2021届高考物理二轮复习专题二 功和能(考点+习题)含解析

专题二功和能

1.功

(1)恒力做功的计算式

W=Fl cos α(α是F的方向与位移l方向的夹角)

(2)恒力所做总功的两种计算方法

W总=F合l cos α或W总=W1+W2+…

2.功率

(1)计算功率的两个公式:P=,P=Fv cos α(α为F与v的夹角)

(2)机车启动类问题中的“临界点”

①全程最大速度的临界点满足条件为:F f=;

②匀加速运动达最大速度时满足的条件为-F f=ma,此时瞬时功率等于额定功率P额;

③在匀加速过程中的某点,有:-F f=ma;

④在变加速运动过程中的某点,有:-F f=ma'。

3.动能定理:W总=E k2-E k1=m-m

4.机械能守恒定律的三种表达方式

(1)始末状态:mgh1+m=mgh2+m(应选取零势能参考平面)

(2)能量转化:ΔE k(增)=ΔE p(减)

(3)研究对象:ΔE A=-ΔE B

5.几种常见的功能关系

高考演练

1.(2020江苏单科,1,3分)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20 m/s,受到的阻力大小为1.8×103 N。此时,汽车发动机输出的实际功率是 ()

A.90 W

B.30 kW

C.36 kW

D.300 kW

答案C由于汽车在水平路面上匀速行驶,其受到的合外力为0,故汽车的牵引力F等于其受到的阻力f,即F=f,则汽车发动机输出的实际功率P=Fv=fv=36 kW,C正确。

2.(2018江苏单科,4,3分)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E k与时间t的关系图像是()

答案A设小球初动能为E k0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能E k=E k0-mgh,h=v0t-gt2,联立得

E k=mg2t2-mgv0t+E k0,故A正确,B、C、D错误。

3.(多选)(2019江苏单科,8,4分)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

答案 BC 对物块从A 点开始到再回到A 点整个过程,由动能定理可知W f =-2μmgs =0-221A mv ，则

gs v A μ2=，故B 正确，D 错误。对物块从A 点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知

2210A

f mv W W -='+弹，'f W =-μmgs ,则W 弹=-μmgs ,即物块克服弹力做功为μmgs ,所以弹簧弹性势能增加μmgs ,

故C 正确。当克服弹力做功为μmgs 时,弹簧的最大弹力要大于μmg ,故A 错误。

2018

2019

2020

考向突破

一、功能规律与图像的结合

1.四类图像中“面积”的含义

典例1

(2020江苏单科,4,3分)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()

答案A设斜面倾角为θ,物块滑到斜面底端时的动能为E k0,物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0,应用动能定理,在斜面上有(mg sin θ-μmg cos θ)·=E k,在水平面上有-μ'mg(x-x0)=E k-E k0,即E k=-μ'mg(x-x0)+E k0,综上所述可知:两段E k-x图线为线性关系,故A正确,B、C、D错误。

1(2020江苏常州教育学会学业水平监测)如图所示,在地面上空以初速度v0水平抛出一个质量为m的

小球,小球下落过程中,其动能E k、重力势能E p、重力的功率P、重力做的功W与时间t的关系图像中,正确的是()

答案C小球某时刻的动能E k=mv2=m+mg2t2,则E k-t图像是不过原点且开口向上的抛物线,选项A错误;以地面为参考平面,小球的重力势能E p=E p0-mgh=E p0-mg2t2,则E p-t图像不是直线,选项B错误;重力的功率

P=mgv y=mg·gt=mg2t,则P-t图像是过原点的直线,选项C正确;重力做的功W=mgh=mg2t2,则W-t图像是过原点的曲线,选项D错误。

二、动能定理的应用

1.应用动能定理解题的基本步骤

2.多过程问题的解题思路要点是“一拆”“一点”“一合”。“一拆”就是分析物体的运动过程,将其各个不同的

运动阶段拆分开来,各个击破;“一点”就是找到各个运动阶段的交接点,交接点的瞬时速度将不同的运动连接起来;“一合”就是找到不同运动的时间或空间的关系将其整个运动过程联系起来。

典例2(2020江苏无锡期末)2019年6月29日,首个江南文化特色的无锡融创乐园隆重开园。其中有一

座飞翼过山车,它是目前世界最高(最高处60米)、速度最快(最高速度可达120千米/时)、轨道最复杂的过山车。过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行,游客不会掉下来。我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型:光滑

弧形轨道的下端与竖直光滑圆轨道相接,使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下,小球从圆轨道下端进入后沿

