步步高2015(新课标)一轮讲义：专题05应用力学两大观点分析多过程问题

第1页共13页专题五应用力学两大观点分析多过程问题考纲解读1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．考点一应用牛顿运动定律和动能定理分析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所示为某游戏装置的示意图．高处的光滑水平平台上有一质量为m的滑块(可视为质点)静止在A点，平台的左端有一竖直固定的光滑半圆形细管BC，其半径为2R，与水平面相切于C点，CD为一段长度为5R的粗糙水平轨道，在D处有一竖直固定的半径为R的光滑四分之一圆弧轨道DE，E点切线竖直，在E点正上方有一离E点高度也为R的旋转平台，在旋转平台的一条直径上开有两个离轴心距离相等的小孔M、N，平台以恒定的角速度旋转时两孔均能经过E点的正上方．某游戏者在A点将滑块瞬间弹出，滑块第一次到达C点时速度v0＝3gR，经过轨道CDE，滑块第一次滑过E点进入M孔，又恰能从N孔落下，已知滑块与CD部分的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度为g.求：图1(1)游戏者对滑块所做的功；(2)滑块第一次返回到C点时对细管的压力；(3)平台转动的角速度ω.解析(1)从A点到C点，由动能定理得W＋mg·4R＝12mv20求得W＝0.5mgR(2)从第一次经过C点到第一次返回C点整个过程，第2页共13页由动能定理得－2μmg·5R＝12mv2C－12mv20在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝mv2C2R联立求得FN＝4.5mg根据牛顿第三定律，滑块对细管的压力为FN′＝4.5mg方向竖直向下．(3)从第一次经过C点到M点，由动能定理得－μmg·5R－mg·2R＝12mv2M－12mv20从点M落回到点N的时间为t＝2vMg对转盘有t＝2n＋1πω(n＝0、1、2……)(或t＝2n－1πω(n＝1、2、3……))联立求得ω＝2n＋1πgR4R(n＝0、1、2……)(或ω＝2n－1πgR4R(n＝1、2、3……))答案见解析考点二用动力学和能量观点分析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，则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解．例2如图2所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平面的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高，将质量m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05.sin37°＝0.6，取g＝10m/s2.试求：图2(1)物块经过轨道上的B点时的速度的大小vB；(2)A、B两点的高度差h；(3)物块到达C点时的速度大小vC；(4)设木板受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木第3页共13页板上滑下？解析(1)设物块经过B点时的速度为vB，则：vBsin37°＝v0vB＝2m/s(2)vBcos37°＝2ghh＝0.128m(3)设物块经过C点的速度为vC，由动能定理得：mg(R＋Rsin37°)＝12mv2C－12mv2BvC＝6m/s(4)物块在木板上滑动时，设物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，则：μ1mg＝ma1μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2解得：a1＝2m/s2，a2＝1m/s2设物块和木板经过时间t达到共同速度为v，其位移分别为x1、x2，则对物块：v＝vC－a1t对木板：v＝a2t解得：t＝2s，v＝2m/s设木板长度至少为L，由题意得：L≥x1－x2其中：x1＝vC＋v2t＝8mx2＝v2t＝2m联立解得：L≥6m即木板长度至少6m才能使物块不从木板上滑下．答案(1)2m/s(2)0.128m(3)6m/s(4)6m突破训练如图3所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，匀速运动的速度v0＝5m/s.一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2m的P点．小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.求：图3第4页共13页(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM＝0.25m的M点，求这些位置的横坐标范围．答案(1)1m(2)12.5J(3)7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5m/s2设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为tt＝v0a＝1s运动的位移Δx＝v022a＝2.5m＜xPQ在N点由牛顿第二定律mg＝mv2NR从Q到N的运动过程，由机械能守恒定律12mv20＝mgyN＋12mv2N又R＝yN2，解得yN＝1m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x＝v0t－Δx＝2.5m产生的热量Q＝μmgx＝12.5J(3)设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：μmg(L－x1)＝mgyM代入数据解得x1＝7.5m当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时μmg(L－x2)＝12mgyN代入数据解得x2＝7m若刚能到达圆心左侧的M点，则必定恰好能通过最高点C，μmg(L－x3)＝mgyN＋12mv2Nmg＝mv2NR，可解得x3＝5.5m故小物块放在传送带上的位置坐标范围7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m26．