（全国I卷）2020年高考物理一轮复习 第5章 机械能 能力课时7 应用动力学观点和能量观点 突破多过程综合问题

能力课时7应用动力学观点和能量观点 突破多过程综合问题1.如图1所示，在光滑水平地面上放置质量M2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h0.6 m。滑块在木板上滑行t1 s后，和木板以共同速度v1 m/s匀速运动，取g10 m/s2。求：图1(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离。解析(1)对木板FfMa1，由运动学公式得va1t解得a11 m/s2，Ff2 N(2)对滑块有Ffma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式vv0a2t解得a22 m/s2，v03 m/s滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得mghWfmv可得滑块克服摩擦力做的功为Wfmghmv1.5 J(3)t1 s内木板的位移x1a1t20.5 m此过程中滑块的位移x2v0ta2t22 m故滑块相对木板滑行距离Lx2x11.5 m答案(1)2 N(2)1.5 J(3)1.5 m2.如图2所示，上表面光滑，长度为3 m、质量M10 kg的木板，在F50 N的水平拉力作用下，以v05 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一个质量为m3 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L1 m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块。(g取10 m/s2)求：图2(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个铁块开始以后(以后停止放铁块)到木板停下的过程，木板运动的距离。解析(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为Ff由平衡条件得FFfFfMg联立并代入数据得0.5(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加mg，令刚放第三个铁块时木板速度为v1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理得mgL2mgLMvMv联立代入数据得v14 m/s(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒为(3mM)g从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离为x，对木板由动能定理得3mgx0Mv联立并代入数据得x m1.78 m答案(1)0.5(2)4 m/s(3)1.78 m3.如图3所示，AB段为一半径R0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定.一质量也为0.1 kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度。已知物块与薄木板间的动摩擦因数为。(g10 m/s2，结果可保留根号)求：图3(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力；(2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间。解析(1)物块从A到B的过程，由动能定理得：mgRmv解得：vB2 m/s在B点由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN3 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下(2)设物块滑上薄木板的速度为v，则：cos 30解得：v m/s(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块：mgsin 30mgcos 30ma1对薄木板：mgsin 30mgcos 30ma2设物块和薄木板达到的共同速度为v，则：vva1ta2t解得：a12.5 m/s2，t s答案(1)3 N，方向竖直向下(2) m/s(3)2.5 m/s2 s4.(2020乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图4所示，已知传送轨道平面与水平方向成37角，倾角也是37的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v4 m/s，两轮轴心相距L5 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m1 kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v08 m/s，A、B间的距离x1 m。工件可视为质点，g取10 m/s2。(sin 370.6，cos 370.8)求：图4(1)弹簧的最大弹性势能；(2)工件沿传送带上滑的时间。解析(1)弹簧的最大弹性势能Epmgxsin 37mv得Ep38 J。(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程mgsin 37mgcos 37ma1与传送带共速需要时间t10.5 s工件滑行位移大小x13 mL因为tan 37，所以工件将沿传送带继续减速上滑mgsin 37mgcos 37ma2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落。则t21 s工件滑行位移大小x22 mLx1故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为tt1t21.5 s。答案(1)38 J(2)1.5 s5.如图5所示，有一个可视为质点的质量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点的切线方向进入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5(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。解析(1)设小物块在C点的速度为vC，在C点由vC，解得vC3 m/s设小物块在D的速度为vD。从C到D，由动能定理得mgR(1cos )mvmv，解得vD5 m/s设在D点轨道对小物块的作用力为FN：FNmgm解得FN22.5 N，由牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小为22.5 N，方向竖直向下。(2)设小物块在传送带上的加速度为a，则mgmaag5 m/s2设小物块由D点向左运动至速度为零，所用时间为t1，位移为x1，则vDat1x1t1设t1时间内传送带向右的位移为x2，则x2vt1小物块速度由零增加到与传送带速度相等的过程，所用时间为t2，t2通过的位移x3，x3t2传送带的位移为x4vt2小物块相对传送带移动的位移为xx1x2x4x3Qmgx，解得Q32 J。答案(1)22.5 N，方向竖直向下(2)32 J