圆轨道运动。如果已知圆轨道的半径为R,重力加速度为g,不考虑空气阻力。求:

甲

乙

(1)若小球从高为h的A处由静止释放,求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力;

(2)若要使小球运动过程中能通过圆弧轨道最高点且不脱离轨道,试求小球由静止释放时的高度h'应满足的条件。

答案(1)mg,方向竖直向下(2)h'≥R

解析(1)设小球从高为h的A处由静止释放,到达最低点速度为v,此过程由动能定理得mgh=mv2

设小球到达圆轨道最低端时轨道对小球的支持力为N,由牛顿第二定律得N-mg=m

根据牛顿第三定律,得小球到达圆轨道底端时对轨道的压力N'=N

联立解得N'=mg,方向竖直向下;

(2)小球恰好通过圆弧轨道最高点时,由牛顿第二定律有mg=m

设此时小球从高H处由静止释放,由动能定理得mg(H-2R)=mv'2

联立解得H=R

故小球由静止释放时的高度应满足h'≥R。

2(多选)(2020江苏镇江期末)如图1所示,倾角为θ(θ<45°)的斜劈,固定在水平地面上,置于斜面上的

滑块M恰能沿斜面匀速下滑,已知滑块M从斜面顶端滑至底端的过程中,重力势能减小量为K。重力加速度为g。现将该斜劈逆时针旋转90°后仍固定在水平地面上(如图2所示),在滑块M从斜面顶端由静止释放下滑至底端的过程中,能求出滑块()

A.下滑至底端时的速度

B.下滑过程中的加速度

C.下滑至底端时的动能

D.下滑至底端时重力的功率

答案BC设AB=h。滑块M恰能沿斜面匀速下滑时,有mg sin θ=μmg cos θ,得μ=tan θ,据重力势能减小量为K得mgh=K,该斜面逆时针旋转90°后,根据动能定理mg·-μmg sin θ·=mv2=E k,联立解得v=,E k=-K tan θ,由于m未知,所以不能根据mgh=K求出h,因此v求不出来,可求滑块下滑至底端时的动能E k,故A项错误,C项正确;根据牛顿第二定律得mg cos θ-μmg sin θ=ma,得a=g cos θ-g tan θ sin θ,可以求出加速度a,故B项正确;滑块下滑至底端时重力的功率为P=mgv cos θ,m和v都求不出来,则P求不出来,故D项错误。

三、传送带、板块模型中的功能问题

求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法

说明:公式ΔQ=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。

典例3(多选)(2020江苏盐城三模)如图所示,木板甲长为L,放在水平桌面上,可视为质点的物块乙叠放在甲左端。已知甲、乙质量相等,甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。对乙施加水平向右的瞬时速度v,乙恰好

未从甲上滑落;此时对甲施加水平向右的瞬时速度v,最终甲、乙物体均静止。下列作出的甲、乙物体在运动过程中的动能E k与位移x的关系图像,其中正确的是()

答案AC对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则对乙由动能定理E k乙=E k乙0-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能E k乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能E k甲=E k甲0-(μmg+2μmg)x;当甲、乙共速后一起做匀减速运动直至停止,此过程中乙的动能E k乙=E k乙1-μmgx,逐渐减小;此过程中甲受地面的摩擦力仍为向后的2μmg,但是乙对甲的静摩擦力变为向前的μmg,则此过程中甲的动能E k甲

=E k甲1-(2μmg-μmg)x,图像的斜率变小;综上所述,选项A、C正确,B、D项错误。

典例4(多选)(2020江苏南通、泰州第一次调研)如图所示,水平传送带以恒定的速度v运动,一质量为m 的小物块轻放在传送带的左端,经过一段时间后,物块和传送带以相同的速度一起运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则()

A.物块加速运动时的加速度为μg

B.物块加速运动的时间为

C.整个过程中,传送带对物块做的功为mv2

D.整个过程中,摩擦产生的热量为mv2

答案AC物块加速运动时,由牛顿第二定律得μmg=ma,可得a=μg,故A项正确;物块加速运动的时间为t==,故B项错误;整个过程中,根据动能定理得传送带对物块做的功为W=mv2-0=mv2,故C项正确;物块加速运

动的时间内传送带的位移为x带=vt,物块的位移为x物=t=,物块与传送带间相对位移大小为Δx=x带-x物==,整个过程中摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=mv2,故D项错误。

四、功能关系的应用

(1)功是能量转化的量度,在不同的问题中具有的对应关系是:

(2)弹簧中的功能关系

物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若除重力和弹簧弹力以外的力不做功,系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。

