2019高考物理一輪復習 第五章 機械能 第44講 用動力學與能量觀點分析多過程問題加練半小時 教科版.docx

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第44講 用動力學與能量觀點分析多過程問題 [方法點撥]　(1)若運動過程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運動定律；(2)若運動過程涉及能量轉化問題，且具有功能關系的特點，則常用動能定理或能量守恒定律；(3)不同過程連接點速度的關系有時是處理兩個過程運動規(guī)律的突破點． 1．(2017上海普陀區(qū)模擬)如圖1所示，MN為光滑的水平面，NO是一長度s＝1.25m、傾角為θ＝37的光滑斜面(斜面體固定不動)，OP為一粗糙的水平面．MN、NO間及NO、OP間用一小段光滑圓弧軌道相連．一條質量為m＝2kg，總長L＝0.8m的均勻柔軟鏈條開始時靜止的放在MNO面上，其AB段長度為L1＝0.4m，鏈條與OP面的動摩擦因數μ＝0.5.(g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)，現(xiàn)自由釋放鏈條，求： 圖1 (1)鏈條的A端滑到O點時，鏈條的速率為多大？ (2)鏈條在水平面OP停下時，其C端離O點的距離為多大？ 2．(2017四川成都第一次診斷)如圖2是某“吃貨”設想的“糖炒栗子”神奇裝置：炒鍋的縱截面與半徑R＝1.6m的光滑半圓弧軌道位于同一豎直面內，炒鍋縱截面可看做是長度均為L＝2.5m的斜面AB、CD和一小段光滑圓弧BC平滑對接組成．假設一栗子從水平地面上以水平初速度v0射入半圓弧軌道，并恰好能從軌道最高點P飛出，且速度恰好沿AB方向從A點進入炒鍋．已知兩斜面的傾角均為θ＝37，栗子與兩斜面之間的動摩擦因數均為μ＝，栗子在鍋內的運動始終在圖示縱截面內，整個過程栗子質量不變，重力加速度取g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求： 圖2 (1)栗子的初速度v0的大小及A點離地高度h； (2)栗子在斜面CD上能夠到達的距C點最大距離x. 3.(2017廣東佛山段考)如圖3所示，傾角θ＝30的光滑斜面底端固定一塊垂直斜面的擋板．將長木板A靜置于斜面上，A上放置一小物塊B，初始時A下端與擋板相距L＝4m，現(xiàn)同時無初速度釋放A和B.已知在A停止運動之前B始終沒有脫離A且不會與擋板碰撞，A和B的質量均為m＝1kg，它們之間的動摩擦因數μ＝，A或B與擋板每次碰撞損失的動能均為ΔE＝10J，忽略碰撞時間，重力加速度大小g取10m/s2.求： 圖3 (1)A第一次與擋板碰前瞬間的速度大小v； (2)A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時間Δt； (3)B相對于A滑動的可能最短時間t. 4．(2018四川瀘州一檢)如圖4所示，一根輕彈簧左端固定于豎直墻上，右端被質量m＝1kg可視為質點的小物塊壓縮而處于靜止狀態(tài)，且彈簧與物塊不拴接，彈簧原長小于光滑平臺的長度．在平臺的右端有一傳送帶，AB長L＝5m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.2，與傳送帶相鄰的粗糙水平面BC長s＝1.5m，它與物塊間的動摩擦因數μ2＝0.3，在C點右側有一半徑為R的光滑豎直圓弧與BC平滑連接，圓弧對應的圓心角為θ＝120，在圓弧的最高點F處有一固定擋板，物塊撞上擋板后會以原速率反彈回來．若傳送帶以v＝5m/s的速率順時針轉動，不考慮物塊滑上和滑下傳送帶的機械能損失．當彈簧儲存的Ep＝18 J能量全部釋放時，小物塊恰能滑到與圓心等高的E點，取g＝10 m/s2. 圖4 (1)求右側圓弧的軌道半徑R； (2)求小物塊最終停下時與C點的距離； (3)若傳送帶的速度大小可調，欲使小物塊與擋板只碰一次，且碰后不脫離軌道，求傳送帶速度的可調節(jié)范圍． 答案精析 1．