(diǎn))，P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37＝0.6).求： 圖1 (1)物資P從B端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??； (2)物資P到達(dá)A端時(shí)的動(dòng)能. 答案　(1)10 m/s2　(2)900 J 解析　(1)P剛放在B端時(shí)，受到沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin θ＋Ff＝ma FN＝mgcos θ Ff＝μFN 聯(lián)立解得加速度為 a＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2 (2)P達(dá)到與傳送帶相同速度時(shí)的位移 x＝＝0.8 m 以后物資P受到沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力作用，根據(jù)動(dòng)能定理得 (mgsin θ－Ff)(L－x)＝mv－mv2 到達(dá)A端時(shí)的動(dòng)能 EkA＝mv＝900 J. 傳送帶模型是高中物理中比較常見(jiàn)的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況.一般設(shè)問(wèn)的角度有兩個(gè)： (1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系. (2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解. 變式題組 1.如圖2甲所示，一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點(diǎn)，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，物塊受到按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用并向右運(yùn)動(dòng)，第3 s末物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點(diǎn)，已知物塊與粗糙水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2(g取10 m/s2)，求： 圖2 (1)A與B間的距離； (2)水平力F在5 s內(nèi)對(duì)物塊所做的功. 答案　(1)4 m　(2)24 J 解析　(1)根據(jù)題目條件及圖乙可知，物塊在從B返回A的過(guò)程中，在恒力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即F－μmg＝ma. 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知：xAB＝at2 代入數(shù)值解得 xAB＝4 m (2)物塊在前3 s內(nèi)動(dòng)能改變量為零，由動(dòng)能定理得 W1－Wf＝0，即W1－μmgxAB＝0 則前3 s內(nèi)水平力F做的功為W1＝8 J 根據(jù)功的定義式W＝Fx得，水平力F在3～5 s時(shí)間內(nèi)所做的功為 W2＝FxAB＝16 J 則水平力F在5 s內(nèi)對(duì)物塊所做的功為 W＝W1＋W2＝24 J. 2.(2015寧波期末)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3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＝2.0104 kg的飛機(jī)，其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為F＝1.2105 N，方向與速度方向相同，在運(yùn)動(dòng)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)，傾斜跑道看作斜面，不計(jì)拐角處的影響.取g＝10 m/s2. 圖3 (1)求飛機(jī)在水平跑道運(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)8 s　(2)2 m/s　(3)106 N 解析　(1)設(shè)飛機(jī)在水平跑道加速度為a1，阻力為Ff 由牛頓第二定律得 F－Ff＝ma1 L1＝a1t 解得t1＝8 s (2)設(shè)飛機(jī)在水平跑道末端速度為v1，傾斜跑道末端速度為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 v－v＝2a2L2 解得v2＝2 m/s (3)設(shè)彈射器的彈力為F1，彈射距離為x，飛機(jī)在跑道末端速度為v3 由動(dòng)能定理得F1x＋FL1－FfL1＝mv 解得F1＝106 N. 　　　　　曲線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 例2　(2016浙江10月學(xué)考20)如圖4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，可抽象為圖乙所示的模型.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h(yuǎn)＝40 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間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.75.