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第2讲　动能定理及应用
知识排查
知识点一　动能
1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2.公式：Ek＝mv2。
3.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.矢标性：动能是标量，只有正值。
5.状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
知识点二　动能定理
1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2.表达式：W＝mv－mv或W＝Ek2－Ek1。
3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4.适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用。
5.应用动能定理解决的典型问题大致分为两种
(1)单一物体的单一过程；
(2)单一物体的多个过程。动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简便。
小题速练
1.思考判断
(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；而速度变化时，动能也一定变化。(　　)
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(　　)
(3)物体的动能不变，所受的合力必定为零。(　　)
(4)物体做变速运动时动能不一定变化。(　　)
(5)功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5) √
2.(2018·全国卷Ⅱ，14)如图1，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)21·cn·jy·com
图1
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
解析　由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。
答案　A
　对动能定理的理解及应用
1.对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是任何性质的力，不同性质的力可以同时作用，也可以不同时作用。
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2.公式W合＝ΔEk中“＝”体现的三个关系
教材引领
1.[人教版_??????2?·P7_3·例题1]一架喷气式飞机，质量m＝5.0×103 kg，起飞过程中从静止开始滑跑。当位移达到l＝5.3×102 m时，速度达到起飞速度v＝60 m/s。在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍。求飞机受到的牵引力。www.21-cn-jy.com
图7.7－2
起飞前飞机所受的
牵引力是多少？
解析　飞机的初动能Ek1＝0，末动能Ek2＝mv2合力F做的功W＝Fl
根据动能定理，有W＝Ek2－Ek1，于是有
Fl＝mv2－0
合力F为牵引力F牵与阻力F阻之差，而阻力与飞机重量的关系为F阻＝kmg(其中k＝0.02)，所以F＝F牵－kmg【来源：21·世纪·教育·网】
代入上式后解出F牵＝＋kmg
把数值代入后得到F牵＝1.8×104 N
答案　1.8×104 N
拓展提升
2.如图2所_?¤??????¨??????é??_过定滑轮拉物体，使物体在水平面上由静止开始从A点运动到B点，已知H＝3 m，m＝25 kg，F＝50 N恒定不变，到B点时的速度v＝2 m/s，滑轮到物体间的细绳与水平方向的夹角在A、B两处分别为30°和45°。此过程中物体克服阻力所做的功为(　　)
图2
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.50(5－3) J B.50(7－3) J
C.50(3－4) J D.50(3－2) J
解析　设物体克服阻力做的功为Wf，由动能定理得F－Wf＝mv2代入数据求得Wf＝50(5－3) J，选项A正确。21·世纪*教育网
答案　A
3.(多选)(2019·山东_??????é???????????_诊)如图3所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为FN，则(　　)2·1·c·n·j·y
图3
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.a＝ B.a＝
C.FN＝ D.FN＝
解析　质点P下滑的过_?¨??????±??¨è?????_理得mgR－W＝mv2；在最低点，质点P的向心加速度a＝＝，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝，选项B、C正确。
答案　BC
真题闯关
4.(2019·_??¨?????·??????1_7)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图4所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)
图4
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2 kg B.1.5 kg
C.1 kg D.0.5 kg
解析　画出运动示意图。
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。选项C正确。
答案　C
5.(2018·全国卷Ⅰ，18)_??????5???ab_c是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)www-2-1-cnjy-com
图5
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2mgR B.4mgR
C.5mgR D.6mgR
解析　设小球运_??¨??°c??????é??_度大小为vc，则对小球由a到c的过程， 由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。21*cnjy*com
答案　C
　应用动能定理求解多过程问题
1.运用动能定理解决_?¤?è???¨?é??é?????_有两种思路：可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。【版权所有：21教育】
2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
【典例】 (20_17?·?????·???_科，19)如图6，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图6
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h。
解析　(1)滑块在C点竖直方向所受合力提供向心力
mg＝,R)①
vC＝＝2 m/s。
(2)对B―→C过程，滑块的机械能守恒，有
mv＝mv＋mgR(1＋cos 37°)②
vB＝＋2gR（1＋cos 37°）)＝4.29 m/s。
(3)滑块在A―→B的过程，利用动能定理得
mgh－μmgcos 37°·＝mv－0③
代入数据解得h＝1.38 m。
答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(201_9?·?±±?????????_期末)一物体被竖直上抛，已知抛起的初速度与回到抛出点时的速度的大小之比为k，物体在运动过程中所受的空气阻力大小不变，则空气阻力与重力之比为(　　)
A.k B.