应用动力学和能量观点分析力学综合题第5页共13页例3如图4所示，质量为m＝1kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道．B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R＝1.0m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.8m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图4(1)求小物块离开A点时的水平初速度v1的大小；(2)求小物块经过O点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5m/s，求P、A间的距离；(4)求斜面上C、D间的距离．审题与关联解析(1)对于小物块，由A点到B点，有v2y＝2gh在B点，有tanθ2＝vyv1所以v1＝3m/s(2)对于小物块，从B点到O点，由动能定理知mgR(1－cosθ2)＝12mv2O－12mv2B其中vB＝v21＋v2y＝32＋42m/s＝5m/s由牛顿第二定律知，在O点，有FN－mg＝mv2OR，第6页共13页所以FN＝43N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为FN′＝43N，方向竖直向下(3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma设P、A间的距离为xPA，则xPA＝v212a＝v212μ2g＝1.5m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mgsinθ2＋μ1mgcosθ2＝ma1解得a1＝10m/s2小物块沿斜面下滑时有mgsinθ2－μ1mgcosθ2＝ma2解得a2＝6m/s2由机械能守恒定律可知vC＝vB＝5m/s小物块由C点上升到最高点历时t1＝vCa1＝0.5s小物块由最高点回到D点历时t2＝0.8s－0.5s＝0.3s故xCD＝vC2t1－12a2t22，解得xCD＝0.98m答案(1)3m/s(2)43N，方向竖直向下(3)1.5m(4)0.98m高考题组1．(2013·北京理综·23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F＝kx(x为床面下沉的距离，k为常量)．质量m＝50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0＝0.10m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt＝2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1.取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力的影响．图5第7页共13页(1)求常量k，并在图5中画出弹力F随x变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；(3)借助Fx图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值．答案(1)5000N/m见解析图(2)5m(3)W＝12kx21.1m2.5×103J解析(1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mg＝kx0.代入数据得：k＝5000N/mFx图象如图(2)运动员从x＝0处离开床面，离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2s，其上升、下落时间相等，hm＝12gΔt22＝12×10×222m＝5m(3)由图象可知弹簧弹力做功应为Fx曲线下的面积，其规律为W＝12kx2.在运动员从最低点到最高点过程中，由动能定理得：12kx21＝mg(hm＋x1)代入数据得：x1＝1.1m运动员所做的总功W＝mg(hm＋x0)－12kx20≈2.5×103J模拟题组2．如图6所示，质量为2kg的小车在光滑水平面上处于静止状态．小车的上表面由水平面和斜面构成，斜面顶端和底端的高度差为1.8m．小车左边缘的正上方用长2.5m的细绳拴一质量为0.5kg的物块，将细绳拉离竖直方向60°角后由静止释放，当物块运动到悬点的正下方时悬线断开，物块从小车的左边缘滑上小车后，先在其表面上沿水平方向运动，经过1s时间物块离开小车，然后做曲线运动，某时刻恰好与斜面的底端相碰，已知小车与物块间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10m/s2.求：图6(1)悬线断开前所受最大拉力的大小；(2)小车上表面水平部分的长度；(3)小车表面的斜面部分倾角的正切值．第8页共13页答案(1)10N(2)3.75m(3)1.2解析(1)物块由静止摆动到悬点正下方的过程，由机械能守恒定律得mgl(1－cos60°)＝12mv2解得v＝5m/s物块摆到悬点正下方时F－mg＝mv2l解得F＝10N(2)物块在小车上表面运动时加速度大小a1＝μmgm＝2m/s2位移x1＝vt－12a1t2＝4m小车的加速度a2＝μmgM＝0.5m/s2位移x2＝12a2t2＝0.25m小车上表面水平部分长度Δx＝x1－x2＝3.75m(3)物块脱离小车上表面时的速度v1＝v－a1t＝3m/s小车的速度v2＝a2t＝0.5m/s设物块从离开小车到与斜面的底端相碰所用时间为t1，物块在竖直方向上h＝12gt21，t1＝2hg＝0.6s斜面水平长度x＝(v1－v2)t1＝1.5m设斜面倾角为θ，则斜面倾角的正切值tanθ＝hx＝1.23．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想，取一个与水平方向夹角为37°、长为L＝2.0m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图7所示，一个小物块以初速度v0＝4.0m/s，从某一个高度水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，