（江苏专版）2019版高考物理一轮复习 第五章 机械能 微专题43 用动力学与能量观点分析多过程问题备考精炼.doc

43 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盐城中学模拟)如图1所示，mn为光滑的水平面，no是一长度s1.25 m、倾角为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m2 kg，总长l0.8 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l10.4 m，链条与op面的动摩擦因数0.5.(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，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(2018南京市多校第一次段考)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r1.6 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l2.5 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v0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37，栗子与两斜面之间的动摩擦因数均为，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g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图2(1)栗子的初速度v0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.如图3所示，倾角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l4 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m1 kg，它们之间的动摩擦因数，a或b与挡板每次碰撞损失的动能均为e10 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t；(3)b相对于a滑动的可能最短时间t.4如图4所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1 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l5 m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面bc长s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数20.3，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v5 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ep18 j能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的e点，取g10 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e1，ab段链条质量为m11 kg，bc段链条质量为m21 kg.e1m2gssin m1g(ssin sin )1101.250.6 j110(1.250.60.20.6) j13.8 j因为sl，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e2，e2mgsin mv2由机械能守恒定律：e1e2链条的a端滑到o点时的速率v解得v m/s3 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：mgsin mglmgx0mv2链条在水平面op停下时，其c端离o点的距离x m0.98 m2(1)4 m/s2.75 m(2) m解析(1)设栗子质量为m，在p点的速度为vp，在a点的速度为va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mv022mgrmvp2恰能过p点，满足的条件为mgm代入数据解得vp4 m/s，v04 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vayvptan 由平抛运动规律，栗子从p至a下落的高度为y又h2ry代入数据解得h2.75 m(2)栗子在a点的速度为va由动能定理有mgsin (lx)mgcos (lx)0mva2代入数据解得x m3(1)2 m/s(2) s(3) 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2mglsin (2m)v2由式得v2 m/s(2)第一次碰后，对b有mgsin mgcos 故b匀速下滑对a有：mgsin mgcos ma1得a的加速度a110 m/s2，方向始终沿斜面向下设a第一次反弹的速度大小为v1，由动能定理有mv2mv12et由式得t s(3)设a第二次反弹的速度大小为v2，由动能定理有mv2mv222e得v20 m/s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mv2mv2emgsin mgcos ma由式得b沿a向上做匀减速运动的时间t2 s当b速度为0时，因mgsin mgcos ffm，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ttt2 s4(1)0.8 m(2) m(3) m/sv m/s解析(1)物块被弹簧弹出，由epmv02，可知：v06 m/s因为v0v，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：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t12得到a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m因为x10，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mvb22mg(sx)解得x m(3)设传送带速度为v1时物块恰能到f点，在f点满足mgsin 30m从b到f过程中由动能定理可知：mv12mvf22mgsmg(rrs