過(guò)山車(chē)可視為質(zhì)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)中不脫離軌道，g取10 m/s2.求： 圖4 (1)過(guò)山車(chē)運(yùn)動(dòng)至圓軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小； (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.(已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)設(shè)C點(diǎn)的速度為vC，由動(dòng)能定理得 mgh－μ1mgcos 45＝mv 代入數(shù)據(jù)解得 vC＝8 m/s (2)設(shè)D點(diǎn)速度為vD，由動(dòng)能定理得 mg(h－2R)－μ1mgcos 45＝mv F＋mg＝m 解得F＝7103 N 由牛頓第三定律知，過(guò)山車(chē)在D點(diǎn)對(duì)軌道的作用力為7103 N (3)全程應(yīng)用動(dòng)能定理 mg[h－(l－x)tan 37]－μ1mgcos 45－μ1mgcos 37－μ2mgx＝0 解得x＝30 m. 多過(guò)程問(wèn)題的解題技巧 1.“合”——初步了解全過(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景. 2.“分”——將全過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)過(guò)程的規(guī)律. 3.“合”——找到子過(guò)程的聯(lián)系，尋找解題方法. 變式題組 3.(2016浙江4月選考20)如圖5所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個(gè)軌道組成.其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20 m、h2＝0.10 m，BC水平距離L＝1.00 m.軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點(diǎn)與F點(diǎn)等高.當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，恰能使質(zhì)量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點(diǎn)；當(dāng)彈簧壓縮量為2d時(shí)，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點(diǎn).(已知彈簧彈性勢(shì)能與壓縮量的平方成正比，g＝10 m/s2) 圖5 (1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，求彈簧的彈性勢(shì)能及滑塊離開(kāi)彈簧瞬間的速度大小； (2)求滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)當(dāng)彈簧壓縮量為d時(shí)，若沿軌道Ⅱ運(yùn)動(dòng)，滑塊能否上升到B點(diǎn)？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由. 答案　(1)0.1 J　2 m/s　(2)0.5　(3)不能，理由見(jiàn)解析 解析　(1)由機(jī)械能守恒定律可得 E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05100.20 J＝0.1 J ΔEk＝mv可得v0＝2 m/s (2)由E彈∝d2可得ΔEk′＝E彈′＝4E彈＝4mgh1 由動(dòng)能定理可得 －mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′ μ＝＝0.5 (3)恰能通過(guò)螺旋軌道最高點(diǎn)須滿(mǎn)足的條件是 mg＝ 由機(jī)械能守恒定律有 v＝v0＝2 m/s 得Rm＝0.4 m 當(dāng)R>Rm＝0.4 m時(shí)，滑塊會(huì)脫離螺旋軌道，不能上升到B點(diǎn). 4.如圖6所示，位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點(diǎn)為拋物線頂點(diǎn).已知h＝2 m，s＝ m.取重力加速度大小g＝10 m/s2. 圖6 (1)一小環(huán)套在軌道上從a點(diǎn)由靜止滑下，當(dāng)其在bc段軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，與軌道之間無(wú)相互作用力，求圓弧軌道的半徑； (2)若環(huán)從b點(diǎn)由靜止因微小擾動(dòng)而開(kāi)始滑下，求環(huán)到達(dá)c點(diǎn)時(shí)速度的水平分量的大小. 答案　(1)0.25 m　(2) m/s 解析　(1)小環(huán)在bc段軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，與軌道之間無(wú)相互作用力，則說(shuō)明下落到b點(diǎn)時(shí)的速度水平，使小環(huán)做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡與軌道bc重合，故有s＝vbt① h＝gt2② 小環(huán)在ab段滑落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得 mgR＝mv③ 聯(lián)立三式可得R＝＝0.25 m (2)下滑過(guò)程中，初速度為零，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh＝mv④ 因?yàn)樾…h(huán)滑到c點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角等于(1)問(wèn)中做平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角，設(shè)為θ，則根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知sin θ＝⑤ 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得sin θ＝⑥ 聯(lián)立①②④⑤⑥可得v水平＝m/s. 1.