在相互作用的两个物体与弹簧系统中,弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)。

典例5(2020江苏南通、泰州、扬州等七市第二次调研)如图所示,竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环,圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上,用不可形变的轻杆连接,开始时球A与圆心O等高,球B在圆心O的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。则,

(1)若对球B施加水平向左的力F,使A、B两小球静止在图示位置,求力的大小F;

(2)由图示位置静止释放A、B两小球,求此后运动过程中A球的最大速度v的大小;

(3)由图示位置静止释放A、B两小球,求释放瞬间B球的加速度大小a。

答案(1)mg(2)(3)g

解析(1)设圆环对A球的弹力为N 1,轻杆对A球的弹力为F1,对A、B和轻杆整体,根据平衡条件有

N1-F=0

对A球有

F1 sin 45°-mg=0

N1-F1 cos 45°=0

解得F=mg

(2)当轻杆运动至水平时,A、B球速度最大且均为v,由机械能守恒有

mgR-mg=(2m)v2

解得v=

(3)在初始位置释放瞬间,A、B速度为零,加速度都沿圆环切线方向,大小均为a,设此时杆的弹力为F1,根据牛顿第二定律

对A球有mg-F1 sin 45°=ma

对B球有F1 cos 45°=ma

解得a=g。

典例6(多选)(2020江苏苏、锡、常、镇四市调研)如图所示,直杆与水平面成30°角,一轻质弹簧套在直杆上,下端固定在

直杆底端。现将一质量为m的小滑块从杆顶端A点由静止释放,滑块压缩弹簧到达最低点B后返回,脱离弹簧后恰能到达AB的中点。设重力加速度为g,AB=L,则该过程中()

A.滑块和弹簧刚接触时的速度最大

B.滑块克服摩擦做功为mgL

C.滑块加速度为零的位置只有一处

D.弹簧最大弹性势能为mgL

答案BD滑块向下运动受到的合力为零时,速度最大,即mg sin θ=F 弹+f时,速度最大,故A项错误;小滑块恰能运动到AB中点时,根据动能定理有0-0=mg sin 30°-W f,解得W f=mgL,故B项正确;滑块加速度为零即合力为零,向下滑动时0=F弹+f-mg sin θ,向上滑动时F弹-(mg sin θ+f)=0,所以C项错误;弹簧被压缩到最短时弹性势能最大,根据能量守恒mgL sin 30°=W f+E p,解得弹簧最大弹性势能为E p=mgL,故D项正确。

拔高训练

一、单项选择题

1.(2020江苏南通吕四中学质量检测)若物体在某一运动过程中动能保持不变,则在该过程中()

A.物体一定做匀速直线运动

B.重力对物体一定做正功

C.合外力可能对物体做正功

D.物体的加速度可能与速度始终垂直

答案D动能保持不变,表示速度的大小不变,不代表速度方向不变,比如匀速圆周运动,故A项错误;由动能定理知,动能保持不变,说明合外力的功为零,不说明重力对物体一定做正功,比如水平面内的匀速圆周运动,重力不做功,故B项错误;由动能定理知,若合外力对物体做正功,动能一定增加,不会保持不变,故C项错误;物体的加速度可能与速度始终垂直,比如匀速圆周运动,故D项正确。

2.(2020江苏苏、锡、常、镇四市调研)我国高铁舒适、平稳、快捷。设高铁高速运行时所受的空气阻力与车速成正比,高铁分别以300 km/h和350 km/h的速度匀速运行时克服空气阻力的功率之比为()

A.6∶7

B.7∶6

C.36∶49

D.49∶36

答案C高铁高速运行时所受的空气阻力与车速成正比,则f=kv,则克服阻力的功率为P=fv=kv2,所以高铁分别以300 km/h和350 km/h的速度匀速运行时克服空气阻力的功率之比为 = =,故A、B、D项错误,C项正确。

3.(2020江苏苏中三市3月调研)将一小球从高处水平抛出,最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图

线如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。根据图像信息,无法确定的物理量是()

A.小球的质量

B.小球的初速度

C.小球拋出时的高度

D.最初2 s内重力对小球做功的平均功率

答案C设小球的初速度为v 0,则2 s末的速度为:v2=,根据图像可知:小球的初动能E k0=m=5 J,2 s末的动能E k2=m=25 J,解得:m=0.1 kg,v0=10 m/s,故A、B不符合题意;最初2 s内重力对小球做功的平均功率:=mg

