最新高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用

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这是一份最新高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用

功能关系与圆周运动的综合问题【经典案例】(14分)(2017·浙江4月选考真题)图中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图。弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧,圆心分别为O1、O2,弯道中心线半径分别为r1=10 m,r2=20 m,弯道2比弯道1高h=12 m,有一直道与两弯道圆弧相切。质量m=1 200 kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍,行驶时要求汽车不打滑。(sin37°=0.6,sin53°=0.8,g取10 m/s2)(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1。(2)汽车以v1进入直道,以P=30 kW的恒定功率沿直线行驶了t=8.0 s进入弯道2,此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度,求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功。(3)汽车从弯道1的A点进入,从同一直径上的B点驶离,有经验的司机会利用路面宽度,用最短时间匀速安全通过弯道。设路宽d=10 m,求此最短时间(A、B两点都在轨道的中心线上,计算时视汽车为质点)。【解题关键】信息提取:①沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1→最大径向静摩擦力恰好提供向心力。②此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度→同①(略)。③用最短时间匀速安全通过弯道→汽车的行驶轨迹恰好与弯道2的内侧相切。【规范解答】解:(1)沿弯道1行驶的最大速度为v1,由牛顿第二定律得kmg= ①(1分)得 ②(1分)(2)沿弯道2行驶的最大速度为v2,kmg= ③(1分)得 ④(1分)直道上由功能关系得Pt-mgh+Wf= ⑤(1分)代入数据可得Wf=-2.1×104 J ⑥(1分)(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短由图可得r′2= ⑦(1分)代入数据可得r′=12.5 m ⑧(1分)汽车沿该线路行驶的最大速度为v′,kmg= ⑨(1分)得 ⑩(1分)由 ⑪(1分)则对应的圆心角2θ=106° ⑫(1分)线路长度s= ×2πr′ m≈23.1 m ⑬(1分)最短时间t′= ≈1.8 s ⑭(1分) 【得分技巧】技巧1.注重公式书写,只写必要的文字说明。阅卷只给公式赋分,文字说明不赋分,如本题只写了必要的文字说明。技巧2.对于不会做的题目,要依据物理情景,把与本题相关的公式都写上。阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分,同一个表达式与多个对象挂钩写多遍,也是有分的,本题14分,表达式占了9分。技巧3.即使第一问错了,也不要放弃第二问。阅卷不重复扣分,如:错误只在第一问,第二问的过程没错,结果错误也仅仅是第一问造成的,则第二问照样可以得满分。技巧4.表示物理量时,尽可能使用题中所给的字母或常用的字母表示。公式正确,而物理量表示不明确也是要扣分或不得分的。十七　功能关系　能量守恒定律(建议用时60分钟)【基础练】1.一颗小行星曾以14.6 km/s的速度冲向地球,在云南省香格里拉县城西北40公里处与空气摩擦产生高温从而发生爆炸,爆炸当量相当于540吨TNT,有部分陨石掉入地面。在陨石冲向地面的过程中(假设质量不变) (　　)A.陨石机械能守恒B.陨石动能的减小量等于陨石克服阻力所做的功C.陨石重力势能减小量等于动能的增加量D.陨石重力势能减小量等于重力对陨石做的功【解析】选D。在陨石冲向地面的过程中空气阻力对陨石做功,所以陨石机械能不守恒,故A错误;根据动能定理,陨石动能的增加量等于空气阻力对陨石做的功与重力对陨石做的功的代数和,故B、C错误;根据功能关系可知,陨石重力势能减小量等于重力对陨石做的功,故D正确;故选D。