為了了解運(yùn)動(dòng)員在三米板跳水中的軌跡過(guò)程，特做了簡(jiǎn)化處理：把運(yùn)動(dòng)員看做質(zhì)量為m＝50.0 kg的質(zhì)點(diǎn)，豎直起跳位置離水面高h(yuǎn)1＝3.0 m，起跳后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t＝0.3 s，運(yùn)動(dòng)員下落垂直入水后水對(duì)運(yùn)動(dòng)員豎直向上的作用力的大小恒為F＝1 075.0 N，不考慮空氣阻力，g＝10 m/s2，求： (1)運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)初速度v0的大小； (2)運(yùn)動(dòng)員在水中運(yùn)動(dòng)的最大深度h2. 答案　(1)3.0 m/s　(2)3.0 m 解析　(1)運(yùn)動(dòng)員上升到最高點(diǎn)時(shí)速度為零， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 0＝v0－gt， 代入數(shù)據(jù)解得 v0＝3.0 m/s (2)運(yùn)動(dòng)員從起跳到水中最深，由動(dòng)能定理有 mg(h1＋h2)－Fh2＝0－， 代入數(shù)據(jù)解得 h2＝3.0 m. 2.(2013浙江6月學(xué)考11)如圖1所示，雪道與水平冰面在B處平滑地連接.小明乘雪橇從雪道上離冰面高度h＝8 m的A處自靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)B處后沿水平冰面滑至C處停止.已知小明與雪橇的總質(zhì)量m＝70 kg，用速度傳感器測(cè)得雪橇在B處的速度值vB＝12 m/s，不計(jì)空氣阻力和連接處能量損失，小明和雪撬可視為質(zhì)點(diǎn).求：(g取10 m/s2) 圖1 (1)從A到C過(guò)程中，小明與雪撬所受重力做了多少功？ (2)從A到B過(guò)程中，小明與雪撬損失了多少機(jī)械能？ (3)若小明乘雪撬最后停在BC的中點(diǎn)，則他應(yīng)從雪道上距冰面多高處由靜止開(kāi)始下滑？ 答案　(1)5.6103 J　(2)5.6102 J　(3)4 m 解析　(1)從A到C過(guò)程中，小明與雪撬所受重力做的功 WG＝mgh 代入數(shù)據(jù)得 WG＝5.6103 J (2)從A到B過(guò)程中 重力勢(shì)能減少：ΔEp＝mgh＝5.6103 J 動(dòng)能增加：ΔEk＝mv＝5.04103 J 損失的機(jī)械能為：ΔE機(jī)＝ΔEp－ΔEk＝5.6102 J (3)設(shè)小明乘雪撬在雪道上所受阻力為Ff，在冰面上所受阻力為Ff′，B、C間距離為x，由動(dòng)能定理有 mgh－Ff－Ff′x＝0 mgh′－Ff－Ff′＝0 解得：h′＝＝4 m. 3.滑沙游戲中，游戲者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：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. (1)求游客勻速下滑時(shí)的速度大??； (2)求游客勻速下滑的時(shí)間； (3)求游客從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(0.6－0.50.8) m/s2＝2 m/s2 則游客勻速下滑時(shí)的速度 v＝a1t1＝28 m/s＝16 m/s (2)游客加速下滑通過(guò)的位移 x1＝a1t＝282 m＝64 m 則游客勻速下滑通過(guò)的位移 x2＝LAB－x1＝128 m－64 m＝64 m 勻速下滑的時(shí)間t＝＝ s＝4 s. (3)對(duì)游客在斜坡上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理有 mgLABsin θ－Wf＝mv2 解得Q＝Wf＝mgLABsin θ－mv2＝44 800 J. 4.(2016麗水模擬)如圖2所示，水平地面與一半徑為l的豎直光滑圓弧軌道相接于B點(diǎn)，軌道上的C點(diǎn)處于圓心O的正下方.在距地面高度為l的水平平臺(tái)邊緣上的A點(diǎn)有一質(zhì)量為m的小球以v0＝的速度水平飛出，小球在空中運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿圓弧軌道在該點(diǎn)的切線方向滑入軌道.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g.試求： 圖2 (1)B點(diǎn)與拋出點(diǎn)A正下方的水平距離x； (2)圓弧BC段所對(duì)應(yīng)的圓心角θ； (3)小球滑到C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力. 