C. D.
解析　设物体的质量为m_???????°?é??????¤§_小为Ff，上升的最大高度为h，根据动能定理得，上升过程－(mg＋Ff)h＝0－mv，下降过程(mg－Ff)h＝mv2，由题意知＝k，联立解得＝，故选项C正确。21cnjy.com
答案　C
2.(多选)(2019·山东省实_é????????è°????)_如图7，固定板AB倾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计B处机械能损失，各接触面动摩擦因数均为μ，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则(　　)
图7
A.μ＝ B.μ＝
C.x＝ D.x＝L
解析　小物块从A处由静_???é??????????°???_滑到C处停下来，由动能定理有mgLsin θ－μmgLcos θ－μmgL＝0，解得μ＝，故选项A正确，B错误；小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，由动能定理有mgLsin θ－μmgLcos θ－mgxsin α－μmgxcos α＝0，解得x＝＝，小物块沿BC上滑的最小距离为x＝，故选项C正确，D错误。21*cnjy*com
答案　AC
3.如图8甲所示，高H＝1 m_??????é???????????_一竖直平面内的半径R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切。将一质量m＝0.05 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h＝0.2 m，球筐的直径比球稍大，与轨道半径R、平台高H等相比可忽略，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2。
图8
(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小；
(2)求球筐距B处的水平距离；
(3)把圆弧轨_é????¤??????è???°?_球在桌面上从B处水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出，小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度，求出该动能的最小值。
解析　(1)小球从A运动到B：mgR＝mv
在B点FN－mg＝,R)
解得v0＝4 m/s，FN＝1.5 N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FN′＝FN＝1.5 N，方向竖直向下。
(2)竖直方向H－h＝gt2
水平方向x＝v0t
解得x＝1.6 m。
(3)小球从B运动到球筐过程
由动能定理mg(H－h)＝Ek－mv
平抛运动x＝vBt，H－h＝gt2
联立解得Ek＝＋mg(H－h)
当H＝h＋x＝1 m时，Ek有最小值，
其最小值为Ekm＝mgx＝0.8 J。
答案　(1)1.5 N　(2)1.6 m　(3)0.8 J
　动能定理与图象结合的问题
1.图象所围“面积”和图象斜率的含义
2.解决动能定理与图象问题的基本步骤
【典例】 (2018·河北石_??????è°????)è?¨_量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图象如图9所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)【来源：21cnj*y.co*m】
图9
A.t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
B.0～t3时间内，小球的平均速度一定为
C.t3～t4时间内，拉力做的功为[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
D.t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
解析　v－t图象_??????????????????_表示加速度，速度在时间轴之上表明速度的方向一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D项错误；图中t0～t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A项错误；v－t图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v＝，结合图象中的“面积”可知0～t3时间内，小球的平均速度大于，B项错误；t3～t4时间内由动能定理得W－mgh＝mv－mv，又h＝(t4－t3)，解得W＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C项正确。【出处：21教育名师】
答案　C
1.(多选)(20_19?·??¨?????·_Ⅱ，18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图10所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(　　)
图10
A.物体的质量为2 kg
B.h＝0时，物体的速率为20 m/s
C.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
解析　由于Ep＝mgh，所以_Ep???h??????_比，斜率是k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面上升至h＝4 m高度时，动能减少100 J，D正确。
答案　AD
2.(多选)(201_9?·?¤§è??è??è??_)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图11中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)
图11
A.物体与水平面间的动摩擦因数
B.合外力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度
D.物体运动的时间
解析　物体做匀速直线运动时，拉力_F????????¨??????_力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，选项A正确；整个过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，选项B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，选项D错误。
答案　ABC
3.(2017·江苏_????§????3)???_小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)
解析　设斜面倾角为θ，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsin θ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsin θ)x＋Ek0，21世纪教育网版权所有
所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。
当小物块沿斜面_?????????????????¨_能定理有(mgsin θ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsin θ－f)x＋(mgsin θ－f)x021教育名师原创作品
所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。
综上所述，选项C正确。
答案　C
活页作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.(2019·襄阳模拟)用_?????????????¤§?°?_为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为(　　)
A.20 J B.24 J
C.34 J D.54 J
解析　对整个过程应用动能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得Wf＝34 J，故C正确。
答案　C
2.(2016·全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为(　　)
