全国通用2018年高考物理一轮复习第6章机械能微专题31用动力学和能量观点分析多过程问题

用动力学和能量观点分析多过程问题

[方法点拨] (1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．

1．如图1所示，光滑水平轨道的左端与长L ＝1.25 m 的水平传送带AB 相接，传送带逆时针匀速转动的速度v 0＝1 m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A 点．现用质量m ＝0.4 kg 的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B 点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C 后滑上质量为M ＝0.2 kg 的长木板且不会从木板上掉下来．半圆轨道的半径R ＝0.5 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8，小物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3＝0.1，g 取10 m/s 2

.求：

图1

(1)小物块到达B 点时速度v B 的大小(结果可带根号)；

(2)弹簧被压缩时的弹性势能E p ；

(3)长木板在水平地面上滑行的最大距离x .

2．如图2所示，在竖直平面内有半径为R ＝0.2 m 的光滑14

圆弧轨道AB ，圆弧轨道B 处的切线水平，O 点在B 点的正下方，B 点高度为h ＝0.8 m ．在B 端接一长为L ＝1.0 m 的木板MN .一质量为m ＝1.0 kg 的滑块，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块以某一速度从N 点滑到板上，恰好运动到A 点．(g 取10 m/s 2)

图2

(1)求滑块从N点滑到板上时初速度的大小；

(2)求滑块从A点滑回到圆弧轨道的B点时对圆弧轨道的压力；

(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端由静止释放后，将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点最远，求ΔL.

3．如图3所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静

止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接在O处，可将消防员和挂

钩均理想化为质点，且通过O点的瞬间没有机械能的损失．AO长为L1＝5 m，

OB长为L2＝10 m．两堵竖直墙的间距d＝11 m．滑杆A端用铰链固定在墙上，

可自由转动．B端用铰链固定在另一侧墙上．为了安全，消防员到达对面墙的

速度大小不能超过6 m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为μ＝0.8.(g＝

10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 图3 (1)若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37°，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；

(2)若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点A、B间的最大竖直距离．(结果可带根号) 4.如图4所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m＝2 kg的物体从高h＝30 cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，与水平传送带间的动摩擦因数μ2

＝0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此

反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v＝2.5 m/s，

tan θ＝0.75，g取10 m/s2.求：图4

(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量；

(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．

答案精析

1．(1) 5 m/s (2)5 J (3)2.78 m

解析 (1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2

B R

解得：v B ＝gR ＝ 5 m/s

(2)由于v B ＞v 0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得： E p ＝μ1mgL ＋12mv 2

B

解得E p ＝5 J

(3)小物块从B 到C 过程中由机械能守恒定律得：

mg ·2R ＝12mv 2

C －12

mv 2B 代入数据解得v C ＝5 m/s

小物块在长木板上滑行过程中，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μ2mg ＝ma 1，解得a 1＝2 m/s 2

对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力F f1＝μ2mg ＝0.8 N

下表面受到的摩擦力F f2＝μ3(M ＋m )g ＝0.6 N ，所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得： F f1－F f2＝Ma 2

解得a 2＝1 m/s 2

设经过时间t 小物块与长木板达到共速v D ，v C －a 1t ＝a 2t ＝v D

解得t ＝53 s ，v D ＝53

m/s 时间t 内长木板运动的位移x 1＝12a 2t 2＝2518

m 达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：

－μ3(M ＋m )gx 2＝－12

(M ＋m )v 2D 解得x 2＝2518

m 所以长木板运动的最大位移x ＝x 1＋x 2≈2.78 m.

2．(1)2 2 m/s (2)30 N ，方向竖直向下 (3)0.16 m

解析 (1)由动能定理有μmgL ＋mgR ＝12

mv 20 解得v 0＝2 2 m/s

(2)根据动能定理有mgR ＝12mv 2B －0

由向心力公式可知：F －mg ＝m v 2

B R

解得F ＝30 N

由牛顿第三定律知：滑块滑至B 点时对圆弧轨道的压力为30 N ，方向竖直向下

(3)由牛顿第二定律可知：μmg ＝ma

根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，t ＝2h g

＝0.4 s 由B 点向右运动过程中，由运动学公式可知：

v 2

B －v 2＝2a (L －ΔL )

v ＝v 2

B －2μg L －ΔL ＝2ΔL

由平抛运动规律和几何关系可知：

x OP ＝L －ΔL ＋v ·t ＝1.0－ΔL ＋0.8ΔL

＝1.0－(ΔL )2＋0.8ΔL ＝1.16－(0.4－ΔL )2

解得当ΔL ＝0.4，即ΔL ＝0.16 m 时x 有最大值．

3．(1)3.2 m/s 2，方向沿OA 杆向下 0.4 m/s 2，方向沿OB 杆向上 (2)226 m 解析 (1)设杆AO 、OB 与水平方向夹角分别为α、β，由几何关系得：d ＝L 1cos α＋L 2cos β 得出AO 杆与水平方向夹角α＝53°

由牛顿第二定律得mg sin θ－F f ＝ma F f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ

则消防员在AO 段运动的加速度：a 1＝g sin 53°－μg cos 53°＝3.2 m/s 2

，方向沿AO 杆向下

在OB 段运动的加速度：a 2＝g sin 37°－μg cos 37°＝－0.4 m/s 2，方向沿OB 杆向上

(2)对全过程由动能定理得 mgh －μmgL 1cos α－μmgL 2cos β＝12

mv 2－0

其中d ＝L 1cos α＋L 2cos β，v ≤6 m/s 所以：h ＝v 2

2g

＋μd ≤10.6 m 又因为若两杆伸直，A 、B 间的竖直高度为

h ′＝ L 1＋L 2 2－d 2＝104 m ＜10.6 m

所以A 、B 间的最大竖直距离应为226 m.

4．(1)20 J (2)1.5 m

解析(1)由题可知θ＝37°，物体由静止开始下滑时距斜面底端的距离x＝

h

sin θ

＝0.5

m．设物体第一次滑到斜面底端的速度为v0，根据动能定理有

1

2

mv20＝mgh－μ1mgx cos θ

解得v0＝2 m/s

设物体向右滑行的最远距离为x1，时间为t

1

2

mv20－μ2mgx1＝0，x1＝0.4 m

t＝v0

μ2g

＝0.4 s

传送带向左运动的距离为

x2＝vt＝1 m

物体向右运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q1

Q1＝μ2mg(x1＋x2)＝14 J

物体向左运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q2

Q2＝μ2mg(x2－x1)＝6 J

物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q

Q＝Q1＋Q2＝20 J

(2)因第一次物体滑上传送带的速度小于传送带的速度，故物体每次向左回到斜面底端时的速度大小即为物体滑上传送带时速度的大小

根据功能关系：mgh＝μ1mgx总cos θ

x总＝1.5 m.