第五章 机械能(2009~2015年高考真题备选题库)
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第五章 机 械 能
考点一 功和功率
1.(2013·新课标全国Ⅰ,6分)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。
图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。
飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止,某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t =0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。
假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m 。
已知航母始终静止,重力加速度的大小为g 。
则( )
A .从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
B .在0.4~2.5 s 时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化
C .在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D .在0.4~2.5 s 时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
解析:选AC 本题考查直线运动图像,意在考查考生对图像的理解和应用。
由v -t 图像可知飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10,选项A 正确;由v -t 图像可以看出0.4~
2.5 s 内飞机在甲板上滑行过程中的加速度不变,说明飞机受到的合力不变,而两段阻拦索的夹角逐渐减小,故阻拦索的张力减小,选项B 错误;根据v -t 图像可以看出0.4~2.5 s 内加速
度大小约为:a =Δv Δt =70-102.1
m/s 2=28.6 m/s 2,选项C 正确;由于飞机做匀减速运动,所受阻力不变,根据P =F v 可知,功率逐渐减小,选项D 错误。
2.(2012·江苏,3分)如图所示,细线的一端固定于O 点,另一端
系一小球。
在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。
在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.先增大,后减小
D.先减小,后增大
解析:小球从A到B在竖直平面内做匀速圆周运动,动能不变,重力势能增加得越来越快,故拉力的瞬时功率逐渐增大。
答案:A
3.(2012·天津理综,6分)如图甲所示,静止在水平地面的物块A,受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等,则()
A.0~t1时间内F的功率逐渐增大
B.t2时刻物块A的加速度最大
C.t2时刻后物块A做反向运动
D.t3时刻物块A的动能最大
解析:0~t1时间内,物块静止,F的功率为零,选项A错误;t2时刻合外力最大,物块A的加速度最大,选项B正确;t2时刻后物块A继续向前运动,选项C错误;t1~t3时间内,物块一直加速运动,t3时刻后物块做减速运动,所以t3时刻物块A的动能最大,选项D正确。
答案:BD
4.(2012·福建理综,6分)如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定
滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。
初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。
剪断轻绳后A下
落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块()
A.速率的变化量不同
B.机械能的变化量不同
C.重力势能的变化量相同
D.重力做功的平均功率相同
解析:由题意根据力的平衡有m A g =m B g sin θ,所以m A =m B sin θ。
根据机械能守恒定律mgh =12
m v 2,得v =2gh ,所以两物块落地速率相等,选项A 错;因为两物块的机械能守恒,所以两物块的机械能变化量都为零,选项B 错误;根据重力做功与重力势能变化的关系,重力势能的变化为ΔE p =-W G =-mgh ,选项C 错误;因为A 、B 两物块都做匀变速运动,所
以A 重力的平均功率为P —A =m A g ·v 2,B 的平均功率P —B =m B g ·v 2cos(π2
-θ),因为m A =m B sin θ,所以P —A =P —B ,选项D 正确。
答案:D
考点二 动能定理、机械能守恒定律及其应用
5.(2013·广东理综,6分)如图,游乐场中,从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道。
甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处,下列说法正确的有( )
A .甲的切向加速度始终比乙的大
B .甲、乙在同一高度的速度大小相等
C .甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D .甲比乙先到达B 处
解析:选BD 本题考查力与运动的关系和机械能守恒定律的应用,
意在考查考生综合分析问题的能力。
若切线的倾角为θ,则这时的加速度
为g sin θ,由于甲的轨道切线倾角并不是都比乙的大,因此A 项错误;根
据机械能守恒定律,mgh =12
m v 2,在同一高度甲、乙的速度大小相等,B 项正确;甲开始的切向加速度比乙的大,且这个加速度在竖直方向的分加速度也大,因此开始时甲在竖直方向的分运动比乙在竖直方向的分运动快,则C 项错误;从如图所示的速率—时间图像可以判断,甲先到达B 点,D 项正确。
6.(2010·新课标全国,6分)如图所示,在外力作用下某质点运动的v
-t 图象为正弦曲线.从图中可以判断( )
A .在0~t 1时间内,外力做正功
B .在0~t 1时间内,外力的功率逐渐增大
C .在t 2时刻,外力的功率最大
D .在t 1~t 3时间内,外力做的总功为零
解析:本题考查速度图象、动能定理与功率的计算,意在考查考生对速度图象的理解,以及结合速度图象综合分析功与功率的方法.由速度图象可知,在0~t 1时间内,由于物体的速度增大,根据动能定理可知,外力对物体做正功,A 正确;在0~t 1时间内,因为物体的加速度减小,故所受的外力减小,由图可知t 1时刻外力为零,故功率为零,因此外力的功率不是逐渐增大,B 错误;在t 2时刻,由于物体的速度为零,故此时外力的功率最小,且为零,C 错误;在t 1~t 3时间内,因为物体的动能不变,故外力做的总功为零,D 正确.