2.如图所示为阿拉斯加当地人的一种娱乐方式。他们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起,再保持弹性毯子水平,接住小孩。不计空气阻力,下列说法中正确的是 (　　)A.用毯子将小孩上抛,毯子对小孩做正功,小孩机械能增加B.小孩在空中上升时处于超重状态,下落过程处于失重状态C.小孩由最高点下落,一接触到弹性毯子就立刻做减速运动D.小孩由最高点下落至速度为零的过程中,小孩机械能守恒【解析】选A。用毯子将小孩上抛,毯子对小孩做正功,小孩机械能增加,故A符合题意;小孩在空中上升时和下落过程加速度都向下,都处于失重状态,故B不符合题意;小孩由最高点下落,接触到弹性毯子后,在弹力小于重力之前,加速度向下,还是加速运动,故C不符合题意;小孩由最高点下落至速度为零的过程中,除重力外,毯子的弹力对小孩做负功,小孩机械能减小,故D不符合题意。3.(2020·台州模拟)如图所示,轻弹簧上端固定,下端拴着一带正电小球Q,Q在A处时弹簧处于原长状态,Q可在C处静止。若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时,Q可在B处静止。在有小球q的情况下,将Q从A处由静止释放,则Q从A运动到C处的过程中 (　　)A.Q运动到C处时速率最大B.Q、q两球组成的系统机械能不断增大C.Q的机械能不断增大D.加速度大小先减小后增大【解析】选D。q在C正下方某处时,Q在B处所受的合力为零,速率最大,故A错误;Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和,由功能关系有ΔE=W弹+W电,而弹簧弹力一直对Q做负功,即W弹<0,库仑力也一直对Q做负功,即W电<0,则ΔE<0,即Q的机械能不断减小,故C错误;因小球q固定不动,其机械能不变,Q的机械能不断减小,故Q、q两球组成的系统的机械能不断减小,故B错误;Q在B处的加速度为零,则Q从A运动到B的过程中,加速度一直减小直至为零,从B到C加速度反向增大,故D正确。4.如图所示,游乐场有高为H倾角为α的滑梯,表面粗糙,一个质量为m的小孩从顶端静止开始出发往下跑,跑到底端时速度为v,不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　　)A.小孩的机械能减少B.滑梯对人做功为 mv2-mgHC.滑梯对人不做功D.合外力做功为 mv2+mgH【解析】选C。跑步时人体内的化学能一部分转化为机械能,所以小孩的机械能增加,故A错误;小孩在下滑过程中,小孩受重力、支持力和静摩擦力,支持力和静摩擦力都不做功,所以滑梯对小孩做的功为零,故B错误,C正确;根据动能定理可得:W合= mv2,故D错误。所以C正确,A、B、D错误5.(2020·金华模拟)如图所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平地面上,距地面H0高度处有一物体,在平行斜面向上的力F作用下由静止开始运动。选地面为零势能面,物体的机械能E随位移x的变化关系如图所示,其中0～x1是曲线,x1～x2是平行于x轴的直线,0～x2过程中物体一直沿斜面向上运动,则下列说法正确的是 (　　)A.0～x1过程中力F做的功等于(E1-E0)B.0～x1过程中物体做加速度增大的减速运动C.x1～x2过程中物体的动能不变D.x1～x2过程中力F保持不变【解析】选D。0～x1过程中,根据功能关系得:WF-Wf=E1-E0,则有:WF>E1-E0,故A错误;根据功能关系得:FΔx-fΔx=ΔE,图象的斜率为:k= =F-f,由图知,0～x1过程中图象切线斜率不断增大,则F-f不断增大,合力不断增大,根据牛顿第二定律知加速度增大,所以,0～x1过程中物体做加速度增大的加速运动,故B错误;x1～x2过程中物体的机械能不变,有:F-f=0,即为:F=f,保持不变,而重力势能增大,则动能减小,故C错误,D正确。6.中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。报道称新一代高速列车牵引功率达9 000 kW,持续运行速度为350 km/h,新一代高速列车从北京开到杭州全长约为1 300 km,则列车在动力上耗电约为 (　　)A.3.3×103 kW·h　　 B.3.3×104 kW·hC.3.3×105 kW·h D.3.3×106 kW·h【解析】选B。列车从北京开到杭州所用时间为t= = =3.71 h。