专题五 应用动力学和能量观点解决多过程问题

专题五 应用动力学和能量观点解决多过程问题考点一 应用动力学方法和动能定理解决多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解． 例1 如图1所示，已知小孩与雪橇的总质量为m ＝20 kg ，静止于水平冰面上的A 点，雪橇与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.1.(g 取 10 m/s 2)(1)妈妈先用30 N 的水平恒力拉雪橇，经8秒到达B 点，求A 、B 两点间的距离L .图1(2)若妈妈用大小为30 N ，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇，使雪橇从A 处由静止开始运动并能到达(1)问中的B 处，求拉力作用的最短距离．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6) (3)在第(2)问拉力作用最短距离对应的运动过程中，小孩与雪撬的最大动能为多少？ 解析 (1)对小孩进行受力分析，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma a ＝0.5 m/s 2 L ＝12at 2解得L ＝16 m(2)设妈妈的力作用了s 距离后撤去，小孩到达B 点的速度恰好为0 解法一 由动能定理得 F cos 37°·s －μ(mg －F sin 37°)·s －μmg (L －s )＝0解得s ＝12.4 m 解法二F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)＝ma 1μmg ＝ma 2v 2＝2a 1s v 2＝2a 2(L －s )解得s ＝12.4 m(3)在妈妈撤去力时小孩和雪橇的动能最大， 解法一 由动能定理得F cos 37°·s －μ(mg －F sin 37°)·s ＝E k (写成－μmg (L －s )＝0－E k 也可以)解得E k ＝72 J解法二 由动能公式得：E k ＝12mv 2(v 2在上一问中的运动学公式中已经有表示)，解得E k ＝72 J突破训练1 一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h 1＝19.5 m 高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m ＝2 kg ，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到楼下，保安奔跑过程用时t 0＝2.5 s ，恰好在距地面高度为h 2＝1.5 m 处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g ＝10 m/s 2.求： (1)为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间； (2)在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功． 解析 (1)对“乐乐”下落过程用牛顿第二定律mg －0.6mg ＝ma 1解得：a 1＝4 m/s 2“乐乐”下落过程：h 1－h 2＝12a 1t 2解得：t ＝3 s允许保安最长的反应时间：t ′＝t －t 0＝(3－2.5) s ＝0.5 s (2)“乐乐”下落18 m 时的速度v 1＝a 1t ＝12 m/s 缓冲过程，由动能定理得W ＋mgh 2－0.2mgh 2＝0－12mv 21W ＝－168 J考点二 用动力学和机械能守恒定律解决多过程问题例2 如图2所示，AB 为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙．BP 为圆心角等于143°、半径R ＝ 1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B 点，P 、O 两点 在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，现有一质量m ＝2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓 图2慢压缩到D 点后(不拴接)释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为s ＝12t －4t 2(式中s 单位是m ，t 单位是s)，假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.试求：(1)若CD ＝1 m ，试求物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功； (2)B 、C 两点间的距离s ；(3)若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？ 解析 (1)由s ＝12t －4t 2知，物块在C 点速度为v 0＝12 m/s设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W ，由动能定理得：W －mg sin 37°·CD ＝12mv 20代入数据得：W ＝12mv 20＋mg sin 37°·CD ＝156 J(2)由s ＝12t －4t 2知，物块从C 运动到B 过程中的加速度大小为a ＝8 m/s 2设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma代入数据解得μ＝0.25物块在P 点的速度满足mg ＝mv2P R物块从B 运动到P 的过程中机械能守恒，则有 12mv 2B ＝mgR (1＋cos 37°)＋12mv 2P 物块从C 运动到B 的过程中有v 2B －v 20＝－2as 由以上各式解得s ＝498m(3)若物块到达与O 点等高的位置Q 点时速度为0，则物块会脱离轨道做自由落体运动．设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，且设其速度为v Q ，由动能定理得12mv 2Q －12mv 2P＝mgR －2μmgs cos 37° 解得v 2Q ＝－19<0可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．