2020-2021学年高中物理-第八章-机械能守恒定律-单元素养评价新人教版必修2.doc

2020-2021学年高中物理 第八章 机械能守恒定律 单元素养评价新人教版必修2

2020-2021学年高中物理 第八章 机械能守恒定律 单元素养评价新人教版必修2

年级：
姓名：

- 20 -

单元素养评价(四)
(第八章)

(60分钟·70分)
一、选择题(本题共13小题,每小题3分,共39分)
1.(2020·威海高一检测)如图所示,在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子,用力使船向前移动。关于力对船做功的下列说法中正确的是(　　)

A.绳的拉力对船做了功
B.人对绳的拉力对船做了功
C.树对绳子的拉力对船做了功
D.人对船的静摩擦力对船做了功
【解析】选D。绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作用于船,没有对船做功。只有人对船的静摩擦力作用于船,且船发生了位移,故对船做了功,且做正功,故选项A、B、C错误,选项D正确。
【加固训练】
　　如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其过程可简化为打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则 (　　)

A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D.返回舱在喷气过程中处于失重状态
【解析】选A。由整体法、隔离法结合牛顿第二定律,可知A正确,B错;由动能定理可知C错;因返回舱具有竖直向上的加速度,因此处于超重状态,D错。
2.赛车是一项技术性、挑战性和观赏性都很强的运动。一选手驾驶赛车以恒定的功率P从静止开始做加速运动,由功率的计算公式P=Fv可以判断,在赛车加速运动的过程中 (　　)
A.牵引力F越来越小
B.牵引力F越来越大
C.牵引力F保持不变
D.牵引力F的大小变化无法判断
【解析】选A。赛车以恒定的功率P运动,由功率的计算公式P=Fv可以判断,在赛车加速运动的过程中,随着速度v的增加,牵引力F越来越小,故选A。
3.(2020·泰安高一检测)升降机中有一质量为m的物体,当升降机以加速度a匀加速上升h高度时,物体增加的重力势能为 (　　)
A.mgh　　　　　　 B.mgh+mah
C.mah D.mgh-mah
【解析】选A。要分析重力势能的变化,只需要分析重力做功。物体随升降机上升了h,物体克服重力做功W=mgh,故物体的重力势能增加了mgh,A正确。
4.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图像中,能正确反映这一过程的是 (　　)

【解析】选C。物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不变,选项A、B错误;由动能定理,-fx=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-fx,故选项C正确,D错误。
5.(2020·菏泽高一检测)一小球从如图所示的弧形轨道上的A点,由静止开始滑下。由于轨道不光滑,它仅能滑到B点。由B点返回后,仅能滑到C点,已知A、B高度差为h1,B、C高度差为h2,则下列关系正确的是 (　　)

A.h1=h2 B.h1<h2
C.h1>h2 D.h1、h2大小关系不确定
【解析】选C。由能的转化和守恒定律可知,小球由A到B的过程中重力势能减少mgh1,全部用于克服摩擦力做功,即WAB=mgh1。同理,WBC=mgh2,又随着小球最大高度的降低,每次滑过的路程越来越短,必有WAB>WBC,所以mgh1>mgh2,得h1>h2,故C正确。
6.如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道,将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点,并给小车一竖直向下的初速度,使小车沿轨道内侧做圆周运动。要使小车不脱离轨道,则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为
(　　)

A. B.
C. D.
【解析】选C。小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg=m。小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中,只有重力做功,机械能守恒。设小车在A处获得的最小初速度为vA,由机械能守恒定律得m=mgr+mv2,解得vA=,故选项C正确。
7.(2020·金华高一检测)如图所示,在半径为5 m的光滑圆环上切下一小段圆弧,放置于竖直平面内,A、B为圆弧的两个端点,它们距最低点C的高度差H为
1 cm,BC为一光滑的直杆。现将小环分别置于圆弧A端点和B端点由静止释放,使小环分别沿圆弧AC和直杆BC下滑。设小环从A点运动到C点和从B点运动到C点所需的时间分别为t1和t2(取g=10 m/s2),则下列说法正确的是(　　)

A.t1<t2 B.t1=t2
C.t1>t2 D.无法确定
【解析】选A。由动能定理可知mgh=mv2 ,两过程中小环到达C点时的速度大小相等,画出两过程中小环的速率—时间图像如图,由于H=1 cm,R=5 m,则可将BC与弧BC近似相等,由图可知t1<故A正确,B、C、D错误。

8.“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机,该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中,质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动,其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示,经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时,刚好起飞。关于起飞过程,下列说法正确的是 (　　)

