【物理】2019届二轮复习功能关系的应用学案（江苏专用）

【物理】2019届二轮复习功能关系的应用学案（江苏专用）

专题三 功能关系的应用 考情分析 2016 2017 2018 功与能 T14：机械能 守恒定律的 应用 T3：物体在斜面上上冲下 滑过程中的 Ek－x图象 T5：圆周运动中的功能问 题 T9：连接体中的功能问题 T14(3)：叠加体中的功能 问题 T4：竖直抛出小球受到阻力运 动中的 Ek－t图象问题 T7：弹簧滑块组合中的力、能 问题 T15(2)：机械能守恒定律 命题解读 本专题共 6个考点，其中功和功率、动能 动能定理、重力势能、机械能守恒定律 四个考点为Ⅱ要求，弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求，这些考点皆属于高频考点。 从三年命题情况看，命题特点为： (1)注重基础与实际问题相结合。如 2011年的抛鸡蛋、2013年的球碰撞等，难度 容易。 (2)注意图象的考查。如 2017年的 Ek－x图象、2018年的 Ek－t图象等。 (3)注重综合问题。如 2016年的连接体问题、2017年的“弹簧问题”、2018年的机 械能守恒定律的应用等，难度较大。 整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达 B冲 A。 1.(2018·江苏省徐州市期中抽测)高台跳水被认为是世界上最难、最美的运动项目 之一。一运动员在十米跳台跳水比赛中，触水时重力的功率约为( ) A.7 000 W B.700 W C.70 W D.7 W 解析 运动员在跳水过程中看做自由落体运动，故落水时的速度为：v＝ 2gh＝ 10 2 m/s，运动员的体重约为 50 kg，故重力的瞬时功率约为：P＝mgv＝7 000 W， 故选项 A正确，B、C、D错误。 答案 A 2.(2018·江苏省南京市、盐城市第二次模拟)在体育课上，某同学练习投篮，他站 在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图 1所示，篮球约以 1 m/s 的速度撞击篮 筐。已知篮球质量约为 0.6 kg，篮筐离地高度约为 3 m，则该同学投篮时对篮球 做的功约为( ) 图 1 A.1 J B.10 J C.30 J D.50 J 解析 对整个过程运用动能定理得，W－mgh＝1 2 mv2－0，代入数据解得 W＝mgh ＋ 1 2 mv2＝(0.6×10×1.5＋1 2 ×0.6×1) J≈10 J。故选项 B正确。 答案 B 3.(2018·宿迁三模)如图 2所示，四个相同的小球 A、B、C、D，其中 A、B、C位 于同一高度 h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动， D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为 h。在每个小球落地的瞬间， 其重力的功率分别为 PA、PB、PC、PD。下列关系式正确的是( ) 图 2 A.PA＝PB＝PC＝PD B.PA＝PC＞PB＝PD C.PA＝PC＝PD＞PB D.PA＞PC＝PD＞PB 解析 A做自由落体运动，C做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故 A、C 落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率 P＝mgv相同，D做斜抛运动， 到达最高点跟 A下落时的高度相同，故落地时竖直方向的速度跟 A落地时的速度 大小相同，故功率相同，B沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟 A落地时的速 度大小相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于 A的功率，故选 项 C正确。 答案 C 4.(2018·江苏苏州市模拟)如图 3所示，某同学斜向上抛出一石块，空气阻力不计。 下列关于石块在空中运动过程中的水平位移 x、速率 v、加速度 a和重力的瞬时功 率 P随时间 t变化的图象，正确的是( ) 图 3 解析 物体做斜上抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的 匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，故水平分位移与时间成正比，故选项 A正确；物体做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减 小后增加，速度先减小后增加，故选项 B错误；物体只受重力，加速度保持不变， 为 g，向下，故选项 C错误；速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反 向增加，故根据 P＝mgvy，重力的功率先减小后增加，故选项 D错误。 