第八章 专题强化 动能定理的应用(二)(课件 导学案)

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第八章 专题强化 动能定理的应用(二)(课件 导学案)

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(共49张PPT)
DIBAZHANG
第八章
专题强化 动能定理
     的应用(二)
1.能够灵活应用动能定理解决多过程问题(重点)。
2.能够应用动能定理解决往复运动问题(重点)。
3.能够应用动能定理分析平抛运动、圆周运动(重难点)。
学习目标
一、应用动能定理解决多过程问题
二、应用动能定理解决往复运动问题
专题强化练
三、动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用
内容索引
应用动能定理解决多过程问题

1.一个物体的运动如果包含多个运动阶段,既可以将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后应用动能定理列式联立求解,也可以全过程应用动能定理,这样不涉及中间量,解决问题会更简单方便。
2.选择全过程应用动能定理时,要注意有些力不是全过程都作用的,必须根据不同的情况区别处理,弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功,做正功还是负功,正确写出总功。
 如图所示,在距沙坑高h=7 m处,以v0=10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物体,物体落到沙坑并陷入沙坑d=
0.4 m深处停下。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物体上升到最高点时离抛出点的高度H;
例1
答案 5 m
物体从抛出到最高点的过程中,由动能定理得-mgH=0-m,
代入数据得H=5 m。
(2)物体在沙坑中受到的平均阻力Ff的大小。
答案 155 N
方法一 全过程分析。物体在沙坑中受到的平均阻力大小为Ff,陷入沙坑的深度为d,从抛出点到最低点的全过程中,由动能定理有mg(h+
d)-Ffd=0-m,
代入数据解得Ff=155 N。
方法二 分阶段分析。
设物体刚到达沙坑表面时速度为v
在空中运动阶段有:mgh=mv2-m
在沙坑中运动阶段有:mgd-Ffd=0-mv2
联立解得Ff=155 N。
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应用动能定理解决往复运动问题

1.物体做往复运动时,如果用运动学、动力学观点去分析运动过程,会十分烦琐,甚至无法确定往复运动的具体过程。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性,求解多过程往复运动问题时,一般应用动能定理。
2.在有摩擦力做功的往复运动过程中,注意两种力做功的区别:
(1)重力做功只与初、末位置有关,而与路径无关;
(2)滑动摩擦力做功与路径有关,克服摩擦力做的功W克f=Ffs(s为路程)。
 (2023·扬州市高一期中)如图所示,光滑固定斜面AB的倾角θ=53°,BC为水平面,BC长度lBC=1.2 m,CD为光滑的圆弧,半径R=0.6 m。一个质量m=2 kg的物体,从斜面上A点由静止开始下滑,物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2,轨道在B、C两点处平滑连接。当物体到达D点后,继续竖直向上运动,最高点距离D点的高度h=0.2 m。不计空气阻力,sin 53°
=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2。求:
(1)物体第一次运动到C点时的速度大小vC;
例2
答案 4 m/s
物体由C点运动到最高点,根据动能定理得:
-mg(h+R)=0-m
代入数据解得:vC=4 m/s
(2)A点距离水平面的高度H;
答案 1.04 m
物体由A点运动到C点,根据动能定理得:
mgH-μmglBC=m-0
代入数据解得:H=1.04 m
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s。
答案 0.8 m
从物体开始下滑到最终停止,根据动能定理得:
mgH-μmgs1=0
代入数据解得s1=5.2 m
由于s1=5lBC-0.8 m
所以物体最终停止的位置到C点的距离为:s=0.8 m。
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动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用

