3.10A动力学的多过程问题

第五章 机械能及其守恒定律
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【解析】
(1)碰后，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，
运动到最高点的速度为 v0 ，此时仅由重力充当向心力，则有 v2 0 mg＝m L ，解得 v0＝1 m/s 在滑块从 h 处运动到小球到达最高点的过程中，根据动能 s 1 2 定理，则有 mg(h－2L)－μmg ＝ mv0，解得 h＝0.5 m 2 2
第五章 机械能及其守恒定律
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(2)“月球车”的加速运动过程可以分为 0～t1 时间内的匀 加速运动和 t1～7 s 时间内的变加速运动两个阶段．t1 时功率为 P＝1.2 kW，速度为 vt＝3 m/s 由 P＝F1vt 可得此时牵引力为 F1＝P/vt＝400 N 由牛顿第二定律： F1－f＝ma1，解得 0～t1 时间内的加速度 大小为 a1＝(F1－f)/m＝2 m/s2
第五章 机械能及其守恒定律
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Hale Waihona Puke 金版教程 · 高三一轮总复习 · 新课标 · 物理
(1) 若滑块 B 从斜面某一高度 h 处滑下与小球第一次碰撞后， 使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h. (2)若滑块B从h′＝5 m处滑下，求滑块B与小球第一次碰后 瞬间绳子对小球的拉力． (3)若滑块B从h′＝5 m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平 面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数n.
行研究．他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并
将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图 乙所示的v－t图象，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P＝1.2 kW,7～10 s段 为平行于横轴的直线；在 10 s末停止遥控，让“月球车”自由

2
解法二：全程列式
mg(H h) f h 0
mg
H
f
h
mg
木球从水面上方某位置由静止开始自由下落,落入水中又继续下降一段距离后速度减小到零。
把木球在空中下落过程叫作Ⅰ过程,在水中下落过程叫作Ⅱ过程。不计空气和水的摩擦阻力。
下列说法中正确的是( )
A.第Ⅰ阶段重力对木球做的功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功 B.第Ⅰ阶段重力对木球做的功大于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功 C.第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功和第Ⅱ阶段合力对木球做的功的代数和为零 D.第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功
B [设地面对双脚的平均作用力为 F，在全过程中，由动能定理得 mg(H＋h)－Fh＝0
F＝mgH＋h＝2＋0.5mg＝5mg，B 正确．]
h
0.5
如图 4 所示，质量为 m 的物体从高为 h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑， 最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，求：
如图所示，DO是水平面，AB为斜面，初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶 点A时速度刚好为零．如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且 速度刚好为零，则物体具有的初速度（物体与斜面及水平面间的动摩擦因数处处相 同且不为零，不计物体滑过B、C点时的机械能损失）（ ）
A．大于v0
质量为m的物体从高h的斜面上由静止开始滑下，经过一段 水平距离后停止. 若斜面及水平面与物体间的动摩擦因数相 同，整个过程中物体的水平位移为s ，求动摩擦因数
A
物体从A到B过程，由动能定理得：
h
L
s1
s2
s
mgh – µmg cos θ •L –µmg s2 =0 B

专题22 动力学关系解决多过程问题1．如图所示，一质量为m 的物块在与水平方向成θ的力F 的作用下从A 点由静止开始沿水平直轨道运动，到B 点后撤去力F ，物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG 段。

已知物块的质量m =1 kg ，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，AB 段长L =10 m ，BE 的高度差h =0.8 m ，BE 的水平距离x =1.6 m 。

若物块可看作质点，空气阻力不计，g 取10m/s 2。

(1)要越过“壕沟”，求物块在B 点最小速度v 的大小；(2)在第(1)问的条件下，计算物块落到平台时的瞬时速度v′；(3)若θ=37︒，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力F 的大小。