突破训练2 如图3所示，水平传送带AB 的右端与在竖直 面内用内径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢 管内径很小．传送带的运行速度v 0＝4.0 m/s ，将质量m ＝ 0.1 kg 的可看做质点的滑块无初速度地放在传送带的A 端． 已知传送带长度L ＝4.0 m ，“9”字全高H ＝0.6 m ，“9”字图3上半部分圆弧半径R ＝0.1 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝ 10 m/s 2，求：(1)滑块从传送带A 端运动到B 端所需要的时间； (2)滑块滑到轨道最高点C 时对轨道作用力的大小和方向． 解析 (1)滑块在传送带上加速运动时， 由牛顿第二定律知μmg ＝ma 得a ＝μg ＝2 m/s 2加速到与传送带速度相同时所需要的时间t ＝v 0a＝2 s 位移s ＝12at 2＝4 m此时物块恰好到达B 端，即滑块从A 端运动到B 端所需的时间t ＝2 s (2)滑块从B 到C 的过程中，由机械能守恒定律得mgH ＋12mv 2C ＝12mv 2在C 点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝mv2C R联立解得F N ＝3 N由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力F N ′＝F N ＝3 N ，方向竖直向上．28．应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题解析 (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v 0，此时仅由重力充当向心力，则有mg ＝m v20L，解得v 0＝1 m/s(2分)在滑块从h 处运动到小球到达最高点的过程中，机械能守恒，则有mg (h －2L )－μmg s2＝12mv 20，解得h ＝0.5 m(2分)(2)若滑块从h ′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v 1，则有mgh ′－μmg s 2＝12mv 21(2分)滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以v 1的速度开始做圆周运动，绳的拉力F T 和小球重力的合力充当向心力，则有F T －mg ＝mv21L，解得F T ＝48 N(2分)(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在水平面上经过路程s 后就会再次碰撞，则mgh ′－μmg s 2－12mv 20－2mgLμmgs＋1≥n(3分) 解得n ＝10(次)．(1分)突破训练3 钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军为此进行了登陆演练．如图5所示，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点s ＝1 km 处．登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角θ＝30°，为保证行动最快，队员甲先无摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度v 0＝33 m/s 平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇，若人的质量为m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，问：图5(1)军舰甲板到快艇的竖直高度H 及队员甲在绳索上运动的时间t 0；(2)若加速过程与减速过程中的加速度大小相等，则队员甲在何处速度最大？最大速度是多大？ (3)若快艇额定功率为5 kW ，载人后连同装备总质量为103kg ，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10 m/s ，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇运动的时间t ′. 解析 (1)设救生圈做平抛运动的时间为t ，有H ＝12gt2① H tan θ＝v 0t ②设人下滑时间为t 0，由题意知：t 0＝2t③联立①②③得：H ＝16.2 m ，t 0＝3.6 s(2)由几何关系得：绳索长L ＝H /cos 30°＝18.7 m.因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以，甲在绳索中点处速度最大，由12v m t ×2＝L得v m ＝L t＝10.39 m/s(3)加速过程有Pt ′－F f s ＝12Mv m ′2④加速到匀速时v m ′＝P F f⑤联立④⑤解得t ′＝1.1×102s1．(2012·重庆理综·23)如图6所示为一种摆式摩擦因数测量仪， 其可测量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要部件有：底部 固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质 量为m ，细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L .测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与 图6O 等高的位置处由静止释放．摆锤摆到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程进行研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cos θ (2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0① W G ＝mgL cos θ ② 由①②式得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ ③ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ④ 摩擦力做的功W f ＝－fs⑤联立③④⑤式得：μ＝mgL cos θFs2．