A. B.
C. D.
解析　动能变为原来的9倍，由Ek＝mv2知质点的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，选项A正确。
答案　A
3.(201_8?·?±?è??????§?_)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)21教育网
解析　设小球抛出瞬间的速_????¤§?°????v0_，抛出后，某时刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的动能Ek＝mv2＝m(v0－gt)2，结合数学知识知，选项A正确。
答案　A
4.(2019·浙_?±????????¨????)_如图1所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离(　　)
图1
A.不变 B.变小
C.变大 D.变大变小均可能
解析　设木盒质量_???M?????¨??????_固定一质量为m的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx1＝(M＋m)v2，解得x1＝；加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx2＝Mv2，解得x2＝，显然x2答案　B
5.(2020·天津滨海新区模拟_)??????è?¨é?????_0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移x变化的图象如图2所示，则物体位移x＝8 m时，物体的速度为(　　)
图2
A.2 m/s B.8 m/s
C.4 m/s D.4 m/s
解析　F－x图象中图线_????¨?è????????é??_积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x＝8 m时，可求得W＝8 J；由动能定理有mv2＝8 J，解得v＝4 m/s，选项C正确。
答案　C
6.如图3所_?¤????è?¨é?????m_的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
图3
A.0 B.2μmgR
C.2πμmgR D.
解析　物块即将在转台上滑动_???è??????????¨???_，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝mv2－0。联立解得W＝μmgR。故选项D正确。
答案　D
7.如图4所示是公路上_??????é??é??è??é??_”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡公路行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡公路匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h。(g取10 m/s2)
图4
(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
(2)求汽车沿公路下坡过程中所受的阻力大小；
(3)若“避险车_é?????????°????é??_间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移。(sin 17°≈0.3)
解析　(1)由ΔEk＝mv－mv
解得ΔEk＝3.0×105 J。
(2)由动能定理得mgh－fl＝mv－mv
解得f＝2×103 N。
(3)设汽车沿“避险车道”运动的最大位移为l′，由动能定理得－(mgsin 17°＋3f)l′＝0－mv
解得l′＝33.3 m。
答案　(1)3.0×105 J　(2)2×103 N　(3)33.3 m
综合提能练
8.(2019·北京师大附中检_???)??????5???_某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么(　　)
图5
A.小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动
B.这段时间内电动机所做的功为Pt
C.这段时间内电动机所做的功为mv
D.这段时间内电动机所做的功为mv－Fs
解析　小车电动机的功率恒定，速_?????????????¤§???_根据牛顿第二定律，有－F＝ma，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A错误；这一过程中电动机的功率恒为P，所以W电＝Pt，选项B正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W电－Fs＝mv，这段时间内电动机所做的功为W电＝Fs＋mv，选项C、D错误。
答案　B
9.(多选)(201_9?·????????????_中学检测)如图6所示，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面。现将质量相同的两小球(小球半径远小于碗的半径)，分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时(　　)
图6
A.两小球的速度大小相等
B.两小球的速度大小不相等
C.两小球对碗底的压力大小相等
D.两小球对碗底的压力大小不相等
解析　对任一情况，根据动能_?????????mgR_＝mv2，解得v＝，可知半径不等，则两球的速度大小不等，故选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m＝3mg，与半径无关，则两球对碗底的压力大小相等，故选项C正确，D错误。
答案　BC
10.用传感器研_???è?¨é?????2__kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图7所示。下列说法正确的是(　　)
图7
A.0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B.0～6 s内物体在4 s末的速度最大
C.物体在2～4 s内速度不变
D.0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
解析　a－t图象中图线与时间轴_?????????é???§????_表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。由题图可得，物体在6 s末的速度v6＝6 m/s，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，选项A错误；物体在5 s末加速度为零，速度最大，vm＝7 m/s，选项B错误；在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C错误；在0～4 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合4＝mv－0＝36 J，0～6 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合6＝mv－0＝36 J，则W合4＝W合6，选项D正确。
答案　D
11.(2019_?·?¤??????·???1_0)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图8甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求
图8
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
解析　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
＝①
根据动能定理，有
W＝mv2－0②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝m⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N⑥
答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
12.(2020·山东等级考模拟_??·)??????9???_示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为θ(0＜θ＜π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度大小。2-1-c-n-j-y
图9
(1)求小球初速度的大小v0；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。
解析　(1)设小球通过最高点时的速度大小为v1，则
mg＝,L)
由动能定理有
－mg·2L＝mv－mv
得v0＝。
(2)设小球到N的正下方的速度大小为v，则7mg－mg＝
由动能定理有－mgΔh＝mv2－mv
由几何关系有L＝Δh＋r＋(L－r)cos θ
得r＝ L。
(3)假设能通过A点，竖直方向Δh＝gt2
水平方向(L－r)sin θ＝vt
解得cos θ＝－，因为－1≤cos θ≤1，所以假设不成立，不能通过A点。
答案　(1)　(2)r＝ L　(3)不能，理由见解析
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