列车在动力上耗电约为E=Pt=3.3×104 kW·h,故B正确。【加固训练】太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车。已知太阳辐射的总功率约为4×1026 W,太阳到地球的距离约为1.5×1011 m,假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗,某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%。如果驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5 kW,且其中的来自太阳能电池,则所需的太阳能电池板的面积至少约为(已知半径为r的球体积为V= πr3,球表面积为S=4πr2) (　　)A.2 m2　　B.6 m2　　C.8 m2　　D.12 m2【解析】选C。先建立如图球体均匀辐射模型。根据能量分配关系得: ×S×15%=P′× ,求得S=7.85 m2,故只有选项C正确。7.(2020·嘉兴模拟)如图所示,质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点,水平面的右端与固定的斜面平滑连接,物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同。物块与弹簧未连接,开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态。现从M点由静止释放物块,物块运动到N点时恰好静止。弹簧原长小于OM′。若物块从M点运动到N点的过程中,物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q,物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E,物块通过的路程为s。不计转折处的能量损失,下列图象所描述的关系中可能正确的是 (　　)【解析】选B。设物块在M点、M′点时的机械能分别为E0、E1,MM′长为s0,由功能关系可知在M到M′过程:E=E0-μmgs0,在M′到N过程E=E1-μmg(s-s0)cosθ,A错误,B正确;在M到M′过程:Q=μmgs0,在M′到N过程:Q=μmg(s-s0)cosθ,故C、D错误。8.如图为工人师傅施工的一个场景,塔吊设备以恒定功率P将质量为M的建材从静止开始竖直吊起,建材上升H时刚好达到最大速度,已知吊绳对建材的拉力为F,建材受到的阻力恒为f,则建材在上升H的过程中 (　　)A.做加速度不断增大的加速运动B.最大速度 C.机械能增加FHD.动能增加了【解析】选D。由P=Fv知,建材在上升H的过程中,速度逐渐增大,拉力F逐渐减小,建材做加速度不断减小的加速运动,当F=Mg+f时,达到最大速度,最大速度为 ,故A、B错误;建材增加的机械能为拉力F做的功与克服阻力f做功之差,即WF-fH,故C错误;建材在上升H的过程中,动能的增加量为 ,故D正确。【提升练】9.如图所示,置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B,B恰与A前、后壁接触,斜面光滑且固定于水平地面上。一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接,另一端与A相连,整个装置处于静止状态。今用外力沿斜面向下推A使弹簧处于压缩状态,然后由静止释放,则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中 (　　)A.弹簧弹性势能的减少量大于A和B的机械能的增加量B.弹簧的弹性势能一直减小直至为零C.A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A的动能的增加量D.A对B做的功等于B的机械能的增加量【解析】选D。弹簧、盒子A、光滑球B和地球组成的系统机械能守恒,从释放盒子直至其获得最大速度的过程中,弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量,弹簧的弹性势能一直减小,但速度最大时弹簧弹性势能不等于零,故选项A、B均错误;由动能定理可知,A所受重力、B对A的弹力和弹簧弹力做功的代数和等于A的动能增加量,又由于B对A的弹力做负功,所以A所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A的动能的增加量,故选项C错误;A对B做的功等于B的机械能的增加量,故选项D正确。