答案:AD
7.(2009·广东理综,4分)图示为某探究活动小组设计的节能运输系
统,斜面轨道倾角为30°,质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36
.木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱,然后木
箱载着货物沿轨道无初速滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程.下列选项正确的是( )
A .m =M
B .m =2M
C .木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度
D .在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
解析:自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中,由能量守恒有:
(m +M )gh =(m +M )gμcos30°·h sin30°+E 弹
① 在木箱反弹到轨道顶端的过程中,由能量守恒有:
E 弹=Mgμcos30°·h sin30°
+Mgh ② 联立①②得:m =2M ,A 错误,B 正确.
下滑过程中:(M +m )g sin θ-(M +m )gμcos θ=(M +m )a 1③
上滑过程中:Mg sin θ+Mgμcos θ=Ma 2④
解之得:a 2=g (sin θ+μcos θ)>a 1=g (sin θ-μcos θ), 故C 正确.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能转化为弹簧的弹
性势能和内能,所以D 错误.
答案:BC
8.(2012·江苏,16分)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f 。
轻杆向右移动不超过l
时,装置可安全工作。
一质量为m 的小车若以速度v 0撞击弹簧,将导致轻杆向右移动14。
轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦。
(1)若弹簧的劲度系数为k ,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x ;
(2)求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度v m ;
(3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v ′和撞击速度v 的关系。
解析:(1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力F =kx ①
且F =f ②
解得x =f k
③ (2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ,则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得-f ·l 4-W =0-12
m v 20④ 同理,小车以v m 撞击弹簧时-fl -W =0-12
m v 2m ⑤ 解得v m =v 20+3fl 2m
⑥ (3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为v 1
12
m v 21=W ⑦ 由④⑦解得v 1=
v 20-fl 2m 当v <
v 20-fl 2m 时,v ′=v 当v 20-fl 2m ≤v ≤ v 20+3fl 2m 时,v ′=v 20-fl 2m。
答案:(1)f k
(2) v 20+3fl 2m
(3)见解析
9.(2012·山东理综,15分)如图所示,一工件置于水平地面上,其AB 段为一半径R =1.0m 的光滑圆弧轨道,BC 段为一长度L =0.5 m 的粗糙水平轨道,二者相切于B 点,整个轨道位于同一竖直平面内,P 点为圆弧轨道上的一个确定点。
一可视为质点的物块,其质量m =0.2 kg ,与BC 间的动摩擦因数μ1=0.4。
工件质量M =0.8 kg ,与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。
(取g =10 m/s 2)
(1)若工件固定,将物块由P 点无初速度释放,滑至C 点时恰好静止,求P 、C 两点间的高度差h 。
(2)若将一水平恒力F 作用于工件,使物块在P 点与工件保持相对静止,一起向左做匀加速直线运动。
①求F 的大小。
②当速度v =5 m/s 时,使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移),物块飞离圆弧轨道落至BC 段,求物块的落点与B 点间的距离。
解析:(1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程,根据动能定理得
mgh -μ1mgL =0①
代入数据得
h =0.2 m ②
(2)①设物块的加速度大小为a ,P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ,由几何关系可得
cos θ=R -h R
③ 根据牛顿第二定律,对物块有
mg tan θ=ma ④
对工件和物块整体有
F -μ2(M +m )g =(M +m )a ⑤
联立②③④⑤式,代入数据得
F =8.5 N ⑥
②设物块做平抛运动的时间为t ,水平位移为x 1,物块落点与B 点间的距离为x 2,由运
动学公式得
h =12
gt 2⑦ x 1=v t ⑧
x 2=x 1-R sin θ⑨
联立②③⑦⑧⑨式,代入数据得
x 2=0.4 m ⑩
答案:(1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m
10.(2009·安徽理综,20分)过山车是游乐场中常见的设施.下图是一种过山车的简易模型,它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成,B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点,B 、C 间距与C 、D 间距相等,半径R 1=2.0 m 、R 2=1.4 m .一个质量为m =1.0 kg 的小球(视为质点),从轨道的左侧A 点以v 0=12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动,A 、B 间距L 1=6.0 m .小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足够长,圆形轨道间不相互重叠.重力加速度取g =10 m/s 2,计算结果保留小数点后一位数字.试求:
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时,轨道对小球作用力的大小;
(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道,B 、C 间距L 应是多少;
(3)在满足(2)的条件下,如果要使小球不脱离轨道,在第三个圆形轨道的设计中,半径R 3应满足的条件;小球最终停留点与起点A 的距离.
