竞赛力学多过程问题

离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1．2m．(取g＝10m/s2)求：图1(1)B离开平台时的速度vB；(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB；(3)A左端的长度l2．解析(1)设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得h＝12gt2①x＝vBt②联立①②式，代入数据得vB＝2m/s③(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg＝maB④vB＝aBtB⑤xB＝12aBtB2⑥联立③④⑤⑥式，代入数据得tB＝0．5s⑦xB＝0．5m⑧(3)设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得Fl1＝12Mv12⑨设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F－μmg＝MaA⑩(l2＋xB)＝v1tB＋12aAtB2⑪联立⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得l2＝1．5m⑫答案(1)2m/s(2)0．5s0．5m(3)1．5m2．(2010·山东·24)如图2所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45m，水平轨道AB长s1＝3m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F，当小车在CD上运动了s2＝3.28m时速度为v＝2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝0.2kg，小车与CD间的动摩擦因数μ＝0.4(g取10m/s2)求：图2(1)恒力F的作用时间t；(2)AB与CD的高度差h．解析(1)设小车在F作用时，运动位移为s，运动的末速度为v′，由牛顿第二定律得：F－μMg＝Ma1由运动学规律得s＝12a1t2，v′＝a1t撤去F后，小车的运动时间为t2，由牛顿第二定律得－μMg＝Ma2由运动学规律得v2－v′2＝2a2(s2－s)v′－v＝a2t2解得t＝1s，t2＝0.4s．(2)滑块在OA轨道上运动的过程中，机械能守恒，有mgR＝12mvA2在AB上的运动时间为t1，由运动规律得：s1＝vA·t1平抛运动时，有h＝12gt32由题意得t3＋t1＝t＋t2解得h＝0．8m．答案(1)1s(2)0．8m规律总结1．在高考理综中，力学综合题均为“多过程”现象或多物体系统．解决手段有二：一是力与运动的关系，主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用；二是功能关系与能量守恒，主要是动能定理和机械能守恒定律等规律的应用．2．解答的关键是正确拆分物理过程，洞察各个子过程的内在联系，各个击破．3．力学综合题物理方程多，运算较为复杂，有时会出现临界值、极值，可能涉及三角函数、不等式等数学知识，数学技能要求较高，应加强训练．对点探究题型一临界问题例1如图3所示，在光滑水平桌面上放有长木板C，在C上左端和距左端x处分别放有小物块A和B，A、B的体积大小可忽略不计，A、B与长木板C间的动摩擦因数为μ，A、B、C的质量均为m，开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设物块B与木板C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)物块A运动过程中，物块B受到的摩擦力；(2)要使物块A、B相碰，物块A的初速度v0应满足的条件．图3解析(1)设A在C板上滑动时，B相对于C板静止，则对B、C有μmg＝2ma，a＝μg2又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为am＝μmgm＝μg因为am＞a，所以B未相对C滑动而随木板C向右做加速运动B受到的摩擦力FfB＝ma＝12μmg(2)要使物块A刚好与物块B发生碰撞，物块A运动到物块B处时，A、B的速度相等，即v1＝v0－μgt＝12μgt得v1＝v0/3设木板C在此过程中的位移为x1，则物块A的位移为x1＋x，由动能定理－μmg(x1＋x)＝12mv21－12mv20μmgx1＝12(2m)v21联立上述各式解得v0＝3μgx要使物块A、B发生相碰的条件是v0≥3μgx．答案(1)12μmg(2)v0≥3μgx规律总结1．处理临界问题的思维模式：判断临界状态，确定临界条件，选择物理规律．若问题难以求解时，可运用假设法、极限分析法等物理方法．2．挖掘隐含条件寻求解题突破．在审题过程中，不但要了解题目所描述的是什么物理现象，物理过程如何，求解什么问题，更重要的是要对题目文字和图形的关键之处仔细领会，从中获取有效信息，即所谓挖掘题目中的隐含条件，对有些物理问题，能否快速正确地挖掘隐含条件成为解题的突破口或是关键．针对训练1(16分)如图4所示，在高h1＝30m的光滑水平平台上，质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70m的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞．g＝10m/s2．求：图4(1)小物块由A到B的运动时间；(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点p(p点没画出)．设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．