答案 A 功、功率的计算 1.功的计算 (1)功的定义式 W＝Flcos α，适宜求恒力做功。 (2)变力做功的计算： ①用动能定理 W＝ 1 2 mv22－1 2 mv 21求功 ②用 F－l图象所围的面积求功 ③用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力) ④利用 W＝Pt求功 2.功率的计算 (1)P＝W t ，适用于计算平均功率。 (2)P＝Fvcos α，若 v为瞬时速度，P为瞬时功率；若 v为平均速度，P为平均功 率。 【例 1】 (2018·苏州模拟)如图 4所示，质量为 m的小球(可视为质点)用长为 L的 细线悬挂于 O点，自由静止在 A位置。现用水平力 F缓慢地将小球从 A拉到 B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为 F1，然后放手让 小球从静止返回，到 A点时细线的拉力为 F2，则( ) 图 4 A.F1＝F2＝2mg B.从 A到 B，拉力 F做功为 F1L C.从 B到 A的过程中，小球受到的合外力大小不变 D.从 B到 A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大 解析 在 B位置根据平衡条件有 F1＝ mg cos60° ＝2mg，在 A位置根据牛顿第二定律 有 F2－mg＝mv2 L ，从 B到 A利用 动能定理得 mgL(1－cos 60°)＝1 2 mv2，联立可知 F2＝2mg，选项 A正确；从 A到 B 利用动能定理得 WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得拉力 F做功为 WF＝ mgL 2 ，选项 B 错误；从 B到 A的过程中，小球受到的合外力大小时刻发生变化，选项 C错误； 在最高点时小球的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点时小球竖直方向的 速度为零，重力的瞬时功率为零，中间过程重力的瞬时功率不为零，选项 D错误。 答案 A 【变式 1】 (2018·江苏省徐州市沛县高三质量检测)一汽车在平直公路上以速度 v0 匀速行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率 P随时间 t的变化关系如图 5所示。 假定汽车所受阻力的大小 f恒定不变。下列描述该汽车的速度 v随时间 t变化的图 象中，可能正确的是( ) 图 5 解析 汽车开始做匀速直线运动，功率为 P0，当功率变为 2P0，知该时刻牵引力 变为原来的 2倍，汽车做加速运动，由于速度增大，牵引力减小，则加速度减小， 即做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据 vm＝P f 知， 功率变为原来的 2倍，则最大速度为 2v0，故选项 D正确，A、B、C错误。 答案 D 动能定理的应用 应用动能定理解题的基本步骤 【例 2】 (2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研)冬奥会上自由式滑雪是一项极具 观赏性的运动。其场地由助滑坡 AB(高度差为 10 m)、过渡区 BDE(两段半径不同 的圆弧平滑连接而成，其中 DE半径为 3 m、对应的圆心角为 60°)和跳台 EF(高度 可调，取为 h＝4 m)等组成，如图 6所示。质量 60 kg的运动员由 A点静止出发， 沿轨道运动到 F处飞出。运动员飞出的速度须在 54 km/h到 68 km/h之间才能在 空中完成规定动作。设运动员借助滑雪杆仅在 AB段做功，不计摩擦和空气阻力， g取 10 m/s2。则 图 6 (1)为能完成空中动作，则该运动员在 AB过程中至少做多少功？ (2)为能完成空中动作，在过渡区最低点 D处，求该运动员受到的最小支持力； (3)若将该运动员在 AB段和 EF段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为 tAB∶ tEF＝3∶1，已知 AB＝2EF，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？ 解析 (1) 由动能定理得 mghAF＋W 人＝ 1 2 mv2F W 人＝ 1 2 mv2F－mghAF＝3 150 J (2) 从 D点到 F点，根据动能定理有 －mg[h＋R(1－cos 60°)]＝1 2 mv2F－1 2 mv2D 其中 vF取为最小， v F＝ 54 km/h ＝ 15 m/s 在 D点： FN－mg＝mv 2D R 解得运动员在 D点承受的支持力： FN＝mg＋mv 2F＋2g[h＋R（1－cos60°）] R ＝7 300 N (3)两段运动的平均速度之比 AB∶ EF＝ AB tAB ∶ EF tEF ＝2∶3 设滑到 B点速度为 v1 ，则滑到 E点速度也为 v1 ，又设滑到 F点速度为 v2。 