四川省某重點(diǎn)中學(xué)2020屆高考物理 考點(diǎn)精講19 綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題

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1、考點(diǎn)19 綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)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(gè)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(diǎn))從斜面最高點(diǎn)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(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)C,又從圓弧軌道滑回,能上升到斜面上的D點(diǎn),再由D點(diǎn)由斜面下滑沿圓弧軌道上升,再滑回,這樣往復(fù)運(yùn)動(dòng),最后停在B點(diǎn).已知物塊與斜面間的動(dòng)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(shí)間第一次到B點(diǎn); (2)物塊第一次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)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(shí), 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(yùn)動(dòng), 由L=at2(1分) 可得t= s(1分) (2)因?yàn)槲飰K恰好到C點(diǎn),所以到C點(diǎn)速度為0.設(shè)物塊到B點(diǎn)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(duì)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(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1 kg的小物塊,從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0=1.8 m/s的初速度水平拋出,到達(dá)C點(diǎn)時(shí),恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)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(diǎn)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(shí)針方向勻速運(yùn)行的速度為v=3 m/s,小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,圓弧軌道的半徑為R=2 m,C點(diǎn)和圓弧的圓心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角θ=53°,不計(jì)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(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)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(diǎn)時(shí)的速度大小為vC,由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知,C點(diǎn)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(diǎn)到D點(diǎn), 由動(dòng)能定理得: mgR(1-cos θ)=mv-mv② 小物塊在D點(diǎn), 由牛頓第二定律得: N-mg=m③ 由牛頓第三定律,小物塊到達(dá)圓弧軌道末端

5、D點(diǎn)時(shí)對(duì)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(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,向左通過的位移為x1,傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的距離為x2,則: vD=at1⑥ x1=at⑦ x2=vt1⑧ 小物塊向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到和傳送帶速度相同時(shí)間為t2,向右通過的位移為x3,傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的距離為x4,則 v=at2⑨ x3=at⑩ x4=vt2? 整個(gè)過程小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)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(qiáng)化練習(xí) 1.如圖1所示,水平桌面上有一輕彈簧,左端固定在A點(diǎn),自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn).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(diǎn)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(diǎn),釋放后彈簧恢復(fù)原長時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn).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(diǎn)釋放,物塊過B點(diǎn)后做勻變速運(yùn)動(dòng),其位移與時(shí)間的關(guān)系為x=6t-2t2,物塊飛離桌面后由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道.不計(jì)空氣阻力g=10 m/s2,求: 圖

7、1 (1)物塊m2過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度v0及與桌面間的滑動(dòng)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(dá)M點(diǎn)(要有計(jì)算過程); (4)釋放后m2運(yùn)動(dòng)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(diǎn)后其位移與時(shí)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(diǎn)以vD做平拋運(yùn)動(dòng) 落到P點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(dá)M點(diǎn)的臨界速度為vM,有: m2g=m2 vM==2 m/s 由機(jī)械能守恒定律得: m2vM′2=m2v-m2gR 解得vM′= m/s 因?yàn)?2 所以物塊不能到達(dá)M點(diǎn). (4)設(shè)彈簧長為AC時(shí)的彈性勢能為Ep,釋放m1時(shí),Ep=μm1gxCB 釋放m2時(shí)Ep=μm2gxCB+m2v 且m1=2m2 可得:Ep=m2v=7.2 J m2釋放后在桌面上運(yùn)動(dòng)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(tái)的上面有一豎直的圓弧形光滑軌道,半徑R= m,軌道端點(diǎn)B的切線水平.質(zhì)量M=5 kg的金屬滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))由軌道頂端A由靜止釋放,離開B點(diǎn)后經(jīng)時(shí)間t=1 s撞擊在斜面上的P點(diǎn).已知斜面的傾角θ=37°,斜面底端C與B點(diǎn)的水平距離x0=3 m.g取10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37°=0.8,不計(jì)空氣阻力. 圖2 (1)求金屬滑塊M運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。? (2)若金屬滑塊M離開B點(diǎn)時(shí),位于斜面底端C點(diǎn)、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(yùn)動(dòng),恰好在P點(diǎn)被M擊中.已知滑塊m與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,求拉力F大??; (3)滑塊m與滑塊M碰撞時(shí)間忽略不計(jì),碰后立即撤去拉力F,此時(shí)滑塊m速度變?yōu)? m/s,仍沿斜面向上運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)的時(shí)間. 答案 (1)150 N (2)13 N (3)(0.5+) s 解析 (1)從A到B過程,由機(jī)械能守恒定律得:MgR=Mv 在B點(diǎn),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(duì)B點(diǎn)的壓力F′=F=150 N,方向豎直向下. (2)M離開B后做平拋運(yùn)動(dòng) 水平方向

11、:x=vBt=5 m 由幾何知識(shí)可知,m的位移:s==2.5 m 設(shè)滑塊m向上運(yùn)動(dòng)的加速度為a 由勻變速運(yùn)動(dòng)的位移公式得:s=at2 解得a=5 m/s2 對(duì)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(duì)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(shí)間t′==0.5 s 上滑位移:s′==1 m 滑塊m沿斜面下滑時(shí),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(shí)間:t=t′+t″=(0.5+) s

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