10.(2020·温州模拟)如图甲所示,置于水平地面上质量为m的物体,在竖直拉力F作用下,由静止开始向上运动,其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示,已知重力加速度为g,空气阻力不计。下列说法正确的是 (　　)A.在0～h0过程中,F大小始终为mgB.在0～h0和h0～2h0过程中,F做功之比为2∶1C.在0～2h0过程中,物体的机械能不断增加D.在2h0～3.5h0过程中,物体的机械能不断减少【解析】选C。0～h0过程中,Ek-h图象为一段直线,故由动能定理得:(F-mg)h0=mgh0-0,故F=2mg,A错误;由A项分析可知,F在0～h0过程中,对物体做的功为2mgh0,在h0～2h0过程中,由动能定理可知,WF-mgh0=1.5mgh0-mgh0,解得WF=1.5mgh0,因此在0～h0和h0～2h0过程中,F做功之比为4∶3,故B错误;通过A、B项分析可知,在0～2h0过程中,F一直做正功,故物体的机械能不断增加,C正确;在2h0～3.5h0过程中,由动能定理得WF′-1.5mgh0=0-1.5mgh0,则WF′=0,故F做功为0,物体的机械能保持不变,故D错误。【加固训练】如图所示,一根长为l的轻质软绳一端固定在O点,另一端与质量为m的小球连接,初始时将小球放在与O点等高的A点,OA= l,现将小球由静止状态释放,则当小球运动到O点正下方时,绳对小球的拉力为(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8) (　　)A.2mg　 B.3mgC. mg D. mg【解析】选C。设小球到达A点的正下方B点时细绳刚好绷紧,则OB与水平方向的夹角的余弦值为cosα= = =0.6,可得小球自由下落的高度为h=lsinα=0.8l,到达B点时的速度v1= ,细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度,大小为v2=v1cosα,小球从B点运动到O点正下方的过程中,由动能定理得mgl(1-sinα)= - ,在O点正下方有T-mg= 。联立以上各式解得T= mg,C正确,A、B、D错误。11.蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初,运动员静止站在蹦床上;在预备运动阶段,他经过若干次蹦跳,逐渐增加上升高度,最终达到完成比赛动作所需的高度;此后,进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧,弹力大小F=kx(x为床面下沉的距离,k为常量)。质量m=50 kg的运动员静止站在蹦床上,床面下沉x0=0.10 m;在预备运动中,假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能;在比赛动作中,把该运动员视作质点,其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt=2.0 s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力的影响。(1)求常量k,并在图中画出弹力F随x变化的示意图。(2)求在比赛动作中,运动员离开床面后上升的最大高度hm。(3)借助F-x图象可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求x1和W的值。【解题指导】解答本题可按以下思路进行:(1)运动员静止在蹦床上时,依据物体的平衡条件,求解k值。(2)根据竖直上抛运动的规律计算运动员上升的最大高度。(3)根据功与能的关系计算x1和W的值,其中弹力做的功由F-x图象中图象与横坐标轴包围的面积表示。【解析】(1)根据题意,弹力大小F=kx,在F-x图象上应为过原点的直线,如图所示。当运动员静止在蹦床上时,应有mg=kx0,代入相关数据解得k=5 000 N/m(2)根据竖直上抛运动的规律可知,运动员上升时间与下落时间相等,即上升时间为t=1 s,所以运动员上升的最大高度为hm= gt2=5 m(3)在F-x图象中,图象与横坐标轴包围的面积表示弹力做的功,其大小也等于蹦床具有的弹性势能,即Ep= kx2取床面为参考面,运动员上升到最高点的过程中,由功能关系得 -mgx0+W=mghm,代入数据解得W=2 525 J运动员从最高点下落到最低点的过程中,由机械能守恒定律得:mg(hm+x1)= ,代入数据解得x1=1.1 m答案:(1)5 000 N/m　图象见解析　(2)5 m(3)1.1 m　2 525 J12.