则由 AB ＝ v1 2 ， EF ＝ v1＋v2 2 ，得 v1 ＝2v2 由 a1 ＝ v1 tAB ，a2 ＝ v1－v2 tEF 得 a1∶a2＝2∶3 答案 (1)3 150 J (2)7 300 N (3)2∶3 【变式 2】 (多选)(2018·江苏省扬州中学质量监测)如图 7所示，曲面 PC和斜面 PD固定在水平面 MN上，C、D处与水平面平滑连接，O点位于斜面顶点 P的正 下方。某物体(可视为质点)从顶端 P由静止开始分别沿曲面和斜面滑下，经过 C、 D两点后继续运动，最后停在水平面上的 A、B两处。各处材质相同，忽略空气 阻力，则( ) 图 7 A.此物体在曲面 PC和斜面 PD上克服摩擦力做功一定相等 B.此物体沿 PCA和沿 PDB运动克服摩擦力做功一定相等 C.距离 OA一定等于 OB D.距离 OA一定小于 OB 解析 设PD斜面与水平方向上的夹角为θ，则PD段克服摩擦力做功Wf＝μmgscos θ＝μmgsPD 水平，将 PC段分成无数小段，由于在曲面上运动，径向的合力提供向心 力，则支持力大于重力在垂直于曲面方向上的分力，则每一小段克服摩擦力做功 大于μmgscos α＝μmgs 水平，则整个曲面过程中，克服摩擦力做功大于μmgsPC 水平， 因为斜面和曲面的水平距离未知，则克服摩擦力做功不一定相等，故选项 A错误； 对全过程运用动能定理得 mgh－Wf＝0，知此人沿 PCA和沿 PDB运动克服摩擦力 做功一定相等，故选项 B正确；因为整个过程克服摩擦力做功相等，沿斜面下滑 在整个过程中摩擦力做功等于μmgsPB 水平，而沿曲面下滑克服摩擦力做功大于 μmgsPA水平，则 OA一定小于 OB，故选项 C错误，D正确。 答案 BD 功能关系 功是能量转化的原因和量度，在不同的问题中具有的对应关系是 【例 3】 (2018·镇江市高三第一次模拟)如图 8所示，轻质弹簧原长为 2L，将弹 簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为 5m的物体由静止释放，当弹簧 被压缩到最短时，弹簧长度为 L。现将该弹簧水平放置(如图 9所示，弹簧图略缩 小)，一端固定在 A点，另一端与物块 P接触但不连接。AB是长度为 5L的水平 轨道，B端与半径为 L的光滑半圆轨道 BCD相切，半圆的直径 BD在竖直方向上， 如图所示。物块 P与 AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块 P，将弹簧压缩 至长度为 L处，然后释放 P，P开始沿轨道运动，重力加速度为 g。 图 8 图 9 (1)求当弹簧压缩至长度为 L时的弹性势能 Ep； (2)若 P的质量为 m，求物体离开圆轨道后落至 AB上的位置与 B点之间的距离 s； (3)为使物块 P滑上圆轨道后又能沿圆轨道滑回，求物块 P的质量取值范围。 解析 (1) 由机械能守恒定律知，弹簧长度为 L时的弹性势能 Ep＝5mgL (2) 设 P到达 B点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得 Ep＝1 2 mv2B＋μmg(5L－L) 设 P滑到 D点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得 1 2 mv2B＝1 2 mv2D＋2mgL 解得 vD＝ 2gL 物体从 D点以速度 vD水平射出，设 P落回到轨道 AB所需的时间为 t 2L＝1 2 gt2 s＝vDt 得 s＝2 2L (3) 设 P的质量为 M，为使 P能滑上圆轨道，它到达 B点时的速度不能小于零， 得 5mgL>4μMgL 要使 P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C， 得 1 2 MvB′2≤MgL Ep＝1 2 MvB′2＋4μMgL 解得 5 3 m≤M<5 2 m 答案 (1) 5mgL (2) 2 2L (3)5 3 m≤M≤5 2 m 【变式 3】(多选)(2018·镇江市高三第一次模拟)如图 10所示，轻质弹簧一端固定， 另一端与一质量为 m、套在光滑竖直固定杆 A处的圆环相连，弹簧水平且处于原 长。圆环从 A处由静止开始下滑，经过 B处的速度最大，到达 C处的速度为零， 重力加速度为 g，则( ) 图 10 A.由 A到 C的过程中，圆环的加速度先减小后增大 B.由 A到 C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少 C.由 A到 B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量 D.