《四川省某重點中學2020屆高考物理 考點精講19 綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《四川省某重點中學2020屆高考物理 考點精講19 綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點19　綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題 例　 (14分)如圖1所示，傾角θ＝30°、長L＝4.5 m的斜面，底端與一個光滑的圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道底端切線水平．一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)從斜面最高點A由靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)過斜面底端B后恰好能到達圓弧軌道最高點C，又從圓弧軌道滑回，能上升到斜面上的D點，再由D點由斜面下滑沿圓弧軌道上升，再滑回，這樣往復運動，最后停在B點．已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝，g＝10 m/s2，假設(shè)物塊經(jīng)過斜面與圓弧軌道平滑連接處速率不變．求： 圖1 (1)物塊經(jīng)多長時間第一次到B點； (2)物塊第一次經(jīng)過B點時對圓弧

2、軌道的壓力； (3)物塊在斜面上滑行的總路程． 解析　(1)物塊沿斜面下滑時， mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分) 解得：a＝2.5 m/s2(1分) 從A到B，物塊勻加速運動， 由L＝at2(1分) 可得t＝ s(1分) (2)因為物塊恰好到C點，所以到C點速度為0.設(shè)物塊到B點的速度為v， 則mgR＝mv2(2分) N－mg＝m(1分) 解得N＝3mg＝30 N(1分) 由牛頓第三定律可得， 物塊對軌道的壓力為N′＝30 N，方向向下(1分) (3)從開始釋放至最終停在B處，設(shè)物塊在斜面上滑行的總路程為s， 則mgLsin θ－μmgsco

3、s θ＝0(3分) 解得s＝9 m(1分) 答案　(1) s　(2)30 N，方向向下　(3)9 m (18分)如圖2所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝1.8 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進人固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，最后小物塊無碰撞地滑上緊靠軌道末端D點的足夠長的水平傳送帶．已知傳送帶上表面與圓弧軌道末端切線相平，傳送帶沿順時針方向勻速運行的速度為v＝3 m/s，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧軌道的半徑為R＝2 m，C點和圓弧的圓心O點連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計空氣阻力，重力加速度

4、g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： 圖2 (1)小物塊到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力； (2)小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)22.5 N，方向豎直向下　(2)32 J 解析　(1)設(shè)小物體在C點時的速度大小為vC，由平拋運動的規(guī)律可知，C點的速度方向與水平方向成θ＝53°，則由幾何關(guān)系可得： vC＝＝ m/s＝3 m/s① 由C點到D點， 由動能定理得： mgR(1－cos θ)＝mv－mv② 小物塊在D點， 由牛頓第二定律得： N－mg＝m③ 由牛頓第三定律，小物塊到達圓弧軌道末端

5、D點時對軌道的壓力為：N′＝N④ 聯(lián)立①②③④得：N′＝22.5 N，方向豎直向下 (2)設(shè)小物塊在傳送帶上滑動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得： a＝＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2⑤ 小物塊勻減速直線運動的時間為t1，向左通過的位移為x1，傳送帶向右運動的距離為x2，則： vD＝at1⑥ x1＝at⑦ x2＝vt1⑧ 小物塊向右勻加速直線運動達到和傳送帶速度相同時間為t2，向右通過的位移為x3，傳送帶向右運動的距離為x4，則 v＝at2⑨ x3＝at⑩ x4＝vt2? 整個過程小物塊相對傳送帶滑動的距離為： x＝x1＋x2＋x4－x3? 產(chǎn)生的熱量

6、為：Q＝μmgx? 聯(lián)立⑤～?解得：Q＝32 J 強化練習 1．如圖1所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點．水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R.用質(zhì)量m1＝0.4 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點．用同種材料、質(zhì)量為m2＝0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后做勻變速運動，其位移與時間的關(guān)系為x＝6t－2t2，物塊飛離桌面后由P點沿切線落入圓軌道．不計空氣阻力g＝10 m/s2，求： 圖