(1)3m/s　(2)0.98m 解析　(1)鏈條的A端滑到O點的過程中，因為只有重力做功，所以機械能守恒．設水平面為重力勢能的零勢能面，設鏈條開始運動時的機械能為E1，AB段鏈條質量為m1＝1kg，BC段鏈條質量為m2＝1kg. E1＝m2gssinθ＋m1g(ssinθ－sinθ)＝1101.250.6J＋ 110(1.250.6－0.20.6) J＝13.8J 因為s>L，鏈條的A端滑到O點時，C點已在斜面上．設此時的機械能為E2，E2＝mgsinθ＋mv2 由機械能守恒定律：E1＝E2 鏈條的A端滑到O點時的速率v 解得v＝ ＝m/s＝3 m/s (2)鏈條在開始進入水平面階段，摩擦力是變力．但摩擦力隨距離均勻增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功．從鏈條的A端滑到O點到最終鏈條停下的過程，由動能定理： mgsinθ－μmgL－μmgx＝0－mv2 鏈條在水平面OP停下時，其C端離O點的距離 x＝＝m＝0.98m 2．(1)4m/s　2.75m　(2)m 解析　(1)設栗子質量為m，在P點的速度為vP，在A點的速度為vA 栗子沿半圓弧軌道運動至P點的過程中 由機械能守恒定律有mv＝2mgR＋mv 恰能過P點，滿足的條件為mg＝m 代入數據解得vP＝4m/s，v0＝4m/s 栗子從P至A做平拋運動，在A點的速度方向沿AB 故豎直分速度vAy＝vPtanθ 由平拋運動規(guī)律，栗子從P至A下落的高度為y＝ 又h＝2R－y 代入數據解得h＝2.75m (2)栗子在A點的速度為vA＝ 由動能定理有mgsinθ(L－x)－μmgcosθ(L＋x)＝0－mv 代入數據解得x＝m 3．(1)2m/s　(2)s　(3)s 解析　(1)B和A一起沿斜面向下運動，由機械能守恒定律有 2mgLsinθ＝(2m)v2① 由①式得v＝2m/s② (2)第一次碰后，對B有 mgsinθ＝μmgcosθ③ 故B勻速下滑 對A有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1④ 得A的加速度a1＝10m/s2，方向始終沿斜面向下⑤ 設A第一次反彈的速度大小為v1，由動能定理有 mv2－mv＝ΔE⑥ Δt＝⑦ 由⑥⑦式得Δt＝s⑧ (3)設A第二次反彈的速度大小為v2，由動能定理有 mv2－mv＝2ΔE⑨ 得v2＝0m/s⑩ 即A與擋板第二次碰后停在底端，B繼續(xù)勻速下滑，與擋板碰后B反彈的速度為v′，加速度大小為a′，由動能定理有 mv2－mv′2＝ΔE? mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′? 由??式得B沿A向上做勻減速運動的時間 t2＝＝s? 當B速度為0時，因mgsinθ＝μmgcosθ≤fm，B將靜止在A上． 當A停止運動時，B恰好勻速滑至擋板處，B相對A運動的時間t最短，故t＝Δt＋t2＝s 4．(1)0.8m　(2)m　(3)m/s≤v≤m/s 解析　(1)物塊被彈簧彈出，由Ep＝mv， 可知：v0＝6m/s 因為v0>v，故物塊滑上傳送帶后先減速， 物塊與傳送帶相對滑動過程中， 由：μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t 得到a1＝2m/s2，t1＝0.5s，x1＝2.75m 因為x10，故物塊會再次滑上傳送帶，物塊在恒定摩擦力的作用下先減速至0再反向加速，由運動的對稱性，可知其以相同的速率離開傳送帶，設最終停在距C點x處，有 mv＝μ2mg(s－x) 解得x＝m (3)設傳送帶速度為v1時物塊恰能到F點，在F點滿足 mgsin30＝m 從B到F過程中由動能定理可知：mv－mv＝μ2mgs＋mg(R＋Rsin30) 解得：v1＝m/s 設傳送帶速度為v2時，物塊撞擋板后返回能再次上滑恰到E點 由mv＝μ2mg3s＋mgR 解得v2＝m/s 若物塊在傳送帶上一直加速運動，由 mv－mv＝μ1mgL 知其到B點的最大速度vBm＝m/s 綜合上述分析可知，只要傳送帶速度m/s≤v≤m/s就滿足條件．