解析:(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v 1,根据动能定理
-μmgL 1-2mgR 1=12m v 21-12
m v 20① 小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F ,根据牛顿第二定律
F +mg =m v 2
1R 1
② 由①②得F =10.0 N ③
(2)设小球在第二个圆轨道最高点的速度为v 2,由题意
mg =m v 2
2R 2
④
-μmg (L 1+L )-2mgR 2=12m v 22-12
m v 20⑤ 由④⑤得L =12.5 m ⑥
(3)要保证小球不脱离轨道,可分两种临界情况进行讨论:
Ⅰ.轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆轨道,设在最高点的速度为v 1,应满足
mg =m v 2
3R 3
⑦ -μmg (L 1+2L )-2mgR 3=12m v 23-12m v 20
⑧ 由⑥⑦⑧得R 3=0.4 m
Ⅱ.轨道半径较大时,小球上升的最大高度为R 3,根据动能定理
-μmg (L 1+2L )-mgR 3=0-12
m v 20 解得R 3=1.0 m
为了保证圆轨道不重叠,R 3最大值应满足
(R 2+R 3)2=L 2+(R 3-R 2)2
解得R 3=27.9 m
综合Ⅰ、Ⅱ,要使小球不脱离轨道,则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
0<R 3≤0.4 m 或1.0 m ≤R 3≤27.9 m
(若写成“1.0 m ≤R 3<27.9 m ”,也可)
当0<R 3≤0.4 m 时,小球最终停留点与起点A 的距离为L ′,则
-μmgL ′=0-12
m v 20 L ′=36.0 m 当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时,小球最终停留点与起点A 的距离为L ″,则
L ″=L ′-2(L ′-L 1-2L )=26.0 m.
答案:(1)10.0 N (2)12.5 m (3)见解析
考点三 功能关系 能量守恒定律
11.(2013·江苏,4分)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连。
弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)。
物块的质量为m ,AB =a ,物块与桌面间的动摩擦因数为μ。
现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点,拉力做的功为W 。
撤去拉力后物块由静止向左运动,经O 点到达B 点时速度为零。
重力加速度为g 。
则上述过程中
( )
A .物块在A 点时,弹簧的弹性势能等于W -12
μmga B .物块在B 点时,弹簧的弹性势能小于W -32
μmga C .经O 点时,物块的动能小于W -μmga
D .物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
解析:选BC 本题考查功能关系的应用,意在考查考生对不同功能关系的理解与应用。
设O 点到A 点的距离为x ,则物块在A 点时弹簧的弹性势能为E p A =W -μmgx ,由于摩擦力
的存在,因此A 、B 间的距离a 小于2x ,即x >12a ,所以E p A <W -12
μmga ,A 项错误;物块从O 点经A 点到B 点,根据动能定理W -μmg (x +a )=E p B ,μmg (x +a )>32
μmga ,所以E p B <W -32
μmg a ,B 项正确;在O 点弹性势能为零,从O 点再到O 点W -2μmgx =E k0,由于x >12
a ,因此E k0<W -μmga ,C 项正确;物块动能最大时,是摩擦力等于弹簧的弹力的时候,此位置在O 点右侧,如果B 点到O 点的距离小于动能最大的位置到O 点的距离,则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B 点时的弹簧的弹力势能,D 项错误。
12.(2011·新课标全国,6分)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是( )
A .运动员到达最低点前重力势能始终减小
B .蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加
C .蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D .蹦极过程中,重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
解析:重力做功决定重力势能的变化,随着高度的降低,重力一直做正功,重力势能一
