课时2 动能定理的综合应用

由题意,滑块上滑过程,由动能定理可得 $ -(mg \sin \theta +\mu mg \cos \theta )L=0-\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,其中 $ L=\dfrac{v}{2}t $ ；滑块下滑过程,由动能定理可得 $ (mg \sin \theta -\mu mg \cos \theta )L=\dfrac{1}{2}mv{\prime }^{2}-0 $ ,其中 $ L=\dfrac{v^\prime }{2}×2t $ ,联立解得 $ \mu =\dfrac{3}{5} \tan \theta $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .

由题可知,第三个时间段内重物所受拉力和重力大小相等,即 $ {F}_{2}=mg $ ,解得 $ m=\dfrac{{F}_{2}}{g} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；第一个时间段内重物所受拉力大小为 $ {F}_{1} $ ,重物的加速度大小为 $ a=\dfrac{{F}_{1}-mg}{m}=\dfrac{({F}_{1}-{F}_{2})g}{{F}_{2}} $ ,第一个时间段内的位移大小为 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}_{1}^{2}}{2a}=\dfrac{{v}_{1}^{2}{F}_{2}}{2g({F}_{1}-{F}_{2})} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；由 $ P=Fv $ 可知， $ v-\dfrac{1}{F} $ 的斜率表示功率，由题图乙可知， $ BC $ 段的拉力功率不变,有 $ P={F}_{1}{v}_{1}={F}_{2}{v}_{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；设第二个时间段内的位移大小为 $ {x}_{2} $ ,根据动能定理有 $ Pt-mg{x}_{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2} $ ,解得 $ {x}_{2}={v}_{2}t-\dfrac{{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}}{2g} $ ,所以重物在前两个时间段内通过的总位移大小为 $ x={x}_{1}+{x}_{2}={v}_{2}t+\dfrac{{v}_{1}^{2}{F}_{1}}{2g({F}_{1}-{F}_{2})}-\dfrac{{v}_{2}^{2}}{2g} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

为使滑块恰好停在 $ A $ 板右侧 $ 1\mathrm{m} $ 处,则滑块经过的路程为 $ {s}_{1}=(n\cdot 2L+1)\mathrm{m}=(10n+1)\mathrm{m}(n=0,1,2,\cdots ) $ 或 $ {s}_{2}=(n\cdot 2L-1)\mathrm{m}=(10n-1)\mathrm{m}(n=1,2,3,\cdots ) $ ,滑块从开始

注意多解性, $ {s}_{1} $ 为与挡板 $ A $ 碰后再走 $ 1\mathrm{m} $ 停下来的路程, $ {s}_{2} $ 为与挡板 $ B $ 碰后再走到距 $ A $ 处 $ 1\mathrm{m} $ 的位置的路程运动到停止有 $ -fs=0-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,解得 $ {f}_{1}=\dfrac{18}{10n+1}\mathrm{N}(n=0,1,2,\cdots ) $ 或 $ {f}_{2}=\dfrac{18}{10n-1}\mathrm{N}(n=1,2,3,\cdots ) $ ,可知 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确.

（1） 对木板,根据动能定理得 $ {W}_{1}-{\mu }_{1}mg(2x+{x}_{1})=0 $ ,

解得撤去推力后木板相对开始时向右运动的距离 $ {x}_{1}=0.6\mathrm{m} $ .

（2） 若 $ P $ 点左侧地面光滑,右侧粗糙,对木板,由动能定理得

$ {W}_{2}-{W}_{f}=0 $ ,

解得克服摩擦力做功为 $ {W}_{f}=50\mathrm{J} $ ，

设撤去推力后最终木板右端到 $ P $ 点的距离为 $ {x}_{2} $ ,若 $ {x}_{2}⩽ L $ ,则 $ {W}_{f}=\dfrac{1}{2}{\mu }_{2}\frac{mg{x}_{2}}{L}{x}_{2} $ ,

解得 $ {x}_{2}=\sqrt{10}\mathrm{m} > L $ ,与假设矛盾，故 $ {x}_{2} > L $ ,

则 $ {W}_{f}={\mu }_{2}mg({x}_{2}-\dfrac{L}{2}) $ ,

解得 $ {x}_{2}=3.5\mathrm{m} $ ,所以撤去推力后最终木板右端到 $ P $ 点的距离为 $ 3.5\mathrm{m} $ .

过山车恰好经过 $ D $ 点,由重力提供向心力可得 $ mg=m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ ,解得 $ v=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,从 $ A $ 到 $ D $ ,由动能定理有 $ mgh-\mu mg \cos {45}^{\circ }\cdot \dfrac{h}{ \sin {45}^{\circ }}-mg\cdot 2R=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,代入数据可得 $ h=50\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；过山车从 $ A $ 到 $ G $ ,由动能定理可得 $ mgh-\mu mg \cos {45}^{\circ }\cdot \dfrac{h}{ \sin {45}^{\circ }}-\mu mg \cos {37}^{\circ }\cdot l-\mu mgx-mgl \sin {37}^{\circ }=0 $ ,又 $ l \cos {37}^{\circ }+x=d $ ,联立可得 $ x=40\mathrm{m} $ , $ l=5\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