(2020·宁波模拟)如图甲所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图乙所示的示意图,倾角θ=37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24 m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离L=20 m。质量m=1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比例系数μ= ,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(1)求过山车过F点时的速度大小;(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?【解析】(1)在F点由牛顿第二定律得:m人g-0.25m人g=m人 ,r=Lsinθ=12 m代入已知数据可得:vF= m/s(2)根据动能定理,从B点到F点:mg(h-r)+Wf= -0解得Wf=-7.5×104 J(3)在没有故障时,过山车到达D点的速度为vD,根据动能定理,从D点到F点:-mgr-μmgcos 37°·LDE= - LDE=Lcos37°=16 m,发现故障之后,过山车不能到达EF段,设刹车后恰好到达E点速度为零,在此过程中,过山车受到的摩擦力为Ff1,根据动能定理-mgLDEsin37°-Ff1LDE=0- ,联立各式解得Ff1≈4.6×103 N使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为Ff2,则有Ff2-mgsinθ=0,解得Ff2=6.0×103 N综上可知,过山车受到的摩擦力至少应为6.0×103 N。答案:(1) m/s　(2)-7.5×104 J(3)6.0×103 N【培优练】13.如图,倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上,另一端与质量为m的物块A连接,A静止于P点。现对A施加一方向平行于斜面向上、大小F=mg的恒定拉力,使A向上运动。若运动过程中,弹簧形变未超过弹性限度,重力加速度为g,则 (　　)A.刚施加拉力F时,A的加速度大小为0.5gB.速度最大时,A距P点的距离为 C.在A上升到最高点的过程中,A和弹簧系统的机械能先增加后减小D.在A上升到最高点的过程中,A的机械能先增加后减小【解析】选D。施加拉力前,弹簧被压缩x,沿斜面方向kx=mgsin θ,可知x= ,由牛顿第二定律F=ma,解得a=g,方向沿斜面向上,故A错误。物块先向上加速运动后减速运动,当a=0时速度最大,有F=kx′+mgsin θ,解得伸长量为x′= ,故A距P点的距离为x+x′= ,B错误。物块和弹簧组成的系统在上升过程中除重力和弹簧弹力做功外,其他力F一直做正功,故机械能一直增大,故C错误。A的机械能由拉力F和弹簧弹力做功衡量,两个力的合力先向上后向下,故先做正功后做负功,则机械能先增大后减小。故D正确。故选D。14.如图所示,将劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平地面上。手持质量为m的物块从与弹簧接触(未连接)开始缓慢挤压弹簧。在弹性限度内弹簧长度被压缩了x,释放物块,物块开始向上运动,运动的最大距离为3x。不计空气阻力。重力加速度为g,则 (　　)A.释放瞬间,物块的加速度大小为 B.释放瞬间,弹簧的弹性势能大小为mgxC.物块从释放到最高点过程中,做匀减速运动的时间为 D.物块从释放到最高点过程中,其中加速过程克服重力做的功为mgx【解析】选C。弹性限度内弹簧长度被压缩了x,则弹簧的弹力大小为:F=kx。释放瞬间物块受到重力和弹力的作用,加速度大小为:a= = -g,故A错误;物块上升的最大距离是3x,则在最高点的重力势能为3mgx,因为上升的过程中弹簧的弹性势能转化为重力势能,所以可以知道释放瞬间,弹簧的弹性势能大小为3mgx。故B错误;物块在释放后,开始时受到重力和弹簧的弹力,随物块的上升,弹簧的弹力减小,所以物块做加速度减小的加速运动;当弹簧的弹力小于重力后做减速运动,直到物块离开弹簧后只受到重力时才开始做匀减速直线运动,所以做匀减速运动的距离为2x,运动的时间:t= = ,故C正确;物块在释放后开始时受到重力和弹簧的弹力,随物块的上升弹簧的弹力减小,所以物块做加速度减小的加速运动;当弹簧的弹力小于重力后做减速运动,所以加速过程中的位移:Δx=x- ,该过程中克服重力做的功:W=mg ,故D错误。