A.飞机所受合力不变,速度增加越来越慢
B.飞机所受合力增大,速度增加越来越快
C.该过程克服阻力所做的功为Pt0-m
D.平均速度为
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)根据P=Fv分析牵引力的变化,从而确定出合力的变化。
(2)由牛顿第二定律分析加速度的变化情况,即可分析速度变化快慢情况。
(3)将飞机的运动与匀速直线运动对比,分析其平均速度。
(4)根据动能定理分析该过程克服阻力所做的功。
【解析】选C。根据图像可知,图像的斜率为加速度,所以起飞中,斜率越来越小,加速度越来越小,速度增加越来越慢,根据牛顿第二定律F合=ma,加速度减小,合外力减小,故A、B错误;根据动能定理可知:m-0=Pt0-Wf,解得:Wf=Pt0-m,故C正确;因为不是匀变速运动,所以平均速度不等于,故D错误。
9.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C(未超过弹簧的弹性限度),在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则 (　　)

A.物块机械能守恒
B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C.物块机械能减少mg(H+h)
D.物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h)
【解析】选D。对于物块来说,从A到C要克服空气阻力做功,从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能,因此机械能肯定减少,故A错误;由A运动到C的过程中,物块的动能变化为零,重力势能减小量等于机械能的减小量,所以物块机械能减少mg(H+h),故C错误;物块从A点由静止开始下落,加速度是g,根据牛顿第二定律得:f=mg-ma=mg,所以空气阻力所做的功为-mg(H+h),整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功,所以物块和弹簧组成的系统机械能减少mg(H+h),故B错误,D正确。
10.如图所示,在地面上以速度v0抛出质量为m的物体,抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能的参考平面,且不计空气阻力,则下列说法错误的是 (　　)

A.物体落到海平面时的重力势能为mgh
B.从抛出到落到海平面的运动过程中,重力对物体做的功为mgh
C.物体落到海平面时的动能为m+mgh
D.物体落到海平面时的机械能为m
【解析】选A。以地面为零势能参考平面,物体落到海平面时重力势能为-mgh,故A错误,符合题意;从抛出到落到海平面的运动过程中,物体在重力方向上的位移为h,则重力对物体做的功为mgh,故B正确,不符合题意;抛出点的机械能为m,下落过程中机械能守恒,重力势能减少mgh,则在海平面上的动能为Ek=m+mgh,故C正确,不符合题意;整个过程中只有重力做功,机械能守恒,故物体落到海平面上的机械能为m,故D正确,不符合题意。
【加固训练】
　　物体在拉力作用下向上运动,其中拉力做功10 J,克服阻力做功5 J,克服重力做功5 J,则(　　)
A.物体重力势能减少5 J
B.物体机械能增加5 J
C.合力做功为20 J
D.物体机械能减少5 J
【解析】选B。物体向上运动,重力做负功5 J,故重力势能增加了5 J,故A错误;合力做功W=10 J-5 J-5 J=0,即合力做功为零,故C错误;除重力以外的力做功衡量机械能的变化,因此物体的机械能增加了ΔE=10 J-5 J=5 J,故B正确,D错误。
11.(2020·厦门高一检测)质量为2 kg的物体做直线运动,沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示,若物体的初速度为3 m/s,则其末速度为 (　　)

A.5 m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
【解析】选B。F-x图像与坐标轴围成的面积表示外力所做的功,
由图可知:W=2×2 J+4×4 J-2×3 J=14 J,根据动能定理得:mv2-m=W
解得:v= m/s。
12.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ,传送带以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示),以此时为t=0时刻,作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向,其中v1>v2)。已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2,则 (　　)

A.0～t1时间内,物块对传送带做正功
B.物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ
C.0～t2时间内,传送带对物块做功为W=m-m
D.t1时刻之后,物块先受滑动摩擦力,对其做正功,后受静摩擦力,对其做负功
【解析】选D。由题图乙知,物块的初速度方向平行传送带斜向上,在0～t1时间内速度减小,传送带对物块做负功,由牛顿第三定律知,物块对传送带的摩擦力沿传送带向上,对传送带做负功,在t2时间后,物块和传送带一起做匀速运动,有mgsin θ ≤ μmgcos θ,所以μ≥tan θ,B错误;在0～t2时间内,传送带对物块做功W=ΔEk+ΔEp,C错误;在t1时刻后,物块速度先增大后不变,摩擦力先做正功,后做负功,D正确。
13.(2020·邯郸高一检测)如图所示,长为L的木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物体,现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴在竖直面内转动,当木板转到与水平面成α角时小物体开始滑动,此时停止转动木板,小物体滑到木板底端时的速度为v,则在整个过程中 (　　)

