第44講 用動力學(xué)與能量觀點分析多過程問題方法點撥(1)若運(yùn)動過程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運(yùn)動定律；(2)若運(yùn)動過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，且具有功能關(guān)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(guān)系有時是處理兩個過程運(yùn)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s1.25m、傾角為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(zhì)量為m2kg，總長L0.8m的均勻柔軟鏈條開始時靜止的放在MNO面上，其AB段長度為L10.4m，鏈條與OP面的動摩擦因數(shù)0.5.(g10m/s2，sin370.6，cos370.8)，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(shè)想的“糖炒栗子”神奇裝置：炒鍋的縱截面與半徑R1.6m的光滑半圓弧軌道位于同一豎直面內(nèi)，炒鍋縱截面可看做是長度均為L2.5m的斜面AB、CD和一小段光滑圓弧BC平滑對接組成假設(shè)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(jìn)入炒鍋已知兩斜面的傾角均為37，栗子與兩斜面之間的動摩擦因數(shù)均為，栗子在鍋內(nèi)的運(yùn)動始終在圖示縱截面內(nèi)，整個過程栗子質(zhì)量不變，重力加速度取g10m/s2，sin370.6，cos370.8.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(dá)的距C點最大距離x.3.(2017廣東佛山段考)如圖3所示，傾角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L4m，現(xiàn)同時無初速度釋放A和B.已知在A停止運(yùn)動之前B始終沒有脫離A且不會與擋板碰撞，A和B的質(zhì)量均為m1kg，它們之間的動摩擦因數(shù)，A或B與擋板每次碰撞損失的動能均為E10J，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t；(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(zhì)量m1kg可視為質(zhì)點的小物塊壓縮而處于靜止?fàn)顟B(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L5m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)10.2，與傳送帶相鄰的粗糙水平面BC長s1.5m，它與物塊間的動摩擦因數(shù)20.3，在C點右側(cè)有一半徑為R的光滑豎直圓弧與BC平滑連接，圓弧對應(yīng)的圓心角為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v5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，不考慮物塊滑上和滑下傳送帶的機(jī)械能損失當(dāng)彈簧儲存的Ep18 J能量全部釋放時，小物塊恰能滑到與圓心等高的E點，取g10 m/s2.圖4(1)求右側(cè)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(diào)，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(diào)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(jī)械能守恒設(shè)水平面為重力勢能的零勢能面，設(shè)鏈條開始運(yùn)動時的機(jī)械能為E1，AB段鏈條質(zhì)量為m11kg，BC段鏈條質(zhì)量為m21kg.E1m2gssinm1g(ssinsin)1101.250.6J110(1.250.60.20.6) J13.8J因為s>L，鏈條的A端滑到O點時，C點已在斜面上設(shè)此時的機(jī)械能為E2，E2mgsinmv2由機(jī)械能守恒定律：E1E2鏈條的A端滑到O點時的速率v解得vm/s3 m/s(2)鏈條在開始進(jìn)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：mgsinmgLmgx0mv2鏈條在水平面OP停下時，其C端離O點的距離xm0.98m2(1)4m/s2.75m(2)m解析(1)設(shè)栗子質(zhì)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(yùn)動至P點的過程中由機(jī)械能守恒定律有mv2mgRmv恰能過P點，滿足的條件為mgm代入數(shù)據(jù)解得vP4m/s，v04m/s栗子從P至A做平拋運(yùn)動，在A點的速度方向沿AB故豎直分速度vAyvPtan由平拋運(yùn)動規(guī)律，栗子從P至A下落的高度為y又h2Ry代入數(shù)據(jù)解得h2.75m(2)栗子在A點的速度為vA由動能定理有mgsin(Lx)mgcos(Lx)0mv代入數(shù)據(jù)解得xm3(1)2m/s(2)s(3)s解析(1)B和A一起沿斜面向下運(yùn)動，由機(jī)械能守恒定律有2mgLsin(2m)v2由式得v2m/s(2)第一次碰后，對B有mgsinmgcos故B勻速下滑對A有：mgsinmgcosma1得A的加速度a110m/s2，方向始終沿斜面向下設(shè)A第一次反彈的速度大小為v1，由動能定理有mv2mvEt由式得ts(3)設(shè)A第二次反彈的速度大小為v2，由動能定理有mv2mv2E得v20m/s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mv2mv2Emgsinmgcosma由式得B沿A向上做勻減速運(yùn)動的時間t2s當(dāng)B速度為0時，因mgsinmgcosfm，B將靜止在A上當(dāng)A停止運(yùn)動時，B恰好勻速滑至擋板處，B相對A運(yùn)動的時間t最短，故ttt2s4(1)0.8m(2)m(3)m/svm/s解析(1)物塊被彈簧彈出，由Epmv，可知：v06m/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：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t得到a12m/s2，t10.5s，x12.75m因為x1<L，故物塊與傳送帶同速后相對靜止，最后物塊以5m/s的速度滑上水平面BC，物塊滑離傳送帶后恰到E點，由動能定理可知：mv22mgsmgR代入數(shù)據(jù)整理可以得到R0.8m.(2)設(shè)物塊從E點返回至B點的速度為vB，有mv2mv2mg2s解得vBm/s，因為vB>0，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(yùn)動的對稱性，可知其以相同的速率離開傳送帶，設(shè)最終停在距C點x處，有mv2mg(sx)解得xm(3)設(shè)傳送帶速度為v1時物塊恰能到F點，在F點滿足mgsin30m從B到F過程中由動能定理可知：mvmv2mgsmg(RRsin30)解得：v1m/s設(shè)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mv2mg3smgR解得v2m/s若物塊在傳送帶上一直加速運(yùn)動，由mvmv1mgL知其到B點的最大速度vBmm/s綜合上述分析可知，只要傳送帶速度m/svm/s就滿足條件