动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合,解决这类问题要特别注意:
(1)与平抛运动相结合时,要注意应用运动的合成与分解的方法,如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时,应特别注意隐藏的临界条件:
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能通过最高点的临界条件为vmin=0。
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能通过最高点的临
界条件为只有重力提供向心力,mg=,vmin=。
 (2023·江苏省期末)2022年2月,我国成功举办了第24届“冬奥会”,冬奥会让冰雪运动走向大众,让更多人认识冰雪,爱上冰雪。如图甲所示为滑雪大跳台,将其简化为如图乙所示模型:AB段和CD段是长度均为L=50 m的倾斜滑道,倾角均为37°;BC段是半径R=20 m的一段圆弧轨道,圆心角为37°,与AB段平滑连接;DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量为m=60 kg,从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑,从C点水平抛出落到斜面CD上的N点,点N到C的距离d=48 m。该爱好者可看作质点,将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过
程中所受的空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°
=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
例3
(1)该滑雪爱好者运动到C点时对滑道的压力大小;
答案 1 368 N
该滑雪爱好者从C处做平抛运动,竖直方
向有dsin 37°=gt2
水平方向有dcos 37°=vCt
解得vC=16 m/s
在C处,对该爱好者根据牛顿第二定律有
FN-mg=m
解得滑道对该爱好者的支持力大小为FN=1 368 N
据牛顿第三定律,该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小与FN大小相等,为1 368 N。
(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。
答案 -12 720 J
从A到C由动能定理得
mg[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]+Wf=m
解得Wf=-12 720 J。
 如图所示,竖直平面内有一光滑圆弧轨道,其半径为R=0.5 m,平台与轨道的最高点等高。一质量m=0.8 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0=3 m/s的水平速度射出,恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧,轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°,已知sin 53°=0.8,cos 53°
=0.6,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,忽略轨道内、外壁的半径差。
(1)求小球到达P点时的速度大小vP;
例4
答案 5 m/s
平抛运动的水平速度不变,始终为v0,小球恰能沿圆
弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧,轨道半径OP
与竖直方向的夹角为53°,说明速度与水平方向夹角
为53°,将P点速度分解,如图所示,
vP== m/s=5 m/s;
(2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力;
答案  m/s 54.4 N,方向竖直向下
从抛出到到达圆弧轨道最低点,只有重力做功,根
据动能定理有mg·2R=m-m
解得v1= m/s
在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN-mg=m
解得FN=54.4 N
根据牛顿第三定律有F压=FN=54.4 N,方向竖直向下;
(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力,并求出弹力的大小。
答案 外壁 6.4 N
平台与轨道的最高点等高,根据动能定理可知vQ=
v0=3 m/s
设小球受到向下的弹力F1,根据牛顿第二定律和
向心力公式有F1+mg=m
解得F1=6.4 N>0
根据牛顿第三定律知,小球对轨道的外壁有弹力,大小为6.4 N。
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专题强化练

题号 1 2 3 4 5 6
答案 A B B D A (1)m (2)-x0
题号 7 8
答案 (1)3 m/s (2)258 N (3)1.5 s (1)2.4 m (2)2.8 N,方向竖直向下 (3)6 m
对一对
答案
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1.如图所示,用平行于斜面的推力F,使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端,由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时,撤去推力,物体刚好能到达顶端,重力加速度为g,则推力F大小为
A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ)
C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ)
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基础强化练

设斜面的长度为2L,对物体运动的全过程,由动能定理可得FL-2Lmgsin θ=0,解得F=2mgsin θ,故选A。
答案
2.如图所示,某一斜面AB的顶端A到正下方水平面O点的高度为h,斜面与水平面平滑连接。一小木块(可视为质点)从斜面的顶端A由静止开始滑下,滑到水平面上的C点停下,如果将斜面改成AB',仍然将小木块从斜面的顶端A由静止开始滑下,滑到水平面上的C'点停下,已知木块与斜面及水平面的动摩擦因数μ相同,则
A.C'点在C点的左侧
B.C'点与C点重合
C.C'点在C点的右侧
D.数据不足无法确定
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答案
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设斜面倾角为θ,运动到与O点相距x的位置停
止,对木块运动的整个过程,根据动能定理得
mgh-μmgcos θ·-μmg(x-)=0,解得x=,
可知x与斜面倾角没有关系,A、C、D错误,B正确。
答案
3.(2023·宜宾市高一期末)如图所示,质量为m的物体,从高度为h的粗糙斜面顶端从静止开始释放,最后停在粗糙程度处处相同的水平面上的B点,若该物体从斜面顶端以初速度v0沿斜面下滑,则停留在C点,恰有AB=BC。A点有一小段圆弧平滑连接。重力加速度为g,那么物体在斜面上运动时摩擦力做的功为
A.m
B.m-mgh
C.mgh-m
D.条件不足,无法判断
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答案
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设物体在斜面上运动时摩擦力所做的功为W1,过程
一由动能定理可得mgh+W1-μmgx=0-0,过程二由动
能定理可得mgh+W1-μmg·2x=0-m,联立解得W1
=m-mgh,故选B。
答案
4.如图所示,一质量为0.5 kg的小球以9 J初动能从倾角为30°的固定斜面上水平抛出并落在该斜面上。若不计空气阻力,则它落到斜面上的动能为(重力加速度g=10 m/s2)
A.12 J B.14 J
C.18 J D.21 J
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8

