专题五应用动力学和能量观点解决多过程问题解析

1、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 ,静止于前水平冰面上的 a点，雪橇与冰面间的动摩擦因数为=0.1.( g取幺 f之*10 m/s2) & m 丁a k(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

2、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：fmg= ma2 a= 0.5 m/s12l= 2at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fcos 37 s-(mg- fsin 37 ) - s科 mg l s) = 0解得 s= 12.4 m解法二fcos 37 (mg- fsin 37 ) = ma mg= ma 2v

3、= 2as2.v = 2a2( 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fcos 37 s-(mg- fsin 37 ) - s=r(写成科 mg l s)=0e(也可以)解得0=72 j. 1解法一由动能公式得：ek=2mv( v在上一问中的运动学公式中已经有表本),解得ek= 72 j突破训练1 一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地hi=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f2 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t0=2.5 s，恰好在距

4、地面高度为 h2=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- 0.6 mg= ma解得：a1 = 4 m/s 2“12乐乐下洛过程：h1 h2 = 2a1t解得：t = 3 s允许保安最长的反应时间：t = t -t0=(3 -2.5) s =0.5 s(2)乐乐下落 18 m时的速度v1 = a1t = 12 m/s缓冲

5、过程，由动能定理得12ww- mgh0.2 mgh= 0 2mvw= - 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0 =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，轻弓t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 4t2(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

6、 p点，sin 37。= 0.6 , cos 37 = 0.8 , g 取 10 m/s 2.试求：(1)若 而=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 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？2解析 (1)由s=12t 4t知，物块在 c点速度为丫。=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：12w- mcsin 37 cd = 2mv13代入数据得：ww= 1mv

7、+ mgsin 37cd= 156 j(2)由s=12t 4t2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科，由牛顿第二定律得mgsin 0 + mgcos 0 =ma代入数据解得科=0.25物块在2p点的速度满足 mg= m-r-物块从b运动到p的过程中机械能守恒，则有122mb12mgr1 +cos 37 )+ 2mw物块从c运动到b的过程中有vb2vo2 = 2as由以上各式解得49s=t m(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

8、 q点，且设其速度为 vq,由动能定1212理得 2mvq 2mw = mgfr- 2 mgsos 372解得 vq = 190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vo = 4.o 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科=0.2 ,重力加速度g =

9、210 m/s ,求:(1)滑块从彳送带 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mg= ma2得 a=g= 2 m/s加速到与传送带速度相同时所需要的时间t =?= 2 s位移 s= 2at2 = 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mgl+ 2mw2=2mv22, . -mv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fn+mg= 1丁r联立解得fn= 3 n由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力fn

10、=fn=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1例3j 02%-轻质细施-端系-质盘为加=盅kg的小球人另 端挂在光滑水平轴。上，。到小球的距离为=0j m ,小球跟水平面接触，但无相.互作用，在球的两恻等距陶处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板,如第4所示.水平距超f为2 m，动摩擦因数为q25,现市一小前膜艮 质地也为m.从斜面上前下.与小球 旌撞时交换速度.与抖板碰撞不损失辄械能一若不计空阻力.并将潸块和小球 都旗为质点，g取1qw针，试向二（i ）若滑块b从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球蛛好在铿宜平 面内腋圆周运动.求此高度无i?若济块h从川

11、=5 m处济e求布块b4小理第次碰后年间绳子对小球的拉力.3）若滑块3从at m处下滑与小球碰推后，小球在锤宣平面内瞰阳周运动，求 * 小球做完整网周运动的次数工一图4分析各阶段的运动性质选择合适的规律列式从h处到aw n mgs解得n= 10(次).(2分)s后就会再次碰撞，则（3分）（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 0 =

12、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vo= 3/3. 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。;(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103 kg ,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