7、1 (1)物塊m2過B點時的瞬時速度v0及與桌面間的滑動摩擦因數(shù)； (2)BP之間的水平距離； (3)判斷m2能否沿圓軌道到達M點(要有計算過程)； (4)釋放后m2運動過程中克服摩擦力做的功． 答案　(1)6 m/s　0.4　(2)4.1 m　(3)不能　(4)5.6 J 解析　(1)由物塊m2過B點后其位移與時間的關(guān)系x＝6t－2t2與x＝v0t＋at2比較得： v0＝6 m/s 加速度a＝－4 m/s2 而－μm2g＝m2a 得μ＝0.4 (2)設(shè)物塊由D點以vD做平拋運動 落到P點時其豎直速度為vy＝ 根據(jù)幾何關(guān)系有：＝tan 45° 解得vD＝4 m/s

8、 運動時間為：t＝＝ s＝0.4 s 所以DP的水平位移為：4×0.4 m＝1.6 m BD間位移為xBD＝＝2.5 m 所以BP間位移為2.5 m＋1.6 m＝4.1 m (3)設(shè)物塊到達M點的臨界速度為vM，有： m2g＝m2 vM＝＝2 m/s 由機械能守恒定律得： m2vM′2＝m2v－m2gR 解得vM′＝ m/s 因為<2 所以物塊不能到達M點． (4)設(shè)彈簧長為AC時的彈性勢能為Ep，釋放m1時，Ep＝μm1gxCB 釋放m2時Ep＝μm2gxCB＋m2v 且m1＝2m2 可得：Ep＝m2v＝7.2 J m2釋放后在桌面上運動過程中克服摩擦力做功為

9、Wf 則由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律得：Ep＝Wf＋m2v 可得Wf＝5.6 J 2．如圖2所示，高臺的上面有一豎直的圓弧形光滑軌道，半徑R＝ m，軌道端點B的切線水平．質(zhì)量M＝5 kg的金屬滑塊(可視為質(zhì)點)由軌道頂端A由靜止釋放，離開B點后經(jīng)時間t＝1 s撞擊在斜面上的P點．已知斜面的傾角θ＝37°，斜面底端C與B點的水平距離x0＝3 m．g取10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力． 圖2 (1)求金屬滑塊M運動至B點時對軌道的壓力大小； (2)若金屬滑塊M離開B點時，位于斜面底端C點、質(zhì)量m＝1 kg的另一滑塊，在沿斜面向上的恒定拉力F作用

10、下由靜止開始向上加速運動，恰好在P點被M擊中．已知滑塊m與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25，求拉力F大?。? (3)滑塊m與滑塊M碰撞時間忽略不計，碰后立即撤去拉力F，此時滑塊m速度變?yōu)? m/s，仍沿斜面向上運動，為了防止二次碰撞，迅速接住并移走反彈的滑塊M，求滑塊m此后在斜面上運動的時間． 答案　(1)150 N　(2)13 N　(3)(0.5＋) s 解析　(1)從A到B過程，由機械能守恒定律得：MgR＝Mv 在B點，由牛頓第二定律得：F－Mg＝M 解得F＝150 N 由牛頓第三定律可知，滑塊對B點的壓力F′＝F＝150 N，方向豎直向下． (2)M離開B后做平拋運動 水平方向

11、：x＝vBt＝5 m 由幾何知識可知，m的位移：s＝＝2.5 m 設(shè)滑塊m向上運動的加速度為a 由勻變速運動的位移公式得：s＝at2 解得a＝5 m/s2 對滑塊m，由牛頓第二定律得： F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得F＝13 N (3)撤去拉力F后，對m，由牛頓第二定律得： mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′ 解得a′＝8 m/s2 滑塊上滑的時間t′＝＝0.5 s 上滑位移：s′＝＝1 m 滑塊m沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma″ 解得a″＝4 m/s2 下滑過程s＋s′＝a″t″2 解得t″＝ s 滑塊返回所用時間：t＝t′＋t″＝(0.5＋) s