=0.1×10× W=10 W,根据已知条件只能求出2 s内竖直方向位移为h=gt2=20 m,而不能求出小球抛出时的高度,故D不符合题意,C符合题意。

4.(2020江苏扬州中学4月测试)如图所示,半径为R的金属环竖直放置,环上套有一质量为m的小球,小球开始时

静止于最低点,现使小球以初速度v0=沿环上滑,小球运动到环的最高点时与环恰无作用力,则小球从最低点运动到最高点的过程中()

A.小球机械能守恒

B.小球在最低点时对金属环的压力是6mg

C.小球在最高点时,重力的功率是mg

D.小球机械能不守恒,且克服摩擦力所做的功是0.5mgR

答案D小球在最高点与环作用力恰为0时,设速度为v,则mg=m,解得v=,从最低点到最高点,由动能定理得-mg·2R-W克=mv2-m,又v0=,解得W克=0.5mgR,所以机械能不守恒,且克服摩擦力所做的功是0.5mgR,故A项错误,D项正确;在最低点,根据向心力公式得N-mg=m,解得N=7mg,则由牛顿第三定律知,小球在最低点时对金属环的压力是7mg,故B错误;小球在最高点时,重力方向与速度方向垂直,重力的功率为零,故C项错误。

5.(2020江苏南京六校联合体联考)质量分别为m1和m2的两个小物块M、N用轻绳连接,绳跨过位于倾角θ的粗糙斜面顶端的轻滑轮,斜面左端固定在水平桌面上,通过改变AB边的高度可使AO绕O点转动,如图所示。已知滑轮与转轴之间的摩擦不计,m1=2m2,现在使θ缓慢地从60°变为15°,M始终相对于斜面处于静止状态,N

始终悬空(未与AB、地面接触)。

下列说法正确的是()

A.细绳的拉力在逐渐变小

B.M和N系统的机械能一定守恒

C.M受到的摩擦力先减小再增加

D.斜面对M的支持力始终不变

答案C由题意得,细绳的拉力等于N的重力,故细绳的拉力保持不变,故A错误;当θ缓慢地从60°变为15°时,由题图可知高度下降,故M和N组成的系统重力势能减小,动能不变,机械能减小,故B错误;当角度大于30°时,对M受力分析如图甲,可得2m2g sin θ=f+F拉

甲

即f=2m2g sin θ-m2g

即随着角度变小,M所受的摩擦力也在减小。当角度减小到30°时,M的重力沿斜面向下的分力等于N的重力,随着角度继续减小,对M受力分析如图乙

乙

此时摩擦力为f=m2g-2m2g sin θ

可知角度继续减小时,摩擦力增大,故M受到的摩擦力先减小再增加,故C正确;斜面对M的支持力为

F N=m1g cos θ

可知角度减小,斜面对M的支持力增大,故D错误。

6.(2020江苏南通吕四中学质量检测)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(

未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()

A.圆环的机械能守恒

B.弹簧弹性势能变化了mgL

C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零

D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

答案B圆环在下滑过程中,弹簧弹力对其做负功,故圆环机械能减小,选项A错误;圆环下滑到最大的距离时,由几何关系可知,圆环下滑的距离为L,圆环的速度为零,由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量,为mgL,故选项B正确;圆环下滑过程中,所受合力为零时,加速度为零,速度最大,而下滑至最大距离时,物体速度为零,加速度不为零,所以选项C错误;在下滑过程中,圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变,即系统机械能守恒,所以选项D错误。

二、多项选择题

7.(2020江苏南通、扬州、泰州等七市三模)如图所示,一球员将足球从球门正前方某处踢出,在竖直平面内经位置1、2、3后落地,位置1、3等高,位置2在最高点。不考虑足球的旋转,则足球 ()

A.在位置3与位置1时的速度大小相等

B.上升过程的时间小于下落过程的时间

C.在位置2的加速度比位置3的加速度大

D.从位置1到位置2过程减少的动能大于从位置2到位置3过程增加的动能

答案BCD机械能因空气阻力做功而减少,且在位置3与位置1时的重力势能相等,所以动能减小,所以速度减小,A项错误;根据竖直方向上h=a y t2,上升过程中空气阻力向下,a y上=g+a阻,下落过程中空气阻力向上,a y下

=g-a'阻,所以上升过程的时间小于下落过程的时间,B项正确;在位置2的加速度比位置3的加速度大,C项正确;根据ΔE k=m-m,因为在位置3比位置1时的速度小,所以从位置1到2过程减少的动能大于从位置2到3过程增加的动能,D项正确。