13、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 1解析(1)设救生圈做平抛运动的时间为t,有h= 2gt2htan 0 = v0t设人下滑时间为t0,由题意知：t=2t联立得：h= 16.2 m , t0=3.6 s(2)由几何关系得：绳索长l=hcos 30 = 18.7 m. ,1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-vnt x2=l/口 l得 vm= -= 10.39 m/s1, 2(3)加速过程有 pt ffs = 2mw，一，一 ， p加速到匀速时vmff联立解得t =1.1 x 10 2 s1. (2012 重庆理综 23)如

14、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0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

15、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a e等于减少的重力势能，即：a e= mglcos 0(2)对全程应用动能定理：w+ w 0w= mglcos 0由式得 w= w= mglcos 0(3)由滑动摩擦力公式得 f =科f摩擦力做的功w fs联立式得：“=喈/2. (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v1=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

16、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 v2= 72 km/h.此过程中14发动机功率的用于轿车的牵引，工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%专化为55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, v1=90 km/h =25 m/s

17、代入得f 牵=? = 2*103 n. vi当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有3f阻= 2x10 n.，一 一， 、一,一，1 e ，(2)在减速过程中，注意到发动机只有p用于汽车的牵引.5根据动能定理有1pt-fl= 1mv2-1mv2 522代入数据得pt = 1.575 x 105 j电源获得的电能为 e电=50%l= 6 m2a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=科mgl= 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 ae斑光滑的，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

18、水平向右的初速度v。，使小球沿轨道恰好能过最高点b,且又能沿bfa回至ij 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 vo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)对小由aeb恰好通过b点，根据牛顿第二定律：2mv-mg=-, vb=rgr r根据动能定理：gmv2；mv2 = m#r解得：vo = /5gr(2)由于小球回到 a点时对轨道的压力为 4mg2 mvt 根据牛顿第二te律：4mg- mg= r, va= 3gr(3)小球由b经f回到a的过程中，根据动能定理：12

19、122mgr- w= 2ms 2mv解得：w= 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cdfb分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k = -fl=0.5 ,赛车的质量 m= 0.4 kg ,通电后赛车的电动机以额定功mg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日 空气阻力可忽略，取 g=10 m/s2. 某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道， 又在cds道上运动的路程最短.

20、 在此条件下，求: (1)小车在coa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： 2 vpmg= mrc点的速度由机械能守恒定律可得：mg. 2r+ 2mw2 = 2mw2由上述两式联立，代入数据可得：vc= 5 m/s12设小车在cd轨道上运动的取短路程为 s,由动能te理可得： kmgs= 0-2mvc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：vb= vc

21、= 5 m/s从a点到b点的运动过程中，由 动能定理可得：1 2pt kmgl= 2mv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，为使屋也上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 m 2%,恰位于坡道的底端 o点.已知在om,物块a与水平面间的动摩擦图2因数均为,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

22、最大高度是多少？12解析 (1)由机械能寸恒7e律得 mgh= 2mv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科mgd112由能重寸恒th律得 2mv= e)+ i mgd以上各式联立得 曰=mgh-!imgd(3)物块a被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为w科mgd由能量守恒定律得 5=科mg* mgh所以物块a能够上升的最大高度为 h = h-2d.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 科=0.6 , bc dem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半彳仝为r=0.4 m的

23、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 denm道滑下.求:图3a, f w f小球到达n点时的速度;解析(1)小球刚好能沿 denm道滑下,则在半圆最高点 d点必有:2vdmg= m-(2)压缩的弹簧所具有的弹性势能.从d点到n点，由机械能守恒得:1 212 ,八2miv)+ mg, 2 r = 2mvn + 0联立以上两式，代入数据得:ep,根据动能定理得wvd= 2 m/s , vn= 2 木

24、 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mg曰 mgh= 2mv2 0代入数据得w 0.44 jd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, bcdb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 因数为科(l 9) 求：2 dg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,r v -0则 s=：5l2dg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 v2 v由牛顿第二th律， fn mgr m2vv得 fn= mg+1)2由牛顿第三定律知其对轨道的压力为m g+：)m, .a, r v 2(2)滑块恰好能到达 d点，则mgr m7 1o 1 o由动能te理得：一