A.支持力对小物体做功为0
B.摩擦力对小物体做功为mgLsinα
C.摩擦力对小物体做功为mv2-mgLsinα
D.木板对小物体做功为mv2
【解析】选C。木板由水平位置转过α角的过程中,摩擦力方向与速度方向垂直不做功,除重力外只有板的支持力做功,故此过程中支持力所做的功等于物体增加的重力势能:WN=ΔEp=mgLsinα,所以A错误;物体从开始下滑到滑到底端的过程中,支持力不做功,重力做正功,摩擦力做负功,由动能定理得WG+Wf=mv2-0,即Wf=mv2-mgLsinα,故C正确,B错误;对全过程运用能量观点,重力做功为0,无论支持力还是摩擦力,施力物体都是木板,所以木板对小物体做功为mv2,D错误。
二、实验题(本题共2小题,共14分)
14.(5分)(2020·金华高一检测)(1)用如图所示的装置做“探究做功与物体速度变化的关系”的实验时,下列说法正确的是 (　　)

A.为了平衡摩擦力,实验中应将长木板的左端适当垫高,使小车拉着纸带自由下滑时能保持匀速运动
B.实验中橡皮筋的规格要相同,每次小车在同一位置静止释放
C.可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值
D.通过打点计时器打出的纸带来测定小车获得的最大速度
(2)如图所示,某同学用自由落体法“验证机械能守恒定律”,从图示位置静止释放纸带连接的重物。

①图中操作不合理的地方是_________________。 
②除了图中器材外,下列器材中还必须选取的实验器材有______。 
A.停表　　　 B.刻度尺
C.干电池
③本实验所取的重力加速度g的值,应该________。 
A.取当地的实际g值
B.根据打出的纸带,用Δx=gT2求出
C.近似取10 m/s2
【解析】(1)选A、B、D。小车在水平面运动时,由于受到摩擦阻力导致小车速度在变化,所以适当倾斜长木板以平衡摩擦力,使小车所能获得的动能完全来自于橡皮筋做的功,故A正确;实验中每根橡皮筋做功均是一样的,所以所用橡皮筋必须相同,且伸长的长度也相同即每次小车在同一位置静止释放,橡皮筋拉力做的功才可以成倍变化,故B正确,C错误;由于小车在橡皮筋的作用下而运动,橡皮筋对小车做的功与使小车能获得的最大速度有关,故通过打点计时器打出的纸带来求得小车获得的最大速度,故D正确。
(2)①图中操作不合理的地方是重物释放时离打点计时器太远,这样不能充分利用纸带。
②打点计时器可以直接记录时间,不需要停表;打点计时器使用交流电源,不需要干电池;由于实验中要测量点迹间的距离,所以需要刻度尺,故A、C错误,B正确。
③本实验所取的重力加速度g的值,应该取当地的实际g值,故A正确,B、C错误。
答案:(1)A、B、D　(2)①重物释放时离打点计时器太远　②B　③A
15.(9分)如图是用“自由落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g取
9.80 m/s2)。

(1)选一条清晰的纸带,如图甲所示,其中O点为打点计时器打下的第一个点,A、B、C为三个计数点,对打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用分度值为
1 mm的刻度尺测得OA=12.41 cm,OB=18.90 cm,OC=27.06 cm,在计数点A和B、B和C之间还各有一个点,重锤的质量为1.00 kg。甲同学根据以上数据算出:当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J;此时重锤的速度vB=________m/s,此时重锤的动能比开始下落时增加了________J(结果均保留三位有效数字)。 
(2)某同学利用他自己实验时打出的纸带,测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h,算出了各计数点对应的速度v,然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了如图乙所示的图线,图线的斜率近似等于________。 
A.19.6　　　　　　B.9.8　　　　　　C.4.90
图线未过原点O的原因是______________。 
【解析】(1)当打点计时器打到B点时,重锤的重力势能减少量ΔEp=mg·OB=
1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J;打B点时重锤的速度vB==
m/s≈1.83 m/s,此时重锤的动能增加量ΔEk=m
=×1.00×1.832 J≈1.67 J。
(2)由机械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g,故B正确。由题图线可知,h=0时,重锤的速度不等于零,原因是该同学做实验时先释放了纸带,然后才合上打点计时器的开关。
答案:(1)1.85　1.83　1.67
(2)B　先释放了纸带,再合上打点计时器的开关
三、计算题(本题共2小题,共17分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
16.(9分)滑板是年轻人十分喜欢的极限运动,现有一场地规格如图,是用钢制作的,阻力非常小,可以忽略。g取10 m/s2。