答案　(1)2l　(2)45　(3)(7－)mg，方向豎直向下 解析　(1)設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)的時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得l＝gt2，x＝v0t，聯(lián)立解得x＝2l. (2)設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為vy，速度偏向角為α，vy＝，tan α＝，根據(jù)幾何關(guān)系可知α＝θ，聯(lián)立解得θ＝45. (3)小球從A到C的過(guò)程中機(jī)械能守恒，設(shè)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mgl(1＋1－cos θ)＝mv－mv 設(shè)在C點(diǎn)處軌道對(duì)小球的支持力大小為F，由牛頓第二定律得 F－mg＝m 解得F＝(7－)mg 根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?7－)mg，方向豎直向下. 5.如圖3所示，一內(nèi)壁光滑的細(xì)管彎成半徑為R＝0.4 m的半圓形軌道CD，豎直放置，其內(nèi)徑略大于小球的直徑，水平軌道與豎直半圓形軌道在C點(diǎn)連接完好.置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，B處為彈簧的自然狀態(tài).將一個(gè)質(zhì)量為m＝0.8 kg的小球放在彈簧的右側(cè)后，用力向左側(cè)推小球而壓縮彈簧至A處，然后將小球由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到C處后對(duì)軌道的壓力為F1＝58 N.水平軌道以B處為界，左側(cè)AB段長(zhǎng)為x＝0.3 m，與小球的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，右側(cè)BC段光滑.g＝10 m/s2，求： 圖3 (1)彈簧在壓縮時(shí)所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能； (2)小球運(yùn)動(dòng)到軌道最高處D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小. 答案　(1)11.2 J　(2)10 N 解析　(1)小球運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)， 由牛頓第二定律得：F1－mg＝m 得v1＝ 代入數(shù)據(jù)解得v1＝5 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理 Ep－μmgx＝mv 代入解得Ep＝11.2 J (2)小球從C到D過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mv＝2mgR＋mv 代入數(shù)據(jù)解得 v2＝3 m/s 由于v2>＝2 m/s 所以小球在D處對(duì)軌道外壁有壓力，由牛頓第二定律得 F2＋mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得 F2＝10 N 根據(jù)牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0 N. 6.(2016金華十校9月高三模擬)在學(xué)校組織的趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上，某科技小組為大家提供了一個(gè)寓學(xué)于樂(lè)的游戲.如圖4所示，將一質(zhì)量為0.1 kg的鋼球放在O點(diǎn)，用彈射裝置將其彈出，使其沿著光滑的半圓形軌道OA和AB運(yùn)動(dòng)，BC段為一段長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2.0 m的粗糙平面，DEFG為接球槽.圓弧OA和AB的半徑分別為r＝0.2 m，R＝0.4 m，鋼球與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.7，C點(diǎn)離接球槽的高度為h＝1.25 m，水平距離為x＝0.5 m，接球槽足夠大，g取10 m/s2.求： 圖4 (1)要使鋼球恰好不脫離圓弧軌道，鋼球在A點(diǎn)的速度vA多大？在B位置對(duì)半圓軌道的壓力多大？ (2)要使鋼球最終能落入槽中，彈射速度vO至少多大？ 答案　(1)2 m/s　6 N　(2) m/s 解析　(1)要使鋼球恰好不脫離圓弧軌道： 對(duì)最高點(diǎn)A：mg＝① 由①式可得：vA＝2 m/s② 鋼球從A到B的過(guò)程：mg2R＝mv－mv③ 在B點(diǎn)：FN－mg＝④ 聯(lián)立①②③④可得：FN＝6 N⑤ 根據(jù)牛頓第三定律可得：鋼球在B位置對(duì)半圓軌道的壓力為6 N.⑥ (2)要使鋼球能落入槽中，設(shè)C點(diǎn)速度至少為vC 從C到D：平拋： 水平方向：x＝vCt，豎直方向：h＝gt2⑦ 由⑦可得：vC＝1 m/s⑧ 假設(shè)鋼球在A點(diǎn)的速度恰為vA＝2 m/s時(shí)，鋼球可運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，且速度為vC′ 從A到C：mg2R－μmgL＝mvC′2－mv 可得：vC′2＜0 故：當(dāng)鋼球在A點(diǎn)的速度恰為vA＝2 m/s時(shí)，鋼球不可能達(dá)C點(diǎn)，更不可能平拋入槽.⑨ 要使鋼球最終能落入槽中，需要更大的彈射速度，才能使鋼球即滿(mǎn)足不脫離圓弧軌道，又能落入槽中. 從O到C：mgR－μmgL＝mv－mv 聯(lián)立⑦⑧可得：vO＝ m/s?