解析(1)由于h1＝30m，h2＝15m，设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝12gt2(2分)t＝3s(1分)(2)由R＝h1，所以∠BOC＝60°．小物块平抛的水平速度是v1，有gtv1＝tan60°(2分)解得v1＝10m/s(1分)则Ep＝12mv21＝50J(2分)(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax＝3L(1分)路程的最小值是smin＝L(1分)路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大．由能量守恒知：mgh1＋12mv21＝μminmgsmax(2分)mgh1＋12mv21＝μmaxmgsmin(2分)解得μmax＝12，μmin＝16即16＜μ≤12(2分)答案(1)3s(2)50J(3)16＜μ≤12思想方法题型二分清先后顺序，正确解答力学多过程问题例2(15分)如图5所示，皮带在轮O1O2带动下以速度v匀速转动，皮带与轮之间不打滑．皮带AB段长为L，皮带左端B处有一光滑小圆弧与一光滑斜面相连接．物体无初速度放上皮带右端后，能在皮带带动下向左运动，并滑上斜面．已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ，且μ＞v22gL．求：图5(1)若物体无初速度放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处的时间；(2)若物体无初速度地放到皮带上某处，物体沿斜面上升到最高点后沿斜面返回，问物体滑回皮带后，是否有可能从皮带轮的右端A处滑出？判断并说明理由；(3)物体无初速度放在皮带的不同位置，则其沿斜面上升的最大高度也不同．设物体放上皮带时离左端B的距离为x，请写出物体沿斜面上升的最大高度h与x之间的关系，并画出h－x图象．[思想方法指导]对力学多过程问题，重在分清各个过程、明确各过程的受力情况和运动形式．特别应注意各过程之间的关联，一般是以速度为“桥梁”把前后两过程联系起来．解析(1)物体放上皮带后运动的加速度a＝μg(1分)物体加速到v前进的位移x0＝v22a＝v22μg(1分)因为L＞x0，所以物体先加速后匀速，加速时间t1＝va＝vμg(2分)匀速运动的时间t2＝L－x0v＝Lv－v2μg(2分)所以物体从A到B的时间t＝t1＋t2＝Lv＋v2μg(1分)(2)不可能从右端A处滑出，理由：物体从斜面返回皮带的速度与物体滑上斜面的初速度大小相等，所以返回时最远不能超过释放的初始位置．(2分)(3)当x≤x0时，物体一直加速，到B的速度为v1，则v12＝2μgx(1分)又12mv12＝mgh所以h＝2μgx2g＝μx(2分)当x＞x0时，物体先加速后匀速，到达B时速度均为v(1分)12mv2＝mgh′，h′＝v22g，h－x图象如图．(2分)答案(1)Lv＋v2μg(2)不能，理由见解析(3)见解析规律总结1．物体在传送带上运动的情况，需要通过对物体受力分析后来确定，然后才能用相应的知识去求解．本题中还有个重要的方面就是不仅要对物理现象进行判断，还要能应用物理知识来分析其中的道理．还有就是要利用数学工具来研究物理问题，即能借助数学表达式和数学图象来表达物理量之间的关系．2．会灵活选用运动学公式或功能关系列式求解．针对训练2如图6所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R＝12πm,两轮轴心相距L＝3.75m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．一个质量为0．1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝36．g取10m/s2．图6(1)当传送带沿逆时针方向以v1＝3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需多长时间？(计算中可取252≈16，396≈20)(2)小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹．当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出．要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？解析(1)当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律mgsin30°＋μmgcos30°＝ma1，解得a1＝7．5m/s2当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律得t1＝v1a1，L1＝v122a1，解得t1＝0．4s，L1＝0．6m由于L1＜L且μ＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律得mgsin30°－μmgcos30°＝ma2，解得a2＝2．5m/s2L－L1＝v1t2＋12a2t22，解得t2≈0．8s．故小物块由静止出发从A点运动到B点所用时间为t＝t1＋t2＝1．2s(2)作v－t图分析知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，即L＝12a1t2min，解得tmin＝1sv′＝a1tmin＝7.5m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为Δs＝v′tmin－L＝3.75m传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长smax，设此时传送带速度为v2，则smax＝2L＋2πR，smax＝v2tmin－L联立解得v2＝12.25m/s答案(1)1．2s(2)12．25m/s返回