对小球,在最高点有 $ 2mg+mg=m\dfrac{{v}^{2}}{r} $ ,解得 $ v=\sqrt{3gr} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；在最低点有 $ 9mg-mg=m\dfrac{{v}_{0}^{2}}{r} $ ,由最低点到最高点,设小球克服空气阻力做的功为 $ W $ ,由动能定理有 $ -W-mg\cdot 2r=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,解得 $ W=\dfrac{1}{2}mgr $ , $ \mathrm{B} $ 正确；设由最高点到最低点,小球克服空气阻力做的功为 $ {W}_{1} $ ,由动能定理有 $ mg\cdot 2r-{W}_{1}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,由于阻力做功的原因,小球在后半个圆周运动过程的平均速率小于前半个圆周运动过程的平均速率,则后半个圆周运动过程受到的平均阻力小,可得 $ {W}_{1} < W $ ,解得 $ {v}_{1} > \sqrt{6gr} $ ,小球再次到达最低点时由牛顿第二定律有 $ {F}_{1}-mg=m\dfrac{{v}_{1}^{2}}{r} $ ,可得 $ {F}_{1} > 7mg $ ,则力传感器的示数大于 $ 7mg $ , $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 小滑块从 $ A $ 到 $ D $ ,由动能定理,有

$ {F}_{0}L-\mu mgL-mg\cdot 2r=\dfrac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-0 $ ,解得 $ {v}_{D}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，

在 $ D $ 点,假设细管对小滑块的作用力竖直向上，由牛顿第二定律可得 $ mg-{F}_{\mathrm{N}}=\dfrac{m{v}_{D}^{2}}{r} $ ,

解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=\dfrac{5}{3}\mathrm{N} $ ,

$ {F}_{\mathrm{N}} > 0 $ ,假设成立.

根据牛顿第三定律可得小滑块对细管的作用力 $ F{\prime }_{\mathrm{N}}={F}_{\mathrm{N}}=\dfrac{5}{3}\mathrm{N} $ ,方向竖直向下.

（2） 小滑块从 $ A $ 到 $ E $ ,由动能定理有 $ {F}_{0}L-\mu mgL=\dfrac{1}{2}m{v}_{E}^{2}-0 $ ,

解得 $ {v}_{E}=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

小滑块垂直打在斜面上,且斜面倾角 $ \theta ={45}^{\circ } $ ,则小滑块打在斜面上时竖直方向速度 $ {v}_{y}={v}_{E}=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

平抛运动时间 $ t=\dfrac{{v}_{y}}{g}=0.5\mathrm{s} $ ,

打在斜面上的点与斜面底端的竖直距离 $ ℎ\prime =ℎ-\dfrac{1}{2}g{t}^{2}=1.15\mathrm{m} $ ,

打在斜面上的点与斜面底端的水平距离 $ x\prime =\dfrac{ℎ\prime }{ \tan {45}^{\circ }}=1.15\mathrm{m} $ ,

则斜面底端到 $ E $ 点的水平距离 $ x={v}_{E}t-x\prime =1.35\mathrm{m} $ .

根据 $ {W}_{F}=F{s}_{0} $ ,可知在 $ AB $ 段和 $ BC $ 段,力 $ F $ 做功相等，由题意可知，小物体在 $ AB $ 段做匀加速运动，在 $ BC $ 段先做加速运动后做减速运动，则在 $ AB $ 段和 $ BC $ 段所用时间不同,根据 $ \overline{P}=\dfrac{{W}_{F}}{t} $ ,可知力 $ F $ 在 $ AB $ 段的平均功率与在 $ BC $ 段的平均功率不相等,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；对全程,由动能定理得 $ F\cdot 2{s}_{0}-\dfrac{0+{\mu }_{0}mg}{2}{s}_{0}=0 $ ,解得 $ F=\dfrac{1}{4}{\mu }_{0}mg $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

设小物块质量为 $ m $ ,小物块与木板间动摩擦因数为 $ \mu $ ，在倾斜木板上下滑的距离为 $ {l}_{1} $ ,在水平木板上滑行的距离为 $ {l}_{2} $ ,倾斜木板与水平方向夹角为 $ \theta $ ,释放位置和停下来位置的连线与水平方向的夹角为 $ \alpha $ ，从 $ P $ 到 $ Q $ ,根据动能定理有 $ mg{l}_{1} \sin \theta -\mu mg{l}_{1} \cos \theta -\mu mg{l}_{2}=0 $ ,解得 $ {l}_{1} \sin \theta =\mu ({l}_{1} \cos \theta +{l}_{2}) $ ,根据几何知识有 $ \tan \alpha =\dfrac{{l}_{1} \sin \theta }{{l}_{1} \cos \theta +{l}_{2}}=\mu $ ,可见物块的释放位置和停下来位置的连线与水平方向的夹角 $ \alpha $ 是个定值,如图所示，只有 $ b $ 点有可能，故选 $ \mathrm{B} $ .

（1） 当运动员（含雪车）受到的支持力垂直斜面时,支持力最小,此时支持力为 $ {F}_{\mathrm{N}}=mg \cos \theta =\dfrac{\sqrt{3}}{2}mg $ ,由牛顿第三定律可知,运动员（含雪车）通过 $ D $ 点时对轨道的最小压力大小为 $ \dfrac{\sqrt{3}}{2}mg $ .在 $ D $ 点运动员（含雪车）做圆周运动,此时支持力和重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta =m\dfrac{{v}^{2}}{\dfrac{R}{2}} $ ,解得 $ v=\dfrac{\sqrt{gR}}{2} $ .

（2） 在 $ B $ 处对运动员（含雪车）受力分析,考虑到其做圆周运动的平面与斜面平行,该处合力方向应沿斜面向上,如图所示,由几何关系和力的合成与分解得 $ {F}_{合}=mg $ , $ F{\prime }_{\mathrm{N}}=\sqrt{3}mg $ ,由牛顿第二定律有 $ {F}_{合}=m\dfrac{{v}_{B}^{2}}{R} $ ,从 $ P $ 到 $ B $ 的过程对运动员（含雪车）由动能定理得 $ mg(\dfrac{R}{4}+R) \sin \theta +{W}_{f}=\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-0 $ ,联立解得 $ {W}_{f}=-\dfrac{1}{8}mgR $ .