题目
一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为f=kmg（k＞1）。重力加速度为g，不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将球从筒内取出：（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度；（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为(L)/(2)，求此过程手对球筒所做的功；（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h高处由静止释放，已知：k=4，M=8m，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的(1)/(4)。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）0-|||-R-|||-L-|||-L-|||-h-|||-L-|||-2-|||-77, 77-|||-乙 丙
一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为f=kmg（k＞1）。重力加速度为g，不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将球从筒内取出：
（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度；
（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为$\frac{L}{2}$，求此过程手对球筒所做的功；
（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h高处由静止释放，已知：k=4，M=8m，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的$\frac{1}{4}$。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）
（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度；
（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为$\frac{L}{2}$，求此过程手对球筒所做的功；
（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h高处由静止释放，已知：k=4，M=8m，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的$\frac{1}{4}$。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）
题目解答
答案
解：（1）当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，羽毛球恰要相对球筒滑动，对羽毛球受力分析有：
f-mg=mRω2
将f=kmg代入
解得：$ω=\sqrt{\frac{（k-1）g}{R}}$
（2）以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其整体做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，从开始至碰到桌面的过程由动能定理，有：
$W+（m+M）g•\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}（m+M）v^{2}-0$
以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理：
$mg（L-d）-f（L-d）=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
联立解得：
$W=（m+M）\;g（（k-1）（L-d）-\frac{L}{2}）$
（3）羽毛球和球筒从h处自由下落，触地瞬间的速度满足
${v}_{0}^{2}=2gh$
此后m以初速度v0向下做匀减速运动，M以v0/4得初速度向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，对于m，由牛顿第二定律方程：
kmg-mg=ma1
解得：$x=\frac{{v}_{10}+{v}_{1t}}{2}Δ{t}_{1}+\frac{1}{2}{v}_{20}Δ{t}_{2}=46m$
对于M，由牛顿第二定律方程：
kmg+Mg=Ma2
可解得：${a}_{2}=\frac{3}{2}g$
设M第一次运动至最高点的时间为t0满足
$\frac{1}{4}{v}_{0}={a}_{2}{t}_{0}$
即：${t}_{0}=\frac{{v}_{0}}{6g}$
选竖直向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速，则t1满足
${v}_{0}-{a}_{1}{t}_{1}=-\frac{1}{4}{v}_{0}+{a}_{2}{t}_{1}$
可解得：${t}_{1}=\frac{5{v}_{0}}{18g}$
由t0＜t1＜2t0可知，二者在M第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m滑出，二者的相对位移为L，即：
${v}_{0}{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}-（-\frac{1}{4}{v}_{0}{t}_{1}+\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{1}^{2}）=L$
联立可得h的最小值
${h}_{1}=\frac{72}{25}L≈2.9L$
若m恰好在t0时刻滑出，即：
${v}_{0}{t}_{0}-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{0}^{2}-（-\frac{1}{4}{v}_{0}{t}_{0}+\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{0}^{2}）=L$
联立可得h的最大值
${h}_{2}=\frac{24}{7}L≈3.4L$
故h应满足：
$\frac{72}{25}L＜h＜\frac{24}{7}L$。
答：（1）此时球筒的角速度为$ω=\sqrt{\frac{（k-1）g}{R}}$；
（2）整个过程中手对球筒所做的功为$W=（m+M）g（（k-1）（L-d）-\frac{1}{2}）$；
（3）h的取值范围是$\frac{72}{25}L＜h＜\frac{24}{7}L$。
f-mg=mRω2
将f=kmg代入
解得：$ω=\sqrt{\frac{（k-1）g}{R}}$
（2）以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其整体做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，从开始至碰到桌面的过程由动能定理，有：
$W+（m+M）g•\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}（m+M）v^{2}-0$
以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理：
$mg（L-d）-f（L-d）=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
联立解得：
$W=（m+M）\;g（（k-1）（L-d）-\frac{L}{2}）$
（3）羽毛球和球筒从h处自由下落，触地瞬间的速度满足
${v}_{0}^{2}=2gh$
此后m以初速度v0向下做匀减速运动，M以v0/4得初速度向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，对于m，由牛顿第二定律方程：
kmg-mg=ma1
解得：$x=\frac{{v}_{10}+{v}_{1t}}{2}Δ{t}_{1}+\frac{1}{2}{v}_{20}Δ{t}_{2}=46m$
对于M，由牛顿第二定律方程：
kmg+Mg=Ma2
可解得：${a}_{2}=\frac{3}{2}g$
设M第一次运动至最高点的时间为t0满足
$\frac{1}{4}{v}_{0}={a}_{2}{t}_{0}$
即：${t}_{0}=\frac{{v}_{0}}{6g}$
选竖直向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速，则t1满足
${v}_{0}-{a}_{1}{t}_{1}=-\frac{1}{4}{v}_{0}+{a}_{2}{t}_{1}$
可解得：${t}_{1}=\frac{5{v}_{0}}{18g}$
由t0＜t1＜2t0可知，二者在M第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m滑出，二者的相对位移为L，即：
${v}_{0}{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}-（-\frac{1}{4}{v}_{0}{t}_{1}+\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{1}^{2}）=L$
联立可得h的最小值
${h}_{1}=\frac{72}{25}L≈2.9L$
若m恰好在t0时刻滑出，即：
${v}_{0}{t}_{0}-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{0}^{2}-（-\frac{1}{4}{v}_{0}{t}_{0}+\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{0}^{2}）=L$
联立可得h的最大值
${h}_{2}=\frac{24}{7}L≈3.4L$
故h应满足：
$\frac{72}{25}L＜h＜\frac{24}{7}L$。
答：（1）此时球筒的角速度为$ω=\sqrt{\frac{（k-1）g}{R}}$；
（2）整个过程中手对球筒所做的功为$W=（m+M）g（（k-1）（L-d）-\frac{1}{2}）$；
（3）h的取值范围是$\frac{72}{25}L＜h＜\frac{24}{7}L$。