8.(2019江苏南通模拟)如图,某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线,从图中可以判断()

A.在0~t1时间内,合力逐渐减小

B.在0~t2时间内,合力做正功

C.在t1~t2时间内,合力的功率先增大后减小

D.在t2~t4时间内,合力做的总功为零

答案CD v-t图线斜率表示加速度,在0~t 1时间内,加速度增大,由牛顿第二定律可知,合力增大,故A项错误;由动能定理知0~t2时间内,动能增量为0,即合力做功为0,故B项错误;t1时刻,F最大,v=0,F的功率为0;t2时刻,F=0,速度最大,F的功率为0,t1~t2时间内,合力的功率先增大后减小,故C项正确;由动能定理知t2~t4时间内,动能增量为0,即合力做功为0,故D项正确。

9.(2018江苏连云港、徐州、宿迁三模)如图所示,ABC是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道,高度为h,轨道的末

端C处与水平面相切。一个质量为m的小木块从轨道顶端A处由静止释放,到达C处停止,此过程中克服摩擦力做功为W1,到达B处时速度最大为v1,加速度大小为a B;小木块在C处以速度v向左运动,恰好能沿原路回到A处,此过程中克服摩擦力做功为W2,经过B处的速度大小为v2,重力加速度为g。则()

A.v=2

B.v1

C.W1

D.a B=0

答案BC木块下滑过程,在B点的速度最大,则切向合力为零,但是沿半径方向有向心加速度,故a B不为零,选项D错误;木块沿轨道滑动过程,根据动能定理,从A到C有mgh-W1=0,从C到A有-mgh-W2=-mv2,从A到B

有mgh AB-W AB=m,从B到A有-mgh AB-W BA=0-m,分别整理可得,W1=mgh,v=,v1=,v2=,所以v1

又可得v>2,故选项A错误,C正确。

10.(2020江苏盐城6月模拟)如图所示,甲、乙两物体质量均为M,甲、乙之间的接触面是光滑的,物体乙的斜面

与水平面成θ角,甲、乙两物体紧挨着并放置于粗糙的水平面上,它们与水平面间的动摩擦因数均为μ。开始时,甲、乙两物体都静止,现对物体甲施加一水平推力F,使甲、乙两物体一起向左加速运动,两者不发生相对滑动。已知这段时间内水平推力F做功为W,甲、乙系统克服摩擦力做功为W1。当加速一段时间后,撤去水平推力。

下列说法正确的是()

A.乙物体获得最大的动能为

B.加速运动过程中,甲对乙的作用力的大小为

C.撤去水平推力后,物体甲对物体乙的作用力为零

D.撤去水平推力后,物体甲运动的位移为

答案ACD设乙物体获得最大的动能为E k,对整体,由动能定理W-W1=2E k,解得乙物体获得最大的动能为,

故A正确;对整体,由牛顿第二定律F-2μMg=2Ma,对乙,有N sin θ-μF N=Ma,Mg+N cos θ=F N,解得甲对乙的作用力

的大小N=,故B错误;撤去水平推力后,两个物体将在摩擦力的作用下做加速度为a=μg的匀减速直线运动,速度始终相同,故二者之间没有相互作用力,故C正确;撤去水平推力后,对物体甲,由动能定理-μMgs=0-E k,解得s=,故

D正确。

三、计算题

11.(2020江苏盐城第三次模拟)如图所示,是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力,大小均为F,方向都与竖直方向成α角,重物离开地面h后两人同时停止

施力,最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求:

(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a;

(2)以地面为零势能面,重物具有重力势能的最大值E pm;

(3)重物砸入地面过程中,对地面的平均冲击力大小。

答案(1)(2)2Fh cos α(3)+mg

解析(1)施力时重物所受的合外力为

F合=2F cos α-mg

则重物上升过程中加速度大小

a==

(2)重物上升过程中由动能定理

2F cos α·h-mgH=0

以地面为零势能面,重物具有重力势能的最大值

E pm=mgH=2Fh cos α

(3)重物砸入地面过程中由动能定理

mg(H+x)-x=0

解得

=+mg

12.(2020江苏单科,15,16分)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:

(1)重物落地后,小球线速度的大小v;

(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;

(3)重物下落的高度h。

答案见解析

解析(1)线速度v=ωr,得v=2ωR

(2)向心力F向=2mω2R

设F与水平方向的夹角为α,则

F cos α=F向,F sin α=mg

解得F =

(3)落地时,重物的速度v'=ωR,由机械能守恒得

Mv'2+4×mv2 =Mgh

解得h =(ωR)2