Question

6．從地面上以初速度v₀豎直向上拋出一質(zhì)量為m的球，若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力與其速率v成正比關(guān)系，球運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，t₁時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，再落回地面，落地時(shí)速率為v₁，且落地前球已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，求：
（1）球從拋出到落地過(guò)程中克服空氣阻力所做的功；
（2）球拋出瞬間的加速度大�。�
（3）球上升的最大高度H和球從最高點(diǎn)落回到地面所用的時(shí)間t₂．

Answer 1

分析 （1）對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出球從拋出到落地過(guò)程中克服空氣阻力做功的大�。�
（2）根據(jù)空氣阻力與速率的關(guān)系，抓住落地前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平衡以及牛頓第二定律求出球拋出瞬間的加速度大�。�
（3）上升時(shí)根據(jù)牛頓第二定律（mg+kv）=ma可計(jì)算加速度a，取極短△t時(shí)間，速度變化△v，有：△v=a△t，上升全程∑△v=0-v₀=∑a△t，把a(bǔ)值代入，分析計(jì)算，可求得球上升的最大高度H．下降過(guò)程，運(yùn)用同樣的方法求出從最高點(diǎn)落回到地面所用的時(shí)間．

解答 解：（1）設(shè)克服阻力功為W_f，由動(dòng)能定理：$-{W}_{f}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：${W}_{f}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$．
（2）空氣阻力：f=Kv，
落地前勻速運(yùn)動(dòng)：mg=Kv₂，
剛拋出時(shí)：mg+Kv₀=ma₀，
解得${a}_{0}=（1+\frac{{v}_{0}}{{v}_{1}}）g$．
（3）上升時(shí)加速度為a，mg+Kv=ma，
取極短時(shí)間△t內(nèi)，速度變化△v，有：mg△t+Kv△t=ma△t=m△v，
上升的全過(guò)程：mg•∑△t+K•∑△v=m•∑△v，
又：∑v△t=∑△h=H，∑△v=0-（-v₀）=v₀，
解得：mgt₁+KH=mv₀，得：H=$\frac{（{v}_{0}-g{t}_{1}）{v}_{1}}{g}$，
下降時(shí)加速度為a₂，mg-Kv=ma₂，
同理可得：mg△t-Kv△t=ma₂△t=m△v，
所以：mgt₂-KH=mv₁，
解得：${t}_{2}=\frac{{v}_{0}+{v}_{1}}{g}-{t}_{1}$．
答：（1）球從拋出到落地過(guò)程中克服空氣阻力所做的功為$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$；
（2）球拋出瞬間的加速度大小為$（1+\frac{{v}_{0}}{{v}_{1}}）g$；
（3）球上升的最大高度H為$\frac{（{v}_{0}-g{t}_{1}）{v}_{1}}{g}$，球從最高點(diǎn)落回到地面所用的時(shí)間為$\frac{{v}_{0}+{v}_{1}}{g}-{t}_{1}$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合運(yùn)用了動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律，運(yùn)用動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題注意要合理地選擇研究的過(guò)程，列表達(dá)式求解．本題第（3）問(wèn)較難，對(duì)數(shù)學(xué)的要求較高．