在 C处时，弹簧的弹性势能为 mgh 解析 圆环从 A处由静止开始下滑，经过 B处的速度最大，到达 C处的速度为零， 所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过 B处的速度最大，所以经过 B处的 加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故选项 A正确；圆环的动能、重力势 能和弹性势能之和守恒，因由 A到 C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动 能与重力势能之和逐渐减少，选项 B错误；由 A到 B的过程中，因圆环的动能、 重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减 小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项 C正确；研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C过程，由动能定理得 mgh －W 弹＝0－0＝0，则 W 弹＝mgh， 故选项 D正确。 答案 ACD 传送带(板块)相对滑动的能量分析 求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法 说明：公式 Q＝F 滑·l 相对中 l 相对为两接触物体间的相对位移。若物体在传送带上往 复运动时，则 l 相对为总的相对路程。 【例 4】 (2018·淮安、宿迁等高三学业质量检测)如图 11所示，水平桌面上质量 为 m的薄木板右端叠放着质量也为 m的小物块，木板长为 L，整体处于静止状态。 已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为 μ 4 ，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。 图 11 (1)若使木板与物块一起以初速度 v0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大 距离 s0； (2)若对木板施加水平向右的拉力 F，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没 有相对滑动，求拉力 F应满足的条件； (3)若给木板施加大小为 F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间 t0，撤 去拉力 F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌 面摩擦力所做的功 W。 解析 (1)对木板和木块组成的系统，由动能定理得 － μ 4 ·2mgs0＝0－1 2 ·2mv20 解得 s0＝2v20 μg (2)设木板和木块组成的系统一起向右滑动的最小拉力为 Fmin，最大拉力为 Fmax 则 Fmin＝2mg×μ 4 ＝ μmg 2 对系统：Fmax－μmg 2 ＝2mamax 对物块：μmg＝mamax 解得 Fmax＝5μmg 2 要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，则 μmg 2 5μmg 2 ，所以，木块与木板之间发生相对滑动 木块的加速度：a1＝μg 撤去拉力 F时木块的速度：v1＝a1t0＝μgt0 对木板：F－μmg－2μmg 4 ＝ma2 得 a2＝3 2 μg 撤去拉力 F时木板的速度：v2＝a2t0＝3 2 μgt0 撤去拉力 F后木板的加速度：a3＝－ 3 2 μg 设撤去拉力 F后，再经过时间 t1，木块与木板达到共同速度 v，之后再经过时间 t2，木板停止滑行 则：v＝a1(t0＋t1)＝a2t0＋a3t1 得 t1＝1 5 t0，v＝6 5 μgt0 达到共同速度后：－2mg·μ 4 ＝2ma4 加速度：a4＝－ 1 4 μg t2＝ 0－6 5 μgt0 － μg 4 ＝ 24 5 t0 木板运动的总位移：s＝v2t0 2 ＋ v2＋v 2 t1＋v 2 t2＝3.9μgt20 木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功： W＝2mg×μ 4 ×3.9μgt20＝1.95m(μgt0)2 答案 (1)2v 20 μg (2)μmg 2 t2 B.t1v2 D.v1 v1＋v0 2 ；若子弹以相同的速率从右向左水 平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所 以平均速度： 2< v1＋v0 2 < 1。子弹穿过物块的时间 t＝d v ，所以可知 t1＜t2，故选 项 A错误，B正确。 答案 B 5.(2018·常州市高三第一次模拟)如图 5所示，一小滑块(可视为质点)以某一初速度 沿斜面向下滑动，最后停在水平面上。滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相 等，斜面与水平面平滑连接且长度不计，则该过程中，滑块的机械能与水平位移 x关系的图线正确的是(取地面为零势能面)( ) 图 5 解析 设滑块开始时的机械能为 E0，斜面的倾角为θ，斜面长度为 L，在斜面上运 动时 E＝E0－μmgcos θ× x cos θ ＝E0－μmgx，在水平面上运动时 E＝E0－μmgcos θ× L cos θ μmgx1＝E0－μmgx ，综上所述：E＝E0－μmgx，故选项 D正确。 答案 D 二、多项选择题 6.(2018·江苏省南通中学期中考试)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车。当太阳 光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设 汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间 t，速度为 v时功率达到额 定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离 s，达到最大速度 vmax。设汽车 质量为 m，运动过程中所受阻力恒为 f，则下列说法正确的是( ) A.汽车的额定功率为 fvmax B.汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为 fvt C.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为 1 2 mv2max－1 2 mv2 D.汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为 1 2 mv2max 解析 当牵引力等于阻力时，速度最大，则额定功率 P＝fvmax，故选项 A正确； 汽车匀加速直线运动的位移 x＝v 2 t，则克服阻力做功为 Wf＝fx＝fvt 2 ，故选项 B错 误；设总路程为 x，根据动能定理知，W－fx＝1 2 mv2max，则牵引力做功W＝fx＋1 2 mv2max， 故选项 C错误；根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功 W 合 ＝ 1 2 mv2max，故选项 D正确。 答案 AD 7.(2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研)如图 6所示，用铰链将三个质量均为 m 的小球 A、B、C与两根长为 L轻杆相连， B、C置于水平地面上。在轻杆竖直时， 将 A由静止释放，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面 内运动。忽略一切摩擦，重力加速度为 g。则此过程中( ) 图 6 A.球 A的机械能一直减小 B.球 A落地的瞬时速度为 2gL C.球 B对地面的压力始终等于 3 2 mg D.球 B对地面的压力可小于 mg 解析 设 A球下落 h时，左侧杆与竖直方向夹角为θ，则 cos θ＝L－h L ，AB用铰链 相连，则 vAcos θ＝vBcos(90°－θ)＝vBsin θ，当 A下落到最低点时，B的速度为零， 中间过程中 B的速度不为零；同理可得，当 A下落到最低点时，C的速度为零， 中间过程中 C的速度不为零。A、B、C三者组成的系统机械能守恒，中间过程 B、 C的动能不为零，A到最低点时，B、C的动能为零；则球 A的机械能不是一直减 小，故选项 A错误；当 A下落到最低点时，B、C的速度为零，对三者组成的系 统，A由静止释放到球 A落地过程，应用机械能守恒得：mgL＝1 2 mv2，解得：球 A 落地的瞬时速度 v＝ 2gL，故选项 B正确；球 A加速下落时，三者组成的系统有 向下的加速度，整体处于失重状态，球 B、C对地面的压力小于 3 2 mg，故选项 C 错误；在 A落地前一小段时间，B做减速运动，杆对 B有斜向右上的拉力，则球 B对地面的压力小于 mg，故选项 D正确。 答案 BD 8.(2018·江苏省徐州市高三期中抽测)如图 7所示，大圆环固定不动，套在大圆环 上的小环从某处由静止滑下，在大圆环上来回运动几次，最终静止不动。下列说 法正确的是( ) 图 7 A.小环不一定停在大圆环的最低点 B.小环第一次运动到最低点时动能最大 C.运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能 D.第一次到达左边最高点的过程中，小环的机械能先减小后增大 解析 小环从某处由静止滑下，当来回运动到摩擦力的大小刚好等于重力沿切线 方向分力的大小时速度为零，此时小环静止的地方不是在大圆环的最低点；当小 环来回运动到最低点时速度恰好为零，此时小环静止在大圆环的最低点，故选项 A正确；当小环第一次运动摩擦力的大小与重力沿切线方向分力的大小相等时速 度最大，动能最大，故选项 B错误；由于小环最终静止，根据能量守恒可知，运 动过程中产生的内能等于小环减小的机械能，故选项 C正确；第一次到达左边最 高点的过程中，摩擦力始终做负功，故小环的机械能一直减小，故选项 D错误。 