微专题训练13动能定理在曲线运动中的应用

微专题训练13动能定理在曲线运动中的应用
1．如图所示，水平传送带AB长21 m，以6 m/s顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径R＝1.25 m，与水平台面相切于C点，BC长s＝5.5 m，P 点是圆弧轨道上与圆心O等高的一点．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，从A点无初速度释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块
的运动情况，下列说法正确的是()．
A．物块不能到达P点
B．物块能越过P点做斜抛运动
C．物块能越过P点做平抛运动
D．物块能到达P点，但不会出现选项B、C所描述的运动情况
2．如图所示，光滑半圆形轨道的半径为R，水平面粗糙，弹簧自由端D与轨道最低点C之间的距离为4R，一质量为m可视为质点的小物块自圆轨道中点B由静止释放，压缩弹簧后被弹回到D点恰好静止．已知小物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内．
(1)求弹簧的最大压缩量和最大弹性势能；
(2)现把D点右侧水平面打磨光滑，且已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正
比．现使小物块压缩弹簧，释放后能通过半圆形轨道最高点A，求压缩量至少是多少？
3．如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑
块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
4．如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝
3 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的
光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求:
(1)A、C两点的高度差；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
微专题训练13 动能定理在曲线运动中的应用
1．解析 物块从A 点释放后在传送带上做加速运动，假设到达台面之前能够达到传送带的
速度v ，则由动能定理得，μmgs 1＝12
m v 2，得s 1＝18 m<21 m ，假设成立．物块以6 m/s 冲上台面，假设物块能到达P 点，则到达P 点时的动能E k P 可由动能定理求得，－μmgs －
mgR ＝E k P －12
m v 2，得E k P ＝0，可见，物块能到达P 点，速度恰为零，之后从P 点沿圆弧轨道滑回，不会出现选项B 、C 所描述的运动情况，D 正确．
2．解析 (1)设弹簧的最大压缩量为x ，最大弹性势能为E p ，对小物块，从B 到D 再压缩弹簧又被弹回到D 的过程由动能定理有mgR －μmg (4R ＋2x )＝0
解得x ＝0.5R
小物块从压缩弹簧最短到返回至D ，由动能定理有
E p －μmgx ＝0
解得E p ＝0.1mgR .
(2)设压缩量至少为x ′，对应的弹性势能为E p ′，则
E p ′E p ＝x ′2
x 2 小物块恰能通过半圆形轨道最高点A ，则mg ＝m v 2A R
小物块从压缩弹簧到运动至半圆形轨道最高点A ，由动能定理有E p ′－μmg ·4R －2mgR ＝12m v 2A
联立解得x ′＝332R . 答案 (1)0.5R 0.1mgR (2)332
R 3．解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得
F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12m v 2B
即20×2 J －10×1 J －0.25×1×10×4 J ＝12
×1×v 2B ，得v B ＝210 m/s. (2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ，且x 1＝12at 21
，
解得t 1＝ 835
s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应用：mg ＝m v 2C R
对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得：W －mg ·2R ＝12m v 2C －12
m v 2B 代入数值得W ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.
答案 (1)210 m/s (2) 835
s (3)5 J 4．解析 (1)小物块在C 点时的速度大小为
v C ＝v 0cos 53°
＝5 m/s ，竖直分量为v Cy ＝4 m/s 下落高度h ＝v 2Cy 2g
＝0.8 m (2)小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得
mgR (1－cos 53°)＝12m v 2D －12m v 2C
解得v D ＝29 m/s
小球在D 点时由牛顿第二定律得
F N －mg ＝m v 2D R
代入数据解得F N ＝68 N
由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝68 N ，方向竖直向下
(3)设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为
a 1＝μg ＝3 m/s 2，
a 2＝μmg M
＝1 m/s 2 速度分别为v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t
对物块和木板系统，由能量守恒定律得
μmgL ＝12m v 2D －12
(m ＋M )v 2 解得L ＝3.625 m ，即木板的长度至少是3.625 m
答案(1)0.8 m(2)68 N方向竖直向下(3)3.625 m。