直减小,故A选项正确;弹性势能的变化取决于弹力做功,当橡皮筋张紧后,随着运动员的下落弹力一直做负功,弹性势能一直增大,故B选项正确;在蹦极过程中,由于只有重力和弹性绳的弹力做功,故由运动员、地球及弹性绳组成的系统机械能守恒,故选项C正确;重力势能的大小与势能零点的选取有关,而势能的改变与势能零点选取无关,故选项D错误.答案:ABC
13.(2010·福建理综,6分)如图(甲)所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图(乙)所示,则()
A.t1时刻小球动能最大
B.t2时刻小球动能最大
C.t2~t3这段时间内,小球的动能先增加后减少
D.t2~t3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
解析:本题意在考查学生的结合图象以及应用动能定理、功能观点综合分析问题的能力.在t1时刻,小球刚好与弹簧接触,重力大于弹力,合外力与速度方向一致,故小球继续加速,即小球动能继续增加,A项错;在t2时刻弹簧弹力最大,说明弹簧被压缩到最短,此时,小球速度为零,B项错;t2~t3过程中,弹簧从压缩量最大逐渐恢复到原长,在平衡位置时,小球动能最大,所以小球的动能先增大后减小,C项正确;t2~t3过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒,故小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能,D项错.答案:C
14.(2010·江苏,4分)如图所示,平直木板AB倾斜放置,板上的P
点距A端较近,小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小.先让
物块从A由静止开始滑到B.然后,将A着地,抬高B,使木板的倾角与前
一过程相同,再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较,下列
说法中一定正确的有()
A.物块经过P点的动能,前一过程较小
B.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量,前一过程较少
C .物块滑到底端的速度,前一过程较大
D .物块从顶端滑到底端的时间,前一过程较长
解析:本题考查功的计算、动能定律、能量守恒,意在考查考生综合运
用所学知识分析问题的能力.设前一过程中合力做功为mgl 1(sin α-μ1cos α),
后一过程中合力做功为mgl 2(sin α-μ2cos α),因l 1<l 2,前一过程中任一位置的动摩擦因数μ1大于后一过程中任一位置的动摩擦因数μ2,所以mgl 1(sin α-μ1cos α)<mgl 2(sin α-μ2cos α),因此根据动能定理知物块经过P 点的动能前一过程较小,选项A 正确;因两个过程中摩擦力做的功一样大,所以产生的热量一样大,选项B 错误;又因为两个过程中合力做的功一样大,所以物块滑到底端的速度一样大,选项C 错误;前一过程物块做加速度增大的加速运动(图线
1),后一过程物块做加速度减小的加速运动(图线2),而物块到底端的速度又相等,v -t 图象如图所示,可见后一过程运动时间短,选项D 正确.
答案:AD
15.(2011·广东理综,18分)如图所示,以 A 、B 和 C 、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内,一滑板静止在光滑水平地面上,左端紧靠 B 点,上表面所在平面与两半圆分别相切于 B 、C.一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上 E 点,运动到 A 时刚好与传送带速度相同,然后经 A 沿半圆轨道滑下,再经 B 滑上滑板.滑板运动到 C 时被牢固粘连.物块可视为质点,质量为 m ,滑板质量 M =2m ,两半圆半径均为 R ,板长 l =6.5 R ,板右端到 C 的距离 L 在 R <L <5R 范围内取值,E 距 A 为 s =5R ,物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度取g.
(1)求物块滑到 B 点的速度大小;
(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中,克服摩擦力做的功 W f 与 L 的关系,并判断物块能否滑到 CD 轨道的中点.
解析:(1)设物块到达B 点的速度为v B ,对物块从E 到B 由动能定理得μmg·5R +mg·2R =12
mv 2B -0① 解得v B =3gR ②
(2)假设物块与滑板达到共同速度v 时,物块还没有离开滑板,对物块与滑板,由动量守恒,有mv B =(m +M )v ③
设物块在滑板上运动的距离为s 1,由能量守恒得
μmg ·s 1=12mv 2B -12
(m +M )v 2④ 由③④,得s 1=6R <l =6.5R ⑤
即达到共同速度v 时,物块不会脱离滑板滑下.
