四川省某重点中学2020届高考物理 考点精讲19 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题

考点19综合应用动力学和能量观点分析多过程问题 例 (14分)如图1所示，倾角30、长L4.5 m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平一质量为m1 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，最后停在B点已知物块与斜面间的动摩擦因数为，g10 m/s2，假设物块经过斜面与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 mgcos ma(2分)解得：a2.5 m/s2(1分)从A到B，物块匀加速运动，由Lat2(1分)可得t s(1分)(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，则mgRmv2(2分)Nmgm(1分)解得N3mg30 N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N30 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 mgscos 0(3分)解得s9 m(1分)答案(1) s(2)30 N，方向向下(3)9 m(18分)如图2所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v01.8 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v3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，圆弧轨道的半径为R2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角53，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.求：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53，则由几何关系可得：vC m/s3 m/s由C点到D点，由动能定理得：mgR(1cos )mvmv小物块在D点，由牛顿第二定律得：Nmgm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：NN联立得：N22.5 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：ag0.510 m/s25 m/s2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：vDat1x1atx2vt1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vat2x3atx4vt2整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：xx1x2x4x3产生的热量为：Qmgx联立解得：Q32 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R0.8 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m10.4 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m20.2 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x6t2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道不计空气阻力g10 m/s2，求：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/s0.4(2)4.1 m(3)不能(4)5.6 J解析(1)由物块m2过B点后其位移与时间的关系x6t2t2与xv0tat2比较得：v06 m/s加速度a4 m/s2而m2gm2a得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根据几何关系有：tan 45解得vD4 m/s运动时间为：t s0.4 s所以DP的水平位移为：40.4 m1.6 mBD间位移为xBD2.5 m所以BP间位移为2.5 m1.6 m4.1 m(3)设物块到达M点的临界速度为vM，有：m2gm2vM2 m/s由机械能守恒定律得：m2vM2m2vm2gR解得vM m/s因为2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，Epm1gxCB释放m2时Epm2gxCBm2v且m12m2可得：Epm2v7.2 Jm2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf则由能量转化及守恒定律得：EpWfm2v可得Wf5.6 J2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的切线水平质量M5 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t1 s撞击在斜面上的P点已知斜面的倾角37，斜面底端C与B点的水平距离x03 mg取10 m/s2，sin 37 0.6，cos 370.8，不计空气阻力图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m1 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) s解析(1)从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgRMv在B点，由牛顿第二定律得：FMgM解得F150 N由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力FF150 N，方向竖直向下(2)M离开B后做平抛运动水平方向：xvBt5 m由几何知识可知，m的位移：s2.5 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：sat2解得a5 m/s2对滑块m，由牛顿第二定律得：Fmgsin 37mgcos 37ma解得F13 N(3)撤去拉力F后，对m，由牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma解得a8 m/s2滑块上滑的时间t0.5 s上滑位移：s1 m滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma解得a4 m/s2下滑过程ssat2解得t s滑块返回所用时间：ttt(0.5) s