(1)一人以6 m/s的速度从4 m的高台滑下,求到2 m高台处其速度有多大?
(2)在(1)的条件下,求他所能到达的离地最大高度有多少?
(3)若他从2 m高台开始下滑,为能到达4 m高台,求下滑最小速度是多少?
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)对该过程运用动能定理,求出到达2 m高台的速度大小。
(2)上升到最大高度时速度为零,对整个过程运用动能定理求出上升的最大高度。
(3)对该过程运用动能定理,抓住末动能为零,求出下滑的最小速度。
【解析】(1)人从4 m的高台滑到2 m高台的过程,根据动能定理得:
mg(h0-h1)=m-m (2分)
代入数据解得:v1= m/s≈8.72 m/s(1分)
(2)设上升离地的最大高度为H,对全过程运用动能定理得:
-mg(H-h0)=0-m (2分)
代入数据解得:H=5.8 m(1分)
(3)设下滑的最小速度为vx,根据动能定理得:
-mg(h0-h1)=0-m (2分)
代入数据解得:vx≈6.32 m/s(1分)
答案:(1)8.72 m/s　(2)5.8 m　(3)6.32 m/s
17.(8分)在学校组织的趣味运动会上,某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示,将一质量为0.1 kg的钢球放在O点,用弹射装置将其弹出,使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动,BC段为一段长为L=2.0 m的粗糙平面,DEFG为接球槽。圆弧OA和AB的半径分别为r=0.2 m,R=0.4 m,小球与BC段的动摩擦因数μ=0.7,C点离接球槽的高度为h=1.25 m,水平距离为x=0.5 m,接球槽足够大,g取10 m/s2。求:

(1)要使钢球恰好不脱离圆轨道,钢球在A点的速度多大?
(2)在B位置对半圆轨道的压力多大?
(3)要使钢球最终能落入槽中,弹射速度v0至少多大?
【解析】(1)要使钢球恰好不脱离轨道,对最高点A:
mg=m。
解得:vA=2 m/s。 (1分)
(2)钢球从A到B的过程:
mg·2R=m-m,
在B点:
FN-mg=m, (1分)
FN=6 N,
根据牛顿第三定律,钢球在B位置对半圆轨道的压力为6 N。 (1分)
(3)要使钢球能落入槽中,从C到D平抛,
x=vCt,
h=gt2,
vC=1 m/s, (2分)
假设钢球在A点的速度恰为vA=2 m/s时,钢球可运动到C点,且速度为v′C。
从A到C,
mg·2R-μmgL=mv-m,
v<0,
故当钢球在A点的速度恰为vA=2 m/s时,钢球不可能到达C点,更不可能平抛入槽。要使钢球最终能落入槽中,需要更大的弹射速度,才能使钢球既不脱离轨道,又能落入槽中。
从O到C有:
mgR-μmgL=m-m, (2分)
解得:v0= m/s。 (1分)
答案:(1)2 m/s　(2)6 N　(3) m/s

(30分钟·30分)
18.(4分)(2020·锦州高一检测)如图所示,平直木板AB倾斜放置,小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大,小物块从A点由静止释放,恰好可以到达B点,小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机(取地面为零势能面)随下滑位移x变化的图像可能正确的是 (　　)

【解析】选C。设斜面的倾角为α,根据题意有μ=kx,k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为 f=μmgcosα=kxmgcosα,知f∝x。根据动能定理得mgxsinα-·x=mv2-0,得v2=2gxsinα-kx2g·cos α,知v-x图像为曲线,故A错误。根据牛顿第二定律得mgsinα-μmgcosα=ma,结合μ=kx,得a=gsinα-kxgcosα,a随x先均匀减小后反向均匀增大,加速度先正后负,故B错误。根据动能定理得mgxsinα-·x=Ek-0,得Ek=mgxsinα-kx2mgcosα,知Ek-x是开口向下的抛物线,故C正确。根据功能关系知ΔE机=-Wf= -·x=-kx2mgcosα,随着x的增大,E机-x图像斜率绝对值增大,故D错误。
19.(4分)(多选)(2019·江苏高考)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中 (　　)