设此过程滑板向右运动的距离为s 2,对滑板由动能定理得
μmg·s 2=12
Mv 2⑥ 由③⑥,得s 2=2R
讨论:ⅰ当R<L<2R 时,滑块在滑板上一直减速到右端,设此时的速度为v C ,对物块由动能定理得
-μmg (l +L)=12mv 2C -12
mv 2B ⑦ 解得v C =(2.5R -L )g > 0
所以克服摩擦力所做的功
W f =μmg (l +L)=3.25mgR +0.5mgL
设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为H
由机械能守恒得12mv 2C
=mgH ⑧ 解得H<34
R ,故物块不能滑到CD 轨道中点. ⅱ当2R ≤L<5R 时,滑块与滑板最终一起运动至滑板与C 相碰,碰后滑块在滑板上继续做减速运动到右端,设此时的速度为v C1,对物块由动能定理得
-μmg (l +s 2)=12mv 2C1-12
mv 2B ⑨ 解得v C1=2gR 2
> 0 所以克服摩擦力所做的功
W f =μmg (l +s 2)=4.25mgR
设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为h ,由机械能守恒得12
mv 2C1=mgh ⑩ 解得h =R 4
<R ,故物块不能滑到CD 轨道中点. 答案:(1)3gR (2)见解析
16.(2011·北京理综,16分)如图所示,长度为l 的轻绳上端固定在O
点,下端系一质量为m 的小球(小球的大小可以忽略).
(1)在水平拉力F 的作用下,轻绳与竖直方向的夹角为α,小球保持静
止.画出此时小球的受力图,并求力F 的大小;
(2)由图示位置无初速释放小球,求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力.不计空气阻力.
解析:(1)受力图如图所示.
根据平衡条件,应满足T cos α=mg ,T sin α=F
拉力大小F =mg tan α
(2)运动中只有重力做功,系统机械能守恒
mgl(1-cos α)=12
mv 2 则通过最低点时,小球的速度大小
v =2gl (1-cos α)
根据牛顿第二定律T ′-mg =m v 2l
解得轻绳对小球的拉力
T ′=mg +m v 2l
=mg(3-2cos α),方向竖直向上 答案:(1)图见解析 mg tan α (2)2gl (1-cos α) mg (3-2cos α)
17.(2011·福建理综,19分)如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管
装置示意图,其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管,上半部BC 是半径
为R 的四分之一圆弧弯管,管口沿水平方向,AB 管内有一原长为R 、
下端固定的轻质弹簧.投饵时,每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定,在弹簧上端放置一粒鱼饵,解除锁定,弹簧可将鱼饵弹射出去.设质量
为m 的鱼饵到达管口C 时,对管壁的作用力恰好为零.不计鱼饵在运动过程中的机械能损失,且锁定和解除锁定时,均不改变弹簧的弹性势能.已知重力加速度为g .求:
(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1;
(2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ;
(3)已知地面与水面相距1.5R ,若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ′在90°角的范围内来
回缓慢转动,每次弹射时只放置一粒鱼饵,鱼饵的质量在23
m 和m 之间变化,且均能落到水面.持续投放足够长时间后,鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少?
解析:(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供,则mg =m v 21R
① 由①式解得v 1=gR ②
(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能,由机械能守恒定律有
E p =mg (1.5R +R )+12
m v 21 ③ 由②③式解得E p =3mgR ④
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响,质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动,设经过t 时间落到水面上,离OO ′的水平距离为x 1,由平抛运动规律有
4.5 R =12
gt 2⑤ x 1=v 1t +R ⑥
由⑤⑥式解得x 1=4R ⑦
当鱼饵的质量为23
m 时,设其到达管口C 时速度大小为v 2,由机械能守恒定律有 E p =23mg (1.5R +R )+12(23
m )v 22 ⑧ 由④⑧式解得v 2=2gR ⑨
质量为23
m 的鱼饵落到水面上时,设离OO ′的水平距离为x 2,则x 2=v 2t +R ⑩ 由⑤⑨⑩式解得x 2=7R
鱼饵能够落到水面的最大面积S
S =14(πx 22-πx 21)=334
πR 2(或8.25πR 2)
33 4πR2(或8.25πR2)
答案:(1)gR(2)3mgR(3)。