【答案】m/s 与水平方向呈45︒角斜向右下方 (3)5.27N【解析】(1)由B 点做平抛运动恰好落到E 点时，在B 点有最小速度v ，根据平抛运动位移公式：212h gt = x vt =代入数据解得：t =0.4s ，v =4m/s(2) 水平速度为x v v =竖直方向速度为y gt =v由运动的合成有/s v ='=方向呈45︒角斜向右下方。

(3)在AB 段，对物体进行受力分析，根据动能定理：21cos37(sin 37)2FL mg F L mv μ︒︒--=代入数据解得：F =5.27N 。

2．如图所示，高台的上面有一竖直的1/4圆弧形光滑轨道，半径R=1.25m ，轨道端点B 的切线水平．质量m=0.5kg 的滑块（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=1s 撞击在足够长的斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ=37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0=3m ．当滑块m 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量M=1kg 的小车，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 击中并卡于其中．滑块与小车碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时小车整体速度变为3.2m/s ，仍沿斜面向上运动．已知小车与斜面间动摩擦因数μ=0.25．g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．求：（1）滑块离开至B 点时的速度大小；（2）拉力F 大小；（3）小车在碰撞后在斜面上运动的时间．【答案】（1）5m/s ；（2）13N ；（3）1.65s ．【解析】（1）m 由A 到B 过场中，由机械能守恒定律得：mgR=212B mv 解得：v B =5m/s（2）m 离开B 后做平抛运动的水平位移x=v B t=5m由几何关系可得M 的位移为：053 2.5cos370.8x x s m m --=== 设滑块M 向上运动的加速度为a ，由s=12at 2 可得a=5m/s 2由牛顿第二定律可得：F ﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°=Ma解得：F=13N（3）撤去拉力后，滑块M 沿斜面上滑过程的加速度：（M+m ）gsin37°+μ（M+m ）gcos37°=（M+m ）a 1 a 1=gsin37°+μgcos37°=0.8m/s 2 上滑时间11 3.20.48v t s s a === 上滑位移2211 3.20.64228v s m m a ===⨯ 滑块M 沿斜面下滑过程的加速度a 2=gsn37°﹣μgcos37°=4m/s 2下滑过程s+s 1=22212a t 解得：2 1.25t s === 所以返回所用的时间为：t=t 1+t 2=（0.4+1.25）s=1.65s3．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m ＝1kg 的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25现小滑块以某一初速度v 从斜面底端上滑，同时在斜面正上方有一小球以速度v 0水平抛出，经过0.4 s ，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中。

31 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s .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 2BR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 2B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 2C －12mv 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 1＝μ2mg ＝0.8 N 下表面受到的摩擦力f 2＝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 1－f 2＝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 ＝53m/s时间t 内长木板运动的位移s 1＝12a 2t 2＝2518m达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：－μ3(M ＋m )gs 2＝－12(M ＋m )v 2D解得s 2＝2518m所以长木板运动的最大位移s ＝s 1＋s 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 ＝12mv 2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 2BR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 ＝2hg＝0.4 s由B 点向右运动过程中，由运动学公式可知：v 2B －v 2＝2a (L －ΔL )v ＝v 2B －2μgL －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 ＝maf ＝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＝12mv 2－0其中d ＝L 1cos α＋L 2cos β，v ≤6 m/s所以：h ＝v 22g＋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 22－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s ＝hsin θ＝0.5m ．设物体第一次滑到斜面底端的速度为v 0，根据动能定理有12mv 20＝mgh －μ1mgs cos θ解得v 0＝2 m/s设物体向右滑行的最远距离为s 1，时间为t 12mv 20－μ2mgs 1＝0，s 1＝0.4 m t ＝v 0μ2g＝0.4 s 传送带向左运动的距离为s 2＝vt ＝1 m物体向右运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q 1Q 1＝μ2mg (s 1＋s 2)＝14 J物体向左运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q 2Q 2＝μ2mg (s 2－s 1)＝6 J物体与传送带间因摩擦产生的热量为QQ ＝Q 1＋Q 2＝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 ＝μ1mgs 总cos θs 总＝1.5 m.。