小球的初动能为Ek1=m,解得v0=6 m/s,小球在空中做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,又tan 30°=,联立解得y=2.4 m,小球从水平抛出
到落在斜面上,由动能定理可得mgy=Ek2-Ek1,解得Ek2=21 J,故选D。
答案
5.(2023·大连市高一期中)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC水平,B、C两点的距离为d=0.40 m,盆边缘的高度为h=0.25 m。在A处放一个质量为m的小物块(可视为质点)并让其由静止滑下。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10,重力加速度g=10 m/s2。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B点的距离为
A.0.1 m B.0.2 m
C.0.3 m D.0.4 m
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答案
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对全过程运用动能定理得mgh-μmgs=0,解得s=
= m=2.5 m,由s=6d+0.1 m,可知停的位置
到B点的距离为0.1 m。故选A。
答案
6.如图所示,水平轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O'点位置后,A又被弹簧弹回。A离开弹簧后,恰好回到P点,物块A与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内。
(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦
力所做的功;
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答案 m
答案
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设物块A从P点出发又回到P点的过程克服摩擦力所做的功为W克f,由动能定理得
-W克f=0-m,
可得W克f=m。
答案
(2)求O点和O'点间的距离x1。
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答案 -x0
物块A从P点出发又回到P点的过程,据动能定理可得-μmg·2(x0+x1)=0-
m,
可得x1=-x0。
答案
7.(2023·浙江省学军中学高一期末)如图所示,质量m=6.0 kg的滑块(可视为质点),在水平牵引功率恒为P=42 W的力作用下从A点由静止开始运动,一段时间后撤去牵引力。当滑块由平台边缘B点飞出后,恰能以5 m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上的C点沿切线方向进入轨道,并从轨道边缘E点竖直向上抛出。已知∠COD=53°,A、B间距离L=3 m,滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.2,圆弧轨道
半径R=1.0 m。不计空气阻力。sin 53°
=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2,求:
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能力综合练
答案
(1)滑块运动到B点时的速度大小;
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答案 3 m/s
对滑块运动到C点的速度分解,水平分速度为v'=vCcos 53°=5×0.6 m/s
=3 m/s,vB=v'=3 m/s。
答案
(2)圆弧轨道对滑块的最大支持力;
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答案 258 N
答案
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在D点,圆弧轨道对滑块的支持力最大,滑块从C点到D点,由动能定理得
mgR(1-cos 53°)=m-m
在D点,根据牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=258 N。
答案
(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间。
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答案 1.5 s
滑块从A点到B点,由动能定理得Pt-μmgL=m-0
解得t=1.5 s。
答案
8.(2024·滨州市高一期中)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C是最低点,圆心角∠BOC
=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,现有一个质量为m=0.2 kg
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尖子生选练
答案
可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,D、E距离h=1.6 m,小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)要使小物体不从斜面顶端飞出,斜面至少要多长;
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答案 2.4 m
从E→A过程,由动能定理得mg(h+Rcos 37°)-μmgLcos 37°-mgLsin 37°
=0,解得L=2.4 m
答案
(2)若斜面已经满足(1)要求,物体从斜面又返回到圆轨道,多次反复,在整个运动过程中,物体对C点处轨道的最小压力;
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答案 2.8 N,方向竖直向下
答案
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因为mgsin 37°>μmgcos 37°,可知小物体不会
停在斜面上。小物体最后以C为中心,B为一侧
最高点沿圆弧轨道做往返运动,从B→C过程,
由动能定理得mgR(1-cos 37°)=m,在C点,
由牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=2.8 N,根据牛顿第三定律可知,物体对C点处轨道的最小压力为2.8 N,方向竖直向下。
答案
(3)在(2)中,物体在斜面上运动的总路程。
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答案 6 m
对运动的全过程由动能定理得mg(h+Rcos 37°)-μmgscos 37°=0,解得物体在斜面上运动的总路程为s=6 m。
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答案专题强化 动能定理的应用(二)
[学习目标] 1.能够灵活应用动能定理解决多过程问题(重点)。2.能够应用动能定理解决往复运动问题(重点)。3.能够应用动能定理分析平抛运动、圆周运动(重难点)。
一、应用动能定理解决多过程问题
1.一个物体的运动如果包含多个运动阶段,既可以将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后应用动能定理列式联立求解,也可以全过程应用动能定理,这样不涉及中间量,解决问题会更简单方便。
