备考2024届高考物理一轮复习强化训练第六章机械能专题九动能定理的综合应用

专题九动能定理的综合应用1.[多过程问题/2022浙江1月]如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放.（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；（2）设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值.答案　（1）7N　（2）v＝12lx－9.6（m/s）（0.85m≤lx≤3m）　（3）1315m或95m或4115m解析　（1）滑块从释放点到C的过程中只有重力做功，机械能守恒，则mglsin37°＋mgR（1－cos37°）＝12mvC2在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝mvC2R代入数据解得FN＝7N.（2）要使滑块到达F点，则滑块必过圆弧轨道DEF的最高点，有mglxsin37°－mg（3Rcos37°＋R）＝12mv02≥0即lx≥0.85m滑块运动到F点的过程中，由机械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝12mv2解得v＝12lx－9.6（m/s）（0.85m≤lx≤3m）. （3）设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglxsin37°－mglFG2sin37°－nμmglFG2cos37°＝0lFG＝4Rtan37°解得lx＝7n+615m将0.85m≤lx≤3m代入上式可得2728≤n≤397由运动过程可知，n只能取1、3、5①当n＝1时，lx＝1315m②当n＝3时，lx＝95m③当n＝5时，lx＝4115m.2.[往复运动问题/2020全国Ⅱ]如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球.圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直.已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力.（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件.答案　（1）2g　3g　（2）1325H　（3）L≥152125H解析　（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动.设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律有Ma1＝Mg＋f　①ma2＝f－mg　②联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g　③.（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同.由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0＝2gH　④ 方向均向下.管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下.设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向，由运动学公式有v0－a1t1＝－v0＋a2t1　⑤联立③④⑤式得t1＝252Hg　⑥设此时管下端的高度为h1，速度为v.由运动学公式可得h1＝v0t1－12a1t12　⑦v＝v0－a1t1　⑧由③④⑥⑧式可判断此时v＞0.此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点.由运动学公式有h2＝v22g　⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2　⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝1325H　⑪.（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H－H1）＋mg（H－H1＋x1）－4mgx1＝0　⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝45H　⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2＝45H1　⑭设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L　⑮联立⑪⑬⑭⑮式得L应满足的条件为L≥152125H　⑯.