四川省某重点中学高考物理考点精讲19综合应用动力学和能量观点分

考点19 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题

1

例 (14分)如图1所示，倾角θ＝30°、长L＝4.5 m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨

4道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最

32

后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s，假设物块经过斜面与

6圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：

图1

(1)物块经多长时间第一次到B点；

(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．

解析 (1)物块沿斜面下滑时，

mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分)

解得：a＝2.5 m/s(1分) 从A到B，物块匀加速运动，

12

由L＝at(1分)

2310

可得t＝ s(1分)

5

(2)因为物块恰好到C点，所以到C点速度为0.设物块到B点的速度为v，

2

- 1 -

12

则mgR＝mv(2分)

2

v2

N－mg＝m(1分)

R解得N＝3mg＝30 N(1分) 由牛顿第三定律可得，

物块对轨道的压力为N′＝30 N，方向向下(1分)

(3)从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上滑行的总路程为s， 则mgLsin θ－μmgscos θ＝0(3分)

解得s＝9 m(1分)

310

答案 (1) s (2)30 N，方向向下 (3)9 m

5

(18分)如图2所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以

v0＝1.8 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内

的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v＝3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R＝2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：

2

图2

(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；

(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5 N，方向竖直向下 (2)32 J

解析 (1)设小物体在C点时的速度大小为vC，由平抛运动的规律可知，C点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：

v01.8vC＝＝ m/s＝3 m/s①

cos θcos 53°由C点到D点， 由动能定理得：

- 2 -

2

mgR(1－cos θ)＝mv2D－mvC②

1

212

小物块在D点， 由牛顿第二定律得：

v2DN－mg＝m③

R由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为：N′＝N④ 联立①②③④得：N′＝22.5 N，方向竖直向下

(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得： μmg22a＝＝μg＝0.5×10 m/s＝5 m/s⑤

m小物块匀减速直线运动的时间为t1，向左通过的位移为x1，传送带向右运动的距离为x2，则：

vD＝at1⑥ x1＝at21⑦ x2＝vt1⑧

小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t2，向右通过的位移为x3，传送带向右运动的距离为x4，则

1

2

v＝at2⑨ x3＝at22⑩ x4＝vt2?

整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：

1

2

x＝x1＋x2＋x4－x3?

产生的热量为：Q＝μmgx? 联立⑤～?解得：Q＝32 J 强化练习

1．如图1所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g＝10 m/s，求：

2

2

- 3 -

图1

(1)物块m2过B点时的瞬时速度v0及与桌面间的滑动摩擦因数； (2)BP之间的水平距离；

(3)判断m2能否沿圆轨道到达M点(要有计算过程)； (4)释放后m2运动过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)由物块mt－2t2

与x＝v122过B点后其位移与时间的关系x＝60t＋2

at比较得：v0＝6 m/s

加速度a＝－4 m/s2

而－μm2g＝m2a 得μ＝0.4

(2)设物块由D点以vD做平抛运动 落到P点时其竖直速度为vy＝2gR 根据几何关系有：vyv＝tan 45° D解得vD＝4 m/s 运动时间为：t＝

2Rg＝

1.6

10

s＝0.4 s 所以DP的水平位移为：4×0.4 m＝1.6 m

BD间位移为xv22

D－v0

BD＝2a＝2.5 m

所以BP间位移为2.5 m＋1.6 m＝4.1 m (3)设物块到达M点的临界速度为vM，有：

mmv2M2g＝2R

vM＝gR＝22 m/s

由机械能守恒定律得： 12mv＝122M′22m2v2D－2m2gR 解得vM′＝16－82 m/s 因为16－82<22

- 4 -

所以物块不能到达M点．

(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，释放m1时，Ep＝μm1gxCB

12

释放m2时Ep＝μm2gxCB＋m2v0

2且m1＝2m2

可得：Ep＝m2v0＝7.2 J

2

m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf

12

则由能量转化及守恒定律得：Ep＝Wf＋m2vD

2可得Wf＝5.6 J

15

2．如图2所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R＝ m，轨道端点B的切线

44水平．质量M＝5 kg的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t＝1 s撞击在斜面上的P点．已知斜面的倾角θ＝37，斜面底端C与B点的水平距离x0＝3 m．g取10 m/s，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．

2

°

图2

(1)求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小；

(2)若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m＝1 kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中．已知滑块m与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F大小；

(3)滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4 m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间．

答案 (1)150 N (2)13 N (3)(0.5＋

7

) s 2

12

解析 (1)从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR＝MvB

2

v2B在B点，由牛顿第二定律得：F－Mg＝M R解得F＝150 N

由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力F′＝F＝150 N，方向竖直向下．

- 5 -

(2)M离开B后做平抛运动 水平方向：x＝vBt＝5 m

由几何知识可知，m的位移：s＝x－x0

cos 37°

＝2.5 m

设滑块m向上运动的加速度为a 由匀变速运动的位移公式得：s＝12

2at

解得a＝5 m/s2

对滑块m，由牛顿第二定律得：

F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma

解得F＝13 N

(3)撤去拉力F后，对m，由牛顿第二定律得：

mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′

解得a′＝8 m/s2

滑块上滑的时间t′＝

va′

＝0.5 s s′＝v2

上滑位移：2a′

＝1 m

滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma″

解得a″＝4 m/s2

下滑过程s＋s′＝12a″t″2

解得t″＝

72

s 滑块返回所用时间：t＝t′＋t″＝(0.5＋7

2

) s

- 6 -

(2)M离开B后做平抛运动 水平方向：x＝vBt＝5 m

由几何知识可知，m的位移：s＝x－x0

cos 37°

＝2.5 m

设滑块m向上运动的加速度为a 由匀变速运动的位移公式得：s＝12

2at

解得a＝5 m/s2

对滑块m，由牛顿第二定律得：

F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma

解得F＝13 N

(3)撤去拉力F后，对m，由牛顿第二定律得：

mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′

解得a′＝8 m/s2

滑块上滑的时间t′＝

va′

＝0.5 s s′＝v2

上滑位移：2a′

＝1 m

滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma″

解得a″＝4 m/s2

下滑过程s＋s′＝12a″t″2

解得t″＝

72

s 滑块返回所用时间：t＝t′＋t″＝(0.5＋7

2

) s

- 6 -

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