(2011·浙江理综·24)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m ＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L ＝72 m 后，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求： (1)轿车以90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F 阻的大小； (2)轿车从90 km/h 减速到72 km/h 过程中，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 解析 (1)轿车牵引力与输出功率的关系P ＝F 牵v 将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得F 牵＝Pv 1＝2×103 N.当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻＝2×103 N.(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F 阻L ＝12mv 22－12mv 21代入数据得Pt ＝1.575×105J电源获得的电能为E 电＝50%×45Pt ＝6.3×104J.(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103N. 在此过程中，由能量守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，则E 电＝F 阻L ′ 代入数据得L ′＝31.5 m.3．如图7所示，一个可视为质点的物块，质量为m ＝2 kg ，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为v ＝3 m/s.已知圆弧轨道半径R ＝0.8 m ，皮带轮的半径r ＝0.2 m ，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，两皮带轮之间的距离为L ＝6 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图7(1)皮带轮转动的角速度多大？(2)物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；(3)物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？ 解析 (1)由v ＝ωr 得 ω＝vr＝15 rad/s(2)物块滑到圆弧轨道底端时的速度为v 0，在这个过程中，由动能定理得mgR ＝12mv 2解得v 0＝2gR ＝4 m/s在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v20R解得物块所受支持力F ＝60 N由牛顿第三定律知物块对轨道的作用力大小为60 N ，方向竖直向下．(3)物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 解得a ＝1 m/s 2物块匀减速运动到速度为零时向右运动的最大距离为s ＝v202a＝8 m>L ＝6 m可见，物块将从传送带的右端离开传送带物块在传送带上克服摩擦力所做的功为W ＝μmgL ＝12 J4．有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R ，由左右两部分组成． 如图8所示，右半部分AEB 是光滑的，左半部分BFA 是粗糙的． 现在最低点A 给一质量为m 的小球一个水平向右的初速度v 0， 使小球沿轨道恰好能过最高点B ，且又能沿BFA 回到A 点，回到A 点时对轨道的压力为4mg .不计空气阻力，重力加速度为g .求： 图8 (1)小球的初速度v 0大小；(2)小球沿BFA 回到A 点时的速度大小；(3)小球由B 经F 回到A 的过程中克服摩擦力所做的功． 解析 (1)对小球由AEB 恰好通过B 点，根据牛顿第二定律：mg ＝mv 2B R，v B ＝gR根据动能定理：12mv 2B －12mv 20＝－mg 2R解得：v 0＝5gR(2)由于小球回到A 点时对轨道的压力为4mg根据牛顿第二定律：4mg －mg ＝mv2A R，v A ＝3gR(3)小球由B 经F 回到A 的过程中，根据动能定理： 2mgR －W f ＝12mv 2A －12mv 2B解得：W f ＝mgR1．如图1所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A 点由静止出发，经过时间t 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后进入固定 在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P 后又进入 水平轨道CD .已知赛车在水平轨道AB 部分和CD 部分运动时图1受到阻力恒为车重的0.5倍，即k ＝F fmg＝0.5，赛车的质量m ＝0.4 kg ，通电后赛车的电动机以额定功率P ＝2 W 工作，轨道AB 的长度L ＝2 m ，圆形轨道的半径R ＝0.5 m ，空气阻力可忽略，取g ＝10 m/s 2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短．在此条件下，求： (1)小车在CD 轨道上运动的最短路程； (2)赛车电动机工作的时间． 