2019高考物理一轮复习第五章机械能课时44用动力学与能量观点分析多过程问题加练半小时

44 用动力学与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．(2017·上海普陀区模拟)如图1所示，MN为光滑的水平面，NO是一长度s＝1.25 m、倾角为θ＝37°的光滑斜面(斜面体固定不动)，OP为一粗糙的水平面．MN、NO间及NO、OP 间用一小段光滑圆弧轨道相连．一条质量为m＝2 kg，总长L＝0.8 m的均匀柔软链条开始时静止的放在MNO面上，其AB段长度为L1＝0.4 m，链条与OP面的动摩擦因数μ＝0.5.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，现自由释放链条，求：
图1
(1)链条的A端滑到O点时，链条的速率为多大？
(2)链条在水平面OP停下时，其C端离O点的距离为多大？
2．(2017·四川成都第一次诊断)如图2是某“吃货”设想的“糖炒栗子”神奇装置：炒锅的纵截面与半径R ＝1.6 m 的光滑半圆弧轨道位于同一竖直面内，炒锅纵截面可看做是长度均为L ＝2.5 m 的斜面AB 、CD 和一小段光滑圆弧BC 平滑对接组成．假设一栗子从水平地面上以水平初速度v 0射入半圆弧轨道，并恰好能从轨道最高点P 飞出，且速度恰好沿AB 方向从A 点进入炒锅．已知两斜面的倾角均为θ＝37°，栗子与两斜面之间的动摩擦因数均为
μ＝38
，栗子在锅内的运动始终在图示纵截面内，整个过程栗子质量不变，重力加速度取g ＝10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图2
(1)栗子的初速度v 0的大小及A 点离地高度h ；
(2)栗子在斜面CD 上能够到达的距C 点最大距离x .
3.(2017·广东佛山段考)如图3所示，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直斜面的挡板．将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4 m，现同时无初速度释放A和B.已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A
和B的质量均为m＝1 kg，它们之间的动摩擦因数μ＝
3
3
，A或B与挡板每次碰撞损失的动
能均为ΔE＝10 J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
图3
(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v；
(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt；
(3)B相对于A滑动的可能最短时间t.
4．(2018·四川泸州一检)如图4所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝5 m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2.
图4
(1)求右侧圆弧的轨道半径R；
(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；
(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．
答案精析
1．(1)3 m/s (2)0.98 m
解析 (1)链条的A 端滑到O 点的过程中，因为只有重力做功，所以机械能守恒．设水平面为重力势能的零势能面，设链条开始运动时的机械能为E 1，AB 段链条质量为m 1＝1 kg ，BC 段链条质量为m 2＝1 kg.
E 1＝m 2gs sin θ＋m 1g (s sin θ－L12sin θ)＝1×10×1.25×0.6 J＋
1×10×(1.25×0.6－0.2×0.6) J＝13.8 J
因为s >L ，链条的A 端滑到O 点时，C 点已在斜面上．设此时的机械能为E 2，E 2＝mg L 2
sin θ
＋12
mv 2 由机械能守恒定律：E 1＝E 2
链条的A 端滑到O 点时的速率v
解得v ＝
2E1－mgLsin θm ＝2×13.8－2×10×0.8×0.62
m/s ＝3 m/s (2)链条在开始进入水平面阶段，摩擦力是变力．但摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功．从链条的A 端滑到O 点到最终链条停下的过程，由动能定理： mg L 2sin θ－12μmgL －μmgx ＝0－12mv 2
链条在水平面OP 停下时，其C 端离O 点的距离
x ＝gLsin θ－μgL ＋v22μg ＝10×0.8×0.6－0.5×10×0.8＋322×0.5×10 m ＝0.98 m 2．(1)4 5 m/s 2.75 m (2)
209 m 解析 (1)设栗子质量为m ，在P 点的速度为v P ，在A 点的速度为v A
栗子沿半圆弧轨道运动至P 点的过程中 由机械能守恒定律有12mv 02＝2mgR ＋12
mv P 2 恰能过P 点，满足的条件为mg ＝m vP2R
代入数据解得v P ＝4 m/s ，v 0＝4 5 m/s
栗子从P 至A 做平抛运动，在A 点的速度方向沿AB
故竖直分速度v Ay ＝v P tan θ
由平抛运动规律，栗子从P 至A 下落的高度为y ＝vAy22g
又h ＝2R －y
代入数据解得h ＝2.75 m
(2)栗子在A 点的速度为v A ＝
vP cos θ 由动能定理有mg sin θ(L －x )－μmg cos θ(L ＋x )＝0－12
mv A 2 代入数据解得x ＝209
m 3．(1)210 m/s (2)255 s (3)355
s 解析 (1)B 和A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有
2mgL sin θ＝12
(2m )v 2① 由①式得v ＝210 m/s②
(2)第一次碰后，对B 有
mg sin θ＝μmg cos θ③
故B 匀速下滑
对A 有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1④
得A 的加速度a 1＝10 m/s 2
，方向始终沿斜面向下⑤
设A 第一次反弹的速度大小为v 1，由动能定理有
12mv 2－12
mv 12＝ΔE ⑥ Δt ＝2v1a1
⑦ 由⑥⑦式得Δt ＝255
s⑧ (3)设A 第二次反弹的速度大小为v 2，由动能定理有
12mv 2－12
mv 22＝2ΔE ⑨ 得v 2＝0 m/s⑩
即A 与挡板第二次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡板碰后B 反弹的速度为v ′，加速度大小为a ′，由动能定理有
12mv 2－12
mv ′2＝ΔE ⑪ mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ′⑫
由⑪⑫式得B 沿A 向上做匀减速运动的时间
t 2＝
v ′a ′＝55 s ⑬ 当B 速度为0时，因mg sin θ＝μmg cos θ≤F fm ，B 将静止在A 上．
当A 停止运动时，B 恰好匀速滑至挡板处，B 相对A 运动的时间t 最短，故t ＝Δt ＋t 2＝355
s 4．(1)0.8 m (2)13
m (3)37 m/s≤v ≤43 m/s 解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12
mv 02， 可知：v 0＝6 m/s
因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，
物块与传送带相对滑动过程中，
由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12
a 1t 12 得到a 1＝2 m/s 2
，t 1＝0.5 s ，x 1＝2.75 m
因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，
由动能定理可知：12
mv 2＝μ2mgs ＋mgR 代入数据整理可以得到R ＝0.8 m.
(2)设物块从E 点返回至B 点的速度为v B ，有
12mv 2－12
mv B 2＝μ2mg ·2s 解得v B ＝7 m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性，可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，有
12
mv B 2＝μ2mg (s －x ) 解得x ＝13
m (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足
mg sin 30°＝m
vF2R 从B 到F 过程中由动能定理可知：12mv 12－12
mv F 2＝μ2mgs ＋mg (R ＋R sin 30°) 解得：v 1＝37 m/s
设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点
由12
mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR 解得v 2＝43 m/s
若物块在传送带上一直加速运动，由
12mv B m 2－12
mv 02＝μ1mgL 知其到B 点的最大速度v B m ＝56 m/s
综合上述分析可知，只要传送带速度37 m/s≤v≤43 m/s就满足条件．。