2.选择全过程应用动能定理时,要注意有些力不是全过程都作用的,必须根据不同的情况区别处理,弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功,做正功还是负功,正确写出总功。
例1 如图所示,在距沙坑高h=7 m处,以v0=10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物体,物体落到沙坑并陷入沙坑d=0.4 m深处停下。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物体上升到最高点时离抛出点的高度H;
(2)物体在沙坑中受到的平均阻力Ff的大小。
二、应用动能定理解决往复运动问题
1.物体做往复运动时,如果用运动学、动力学观点去分析运动过程,会十分烦琐,甚至无法确定往复运动的具体过程。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性,求解多过程往复运动问题时,一般应用动能定理。
2.在有摩擦力做功的往复运动过程中,注意两种力做功的区别:
(1)重力做功只与初、末位置有关,而与路径无关;
(2)滑动摩擦力做功与路径有关,克服摩擦力做的功W克f=Ffs(s为路程)。
例2 (2023·扬州市高一期中)如图所示,光滑固定斜面AB的倾角θ=53°,BC为水平面,BC长度lBC=1.2 m,CD为光滑的圆弧,半径R=0.6 m。一个质量m=2 kg的物体,从斜面上A点由静止开始下滑,物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2,轨道在B、C两点处平滑连接。当物体到达D点后,继续竖直向上运动,最高点距离D点的高度h=0.2 m。不计空气阻力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2。求:
(1)物体第一次运动到C点时的速度大小vC;
(2)A点距离水平面的高度H;
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s。
三、动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合,解决这类问题要特别注意:
(1)与平抛运动相结合时,要注意应用运动的合成与分解的方法,如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时,应特别注意隐藏的临界条件:
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能通过最高点的临界条件为vmin=0。
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动,物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力,mg=,vmin=。
例3 (2023·江苏省期末)2022年2月,我国成功举办了第24届“冬奥会”,冬奥会让冰雪运动走向大众,让更多人认识冰雪,爱上冰雪。如图甲所示为滑雪大跳台,将其简化为如图乙所示模型:AB段和CD段是长度均为L=50 m的倾斜滑道,倾角均为37°;BC段是半径R=20 m的一段圆弧轨道,圆心角为37°,与AB段平滑连接;DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量为m=60 kg,从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑,从C点水平抛出落到斜面CD上的N点,点N到C的距离d=48 m。该爱好者可看作质点,将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过程中所受的空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)该滑雪爱好者运动到C点时对滑道的压力大小;
(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。
例4 如图所示,竖直平面内有一光滑圆弧轨道,其半径为R=0.5 m,平台与轨道的最高点等高。一质量m=0.8 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0=3 m/s的水平速度射出,恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧,轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,忽略轨道内、外壁的半径差。
(1)求小球到达P点时的速度大小vP;
(2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力;
(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力,并求出弹力的大小。
答案精析
例1 (1)5 m (2)155 N
解析 (1)物体从抛出到最高点的过程中,由动能定理得-mgH=0-m,
代入数据得H=5 m。
(2)方法一 全过程分析。物体在沙坑中受到的平均阻力大小为Ff,陷入沙坑的深度为d,从抛出点到最低点的全过程中,由动能定理有mg(h+d)-Ffd=0-m,
代入数据解得Ff=155 N。
方法二 分阶段分析。
设物体刚到达沙坑表面时速度为v
在空中运动阶段有:mgh=mv2-m
在沙坑中运动阶段有:mgd-Ffd=0-mv2
联立解得Ff=155 N。
例2 (1)4 m/s (2)1.04 m (3)0.8 m
解析 (1)物体由C点运动到最高点,根据动能定理得:-mg(h+R)=0-m
代入数据解得:vC=4 m/s
(2)物体由A点运动到C点,根据动能定理得:
mgH-μmglBC=m-0
代入数据解得:H=1.04 m
(3)从物体开始下滑到最终停止,根据动能定理得:
mgH-μmgs1=0
代入数据解得s1=5.2 m
由于s1=5lBC-0.8 m
所以物体最终停止的位置到C点的距离为:s=0.8 m。
例3 (1)1 368 N (2)-12 720 J
解析 (1)该滑雪爱好者从C处做平抛运动,竖直方向有dsin 37°=gt2
水平方向有dcos 37°=vCt
解得vC=16 m/s
在C处,对该爱好者根据牛顿第二定律有
FN-mg=m
解得滑道对该爱好者的支持力大小为
FN=1 368 N
据牛顿第三定律,该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小与FN大小相等,为1 368 N。
(2)从A到C由动能定理得
mg[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]+Wf=m
解得Wf=-12 720 J。
例4 (1)5 m/s (2) m/s 54.4 N,方向竖直向下 (3)外壁 6.4 N
解析 (1)平抛运动的水平速度不变,始终为v0,小球恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧,轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°,说明速度与水平方向夹角为53°,将P点速度分解,如图所示,
vP== m/s=5 m/s;
(2)从抛出到到达圆弧轨道最低点,只有重力做功,根据动能定理有mg·2R=m-m
解得v1= m/s
在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN-mg=m
解得FN=54.4 N
根据牛顿第三定律有F压=FN=54.4 N,方向竖直向下;
(3)平台与轨道的最高点等高,根据动能定理可知vQ=v0=3 m/s
设小球受到向下的弹力F1,根据牛顿第二定律和向心力公式有F1+mg=m
解得F1=6.4 N>0
根据牛顿第三定律知,小球对轨道的外壁有弹力,
大小为6.4 N。

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