15.工地上的箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,运动过程中箱子的机械能E与其位移x关系的图象如图所示,其中O～x1过程的图线为曲线,x1～x2过程的图线为直线,根据图线可知 (　　)A.O～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大B.O～x1过程中箱子的动能一直增加C.x1～x2过程中钢绳的拉力一直不变D.x1～x2过程中起重机的输出功率保持不变【解析】选C。由于除重力和弹簧的弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少,所以E-x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小,由图可知在O～x1内斜率的绝对值逐渐减小,故在O～x1内物体所受的拉力逐渐减小。所以开始先加速运动,当拉力减小后,可能减速运动,故A、B错误。由于物体在x1～x2内E-x图象的斜率的绝对值不变,故物体所受的拉力保持不变,由于物体的速度可能要变化,则根据P=Fv可知起重机的输出功率要变化,故C正确、D错误。16.如图所示为特种兵训练反应与协调能力的一个项目。在岸边(铺上软垫以保护士兵)与斜坡之间悬挂一不计质量且不可伸长的轻绳,绳子上端的悬点为O,可在竖直平面内摆动。士兵从斜面顶端A点滑到末端B点时,此时绳子下端恰好摆到B处,士兵立即抓住绳子下端随绳子一起向下摆动(此过程不计能量损失),当摆动到最低点C时,士兵松开绳子,然后做平抛运动落到岸上,可将士兵视为质点。已知OB⊥AB,C、D水平距离x=8 m,C、D竖直高度为h=5 m,A、D竖直高度为H=12 m,士兵质量为m=60 kg,绳子长l=5 m。不计空气阻力(g取10 m/s2),求:(1)从C点抛出落到岸上的过程中,士兵动能的变化量。(2)若士兵恰好落到D点,士兵经过C点时速度的大小。(3)已知AB段士兵克服摩擦力做功为Wf=2 400 J,绳子能承受的最大拉力F=1 800 N,若要求士兵在竖直平面内摆动过程中,绳子不断,士兵不落入水中,安全到达岸上。求士兵在A点的初速度大小的范围。【解析】(1)从C点到岸上过程,由机械能守恒定律得ΔEk=mgh,代入数据ΔEk=3 000 J。(2)C到D过程由平抛运动规律得 x=vCt,h= gt2代入数据vC=8 m/s。(3)对士兵在C点由牛顿运动定律F-mg= ,解得v′C=10 m/s,要使绳子不断且士兵不落入水中,安全到达岸上,C点速度要满足8 m/s≤vC≤10 m/s对士兵由A至C过程根据动能定理得mg(H-h)-Wf= -代入C点速度范围,可求出A点速度范围2 m/s≤vA≤ m/s。答案:(1)3 000 J　(2)8 m/s(3)2 m/s≤vA≤ m/s17.(2020·杭州模拟)在游戏“滑雪大冒险”中,物体从A处由静止下滑,经过圆弧轨道BC后,在D点水平飞出,落在斜面上,随后沿斜面下滑,进入水平轨道EF。全过程除水平轨道CD与EF粗糙外,其余轨道均光滑,轨道各部分均平滑连接。已知BC圆弧的半径O1C为R1=0.6 m,CD段长度L1=2.6 m,C点距离地面EF高度hC=2 m,斜面倾角θ=37°,F处圆弧轨道半径R2=0.2 m。物体与CD与EF段动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。(1)已知选手恰好能通过B点,求A点距离EF的高度。(2)在(1)中情况下物体从D点飞出落到斜面上时所用时间为0.5 s,求斜面高度h的值。(3)假设运动到E点时速度为4 m/s,且物体上O2轨道后不脱离O2轨道,求EF长度取值范围。【解析】(1)恰好过B点:mg=由动能定理知:mgH-mg(2R1+hC)= ⇒H=3.5 m(或mgH= +mg(2R1+hC)(2)B→D:mg·2R1-μmgL1= - ⇒vD=2 m/sy= gt2=1.25 m,x=vDt=1 m = ⇒h=1.5 m(或tan37°= )(3)能到O2圆轨道最高点:μmgL2< ⇒L2<1.6 m不超过圆心等高处: -μmgL2≤mgR2⇒L2≥1.2 mmg=m mg·2R2+μmgL2≤ - ⇒L2≤0.6 m综上:0