答案 AC 9.(2018·江苏单科，7)如图 8所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面 向右运动，最远到达 B点。在从 A到 B的过程中，物块( ) 图 8 A.加速度先减小后增大 B.经过 O点时的速度最大 C.所受弹簧弹力始终做正功 D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 解析 对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得 kx－f＝ ma，x减小，a减小，当 a＝0时，物块速度最大，此时，物块在 O点左侧，选项 B错误；从加速度 a＝0处到 O点过程，由牛顿第二定律得 f－kx＝ma，x减小，a 增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得 kx＋f＝ma，x增大，a继续 增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项 A正确；物块所受弹簧的弹力对物 块先做正功，后做负功，选项 C错误；从 A到 B的过程，由动能定理可得 W 弹－ Wf＝0，选项 D正确。 答案 AD 三、计算题 10.(2018·常州市模拟)以较大速度运动的物体，所受的空气阻力不可忽略，运动时 受到的空气阻力与速度成正比，关系式为 f＝kv，v是球的速度，k是已知的阻力 系数。 现在离地面 H高度的高处将质量为 m的球以 v0水平速度抛出，球在着地 前已经做匀速运动。 重力加速度为 g。求： (1)球刚抛出时的加速度大小； (2)球从抛出到落地过程中，克服空气阻力所做的功； (3)以不同初速度水平抛出的球其运动时间是否相等，请说明理由。 解析 (1) 竖直方向 vy0＝0，Fy＝mg ay＝g，竖直向下 水平方向 vx0＝v0，Fx＝kv0 ax＝kv0 m ，与 v0方向相反 a＝ g2＋（ kv0 m ）2。 (2) 球最终做匀速直线运动 mg＝kv，v＝mg k ，方向竖直向下 由动能定理 WG－Wf＝ 1 2 mv2－1 2 mv20 球克服阻力所做功 Wf＝mgH＋1 2 mv20－m3g2 2k2 。 (3) 下落时间相等 由运动的独立性原理，竖直方向都是从静止开始的运动，且受力情况同为 Fy＝mg －kvy，所以运动时间与水平初速度大小无关。 答案 (1) g2＋（ kv0 m ）2 (2)mgH＋1 2 mv20－m3g2 2k2 (3)下落时间相等(理由见解析) 11.(2018·江苏省徐州市高三抽测)如图 9甲所示，光滑轨道由三部分组成。左边是 倾角 30°的斜面，右边是半圆，中间为足够长的水平面。斜面与水平面平滑连接， 水平面与半圆相切，切点为 M。现有 10个相同的小球，半径为 r、质量为 m，这 些小球恰可占满右边圆轨道(最外端的两个小球恰能同时与圆轨道直径相切，如图 乙所示)。已知 sin π 20 ＝sin 9°＝ 4 25 ，重力加速度大小为 g。现将 10个小球依次放 在斜面上，最下面的小球 a的球心距地面高设为 H, 同时释放所有小球后，求： 图 9 (1)若 H已知，a小球刚到水平面时的速率； (2)若 H已知，a小球刚到 M点时对圆轨道的压力； (3)若 a小球从圆轨道最高点抛出，落点与 M点相距 L，则 H应为多少。 解析 (1)从释放所有小球到 a小球刚到水平面，选地面为参考平面 根据机械能守恒定律有 10mg(H－r)＝1 2 ×10mv2 解得 a小球刚到水平面时的速度 v＝ 2g（H－r） (2)从释放所有小球到 a小球到达 M点，选地面为参考平面，根据机械能守恒有 10mg(9rsin 30°＋H)＝10mgr＋1 2 ×10mv2M 解得 vM＝ 7gr＋2gH 设圆轨道的半径为 R，由几何关系得 r R－r ＝sin π 20 ＝ 4 25 解得圆轨道半径 R＝29r 4 在 M点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝mv2M R－r 解得 FN＝mg53r＋8H 25r 由牛顿第三定律可知a小球刚到M点时对圆轨道的压力大小为FN＝mg 53r＋8H 25r ， 方向竖直向下 (3)a小球做平抛运动，设平抛的水平初速度为 v1，由平抛运动规律得 竖直方向有：2(R－r)＝1 2 gt21 水平方向有：L＝v1t 联立得 v1＝L 5 g r 从释放所有小球到 a小球达到最高点，选地面为参考平面，根据机械能守恒有 10mg(9rsin 30°＋H)＝9mgR＋mg(2R－r)＋1 2 ×10mv21 解得 H＝ L2 50r ＋ 27 8 r。 答案 (1) 2g（H－r） (2)mg53r＋8H 25r 方向竖直向下 (3) L 2 50r ＋ 27 8 r