A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在A点的初速度为
【解析】选B、C。弹簧被压缩到最短时,物块有向右的加速度,弹力大于滑动摩擦力f=μmg,选项A错误;物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反,物块运动的路程为2s,所以克服摩擦力做的功为W=2μmgs,选项B正确;由动能定理可知,从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点,动能的变化为零,弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W′=μmgs,选项C正确;由物块从A点到返回A点,根据动能定理-μmg·2s=0-m可得v0=2,所以选项D错误。
20.(4分)(多选)如图所示,在排球比赛中,假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网,排球网高H=2.24 m,排球质量为m=300 g,运动员对排球做的功为W1=20 J,排球运动过程中克服空气阻力做功为W2=4.12 J,重力加速度g取
10 m/s2。球从手刚发出位置的高度h=2.04 m,选地面为零势能面,则(　　)

A.与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 J
B.排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 J
C.排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 J
D.与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J
【解析】选B、D。与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H-h)=0.3×10×(2.24-2.04) J=0.6 J,故A错误;根据功能关系可得,排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh+W1-W2=0.3×10×
2.04 J+20 J-4.12 J=22 J,故B正确;由动能定理可知,排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1-W2-mg(H-h)=15.28 J,故C错误;与排球从手刚发出时相比较,排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W2+mg(H-h)=4.72 J,故D正确。
21.(6分)如图所示,将质量为m=1 kg的小物块放在长为L=1.5 m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,半径R=0.9 m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地面高度h=0.65 m,开始车和物块一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动,g取10 m/s2,求:

(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力。
(2)小物块落地点至车左端的水平距离。
【解析】(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理,得
-μmgL=m-m,
解得v1= m/s。 (1分)
刚进入半圆轨道时,设物块受到的支持力为FN,
由牛顿第二定律,得
FN-mg=m,
解得FN≈104.4 N,
由牛顿第三定律F′N=FN,
得F′N=104.4 N,方向竖直向下。 (1分)
(2)若小物块能到达半圆轨道最高点,则由机械能守恒,得
m=2mgR+m,
解得v2=7 m/s。 (1分)
设恰能过最高点的速度为v3,
则mg=m,
解得v3==3 m/s。 (1分)
因v2>v3,故小物块能过最高点,且离开半圆轨道最高点后将做平抛运动,得
h+2R=gt2,
x=v2t,
联立解得x=4.9 m, (1分)
故小物块距车左端s=x-L=3.4 m。 (1分)
答案:(1)104.4 N,方向竖直向下　(2)3.4 m
22.(12分)某工厂生产流水线示意图如图所示,半径R=1 m的水平圆盘边缘E点固定一小桶。在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动,传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上,竖直高度h=1.25 m。AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道,半径r=0.45 m,且与水平传送带相切于B点。一质量m=0.2 kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,当滑块到达B点时,圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动,滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出,刚好落入圆盘边缘的小桶内。g取10 m/s2,求:

(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FNB。
(2)传送带BC部分的长度L。
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。
【解析】(1)滑块从A到B过程中,由动能定理,有:mgr=m
解得:vB==3 m/s(1分)
滑块到达B点时,由牛顿第二定律,
有:FNB-mg=m (1分)
解得:FNB=6 N(1分)
由牛顿第三定律,滑块到达B点时对轨道的压力大小为6 N,方向竖直向下。 (1分)
(2)滑块离开C点后做平抛运动,有:
h=g
解得:t1==0.5 s(1分)
vC==2 m/s(1分)
滑块由B到C过程中,据动能定理有:
-μmgL=m-m (1分)
解得:L=1.25 m(1分)
(3)滑块由B到C过程中,据运动学公式有:
L=t2 (1分)
解得t2=0.5 s
t=t1+t2=1 s(1分)
圆盘转动的角速度ω应满足条件
t=n(n=1,2,3…) (1分)
解得:ω=2nπ rad/s(n=1,2,3…) (1分)
答案:(1)6 N,方向竖直向下　(2)1.25 m
(3)ω=2nπ rad/s(n=1,2,3…)
【加固训练】
　　我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1 530 J,g取10 m/s2。

(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小。
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
【解题指南】解答本题时应从以下四点进行分析:
(1)由运动学公式求出滑道AB的长度。
(2)分析运动员在AB段的受力情况,运用牛顿第二定律求解运动员在AB段下滑时受到阻力Ff。
(3)对BC段应用动能定理,求出运动员通过C点时的速度。
(4)运动员通过C点时重力和支持力的合力提供向心力。
【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动,设AB的长度为x,则有
=2ax ①
由牛顿第二定律知
mg-Ff=ma ②
联立①②式,代入数据解得
Ff=144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到C的过程中
mgh+W=m-m ④
设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律知
FN-mg= ⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得
R=12.5 m⑥
答案:(1)144 N　(2)12.5 m