答案 (1)2.5 m (2)4.5 s解析 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道最高点P 时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg ＝m v 2PRC 点的速度由机械能守恒定律可得：mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2C由上述两式联立，代入数据可得：v C ＝5 m/s设小车在CD 轨道上运动的最短路程为s ，由动能定理可得：－kmgs ＝0－12mv 2C代入数据可得：s ＝2.5 m(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：v B ＝v C ＝5 m/s 从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得：Pt －kmgL ＝12mv 2B代入数据可得：t ＝4.5 s.2．如图2所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O 点．已知在OM 段，物块A 与水平面间的动摩擦 图2因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求： (1)物块滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)； (3)若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？ 解析 (1)由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2解得v ＝2gh .(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W ＝μmgd 由能量守恒定律得12mv 2＝E p ＋μmgd以上各式联立得E p ＝mgh －μmgd .(3)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W ＝μmgd由能量守恒定律得E p ＝μmgd ＋mgh ′所以物块A 能够上升的最大高度为h ′＝h －2μd .3．如图3所示，为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，CD 间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求：图3(1)小球到达N 点时的速度； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能．解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必有：mg ＝m v2D r从D 点到N 点，由机械能守恒得： 12mv 2D ＋mg ·2r ＝12mv 2N ＋0 联立以上两式，代入数据得：v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.(2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12mv 2D －0代入数据得W ＝0.44 J即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.4．如图4所示，AB 为一长为l 并以速度v 顺时针匀速转动的传送带，BCD 部分为一半径为r 、竖直放置的粗糙半圆形轨道，直径BD恰好竖直，并与传送带相切于B 点．现将一质量为m 的小滑块无 初速地放在传送带的左端A 点上，已知滑块与传送带间的动摩擦 图4因数为μ(l >v 22μg)．求：(1)滑块到达B 点时对轨道的压力大小；(2)滑块恰好能到达D 点，求滑块在粗糙半圆形轨道中克服摩擦力所做的功； (3)滑块从D 点再次掉到传送带上的某点E ，求AE 的距离．解析 (1)设滑块在摩擦力作用下从A 到B 一直被加速，且设刚好到达B 点前的速度为v ，则s ＝v 2－02μg<l 故滑块在传送带上是先加速后匀速，到达B 点时与传送带速度相同为v由牛顿第二定律，F N －mg ＝m v 2r得F N ＝m (g ＋v 2r) 由牛顿第三定律知其对轨道的压力为m (g ＋v 2r) (2)滑块恰好能到达D 点，则mg ＝m v ′2r由动能定理得：－mg ·2r －W f ＝12mv ′2－12mv 2 得W f ＝12mv 2－52mgr (3)滑块从D 点再次掉到传送带上E 点做平抛运动，即⎩⎪⎨⎪⎧ 水平方向x ＝v ′t 竖直方向y ＝12gt 2＝2r解得⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝2 r g x ＝2r故AE 的距离为l －2r 5．如图5甲所示是一打桩机的简易模型．质量m ＝1 kg 的物体在拉力F 作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度．物体上升过程中，机械能E 与上升高度h 的关系图象如图乙所示．不计空气阻力及摩擦力，g 取10 m/s 2.求：甲 乙图5(1)物体上升到1 m 高度处的速度；(2)物体上升1 m 后再经过多长时间才撞击钉子(结果可保留根号)；(3)物体上升到0.25 m 高度处拉力F 的瞬时功率．解析 (1)设物体上升到h 1＝1 m 处时的速度为v 1，由题图乙知E 1＝12 J ，则mgh 1＋12mv 21＝E 1 解得v 1＝2 m/s(2)解法一：由题图乙知，物体上升到h 1＝1 m 后机械能守恒，即撤去拉力F ，物体仅在重力作用下先匀减速上升，至最高点后再自由下落．设向上减速时间为t 1，自由下落时间为t 2. 对减速上升阶段有0－v 1＝－gt 1，解得t 1＝0.2 s减速上升距离Δh ＝v 12t 1＝0.2 m 自由下落阶段有h 1＋Δh ＝12gt 22 解得t 2＝65s 所求时间t ＝t 1＋t 2＝6＋15 s 解法二：物体自h 1＝1 m 后的运动是匀减速直线运动，设经t 时间落到钉子上，则有－h 1＝v 1t －12gt 2 解得t ＝6＋15s (3)对F 作用下物体从静止运动到1 m 高度处的过程中，根据功能关系有Fh 1＝E 1 可得物体上升h 1＝1 m 的过程中所受拉力F ＝12 N设上升至h 2＝0.25 m 时的速度为v 2，由动能定理有(F －mg )h 2＝12mv 22，解得v 2＝1 m/s 此时拉力F 的瞬时功率P ＝Fv 2解得P ＝12 W。