2020版高考物理一轮复习试题：第五章 机械能 专题44 用动力学与能量观点分析多过程问题(含答案)

44用力与量点析过问[方点拨](1)若运动过程只及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；若运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·上海普陀区模拟)如所示为滑的水平面是一长度s＝1.25、倾角为＝37°的光滑斜面(斜面固定不)，OP为粗糙的水平面．MNNO间及NO、间用一小段光滑圆弧轨道相连．一条质量，长L＝0.8m的匀柔软链条开始时静止的放在面上，其段度为＝0.4，链条与面动摩擦因数g＝10m/s，sin37°，cos37°＝0.8)，现自由释放链条，求：图1链条的A端滑O点时链条的率为多大？链条在水平面OP停下时，其C端离的距离为多大？2．(2017·四川成都第一次诊断如图是某“吃货”设想的“糖炒栗子”神奇装置：炒锅的纵截面与半径Rm的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＝2.5m的面AB、和一小段光滑圆弧BC平滑对接组成．假设一栗子水平地面上以水平初速度v射半圆弧轨道，并恰好能从轨道最高点P飞，且速度恰好沿方向从点入炒锅．已知两斜面的倾角均为＝37°，栗子与两面之间的动摩擦因数均为3μ＝，子在锅内的运动始终图示纵截面内，整个过程栗子质量不变，重力加速度取g8＝10m/s，sin37°＝0.637°＝0.8.求：图2(1)栗子的初速度大小及A点地高度h；(2)栗子在斜面CD上够到达的距C点大距离x.3.(2017·广东佛山段考如图3所示倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直斜面的挡板．将长木板A静于斜面上，放置一小物块B，初始时下与挡板相距L＝4m，现同时无初速度释放和.已知A停运动之前终没有脱离且不会与挡板碰撞A和B的量均为＝1kg它们之间的动摩擦因数＝

33

，或B挡板每次碰撞损失的动能均为Δ＝10J，忽略碰撞时间，重力加速度大小取10m/s.：图3A第一次与挡板碰前瞬间的速度小；A第一次与挡板碰撞到第二次与板碰撞的时间Δ；(3)B相对于A滑动的可能最短间t.4．(2018·四川泸州一)如图4示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量＝1kg可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L＝5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面长s＝1.5，它与物块间的摩擦因数μ＝0.3，在C点右侧有一半径为R光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反回来．若传送带以＝5的率顺时针转动，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＝18J能全部释放时，小物块恰能到与圆心等高的，取g＝10m/s.图4求右侧圆弧的轨道半径R；求小物块最终停下时与C点距离；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．2222答精1．(1)3m/s(2)0.98m解析(1)链条的端滑到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E，段条质量为m＝1，BC段链条质量为＝1kg.LE＝msinθm(s－sinθ)＝1×10×1.25×0.6J1×10×(1.25×0.6－0.2×0.6)JL因为s>，链条的A端滑到O时已在斜面上．设此时的机械能为EE＝mgsin1＋mv2由机械能守恒定律：＝链条的A端滑点的速率v解得v＝

2－mgLsinm＝

2×13.8－2×10×0.8×0.62

m/s＝3m/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滑到O点最终链条停下的过程，由动能定理：L11mgθμmgL＝0－222链条在水平面OP下时，其C端离O点的距离gLsinθ－μgL＋v10×0.8×0.6－0.5×10×0.8x＝＝22×0.5×10

mm202．(1)45m/s2.75m(2)m9解析(1)设栗子质量为，在P点速度为v，在点速度为vA栗子沿半圆弧轨道运动至点过程中11由机械能守恒定律有mv＝2mgR＋22

v恰能过P点，足的条件为mg＝R代入数据解得＝4m/s，＝45m/s栗子从P做抛运动，在A点速度方向沿故竖直分速度＝tanPv由平抛运动规律，栗子从至A下的度为＝2又＝2－代入数据解得＝2.75m(2)栗子在A点的度为v＝

vcos1由动能定理有mgθL－x)－cosθ＋x)＝0－mv220代入数据解得＝925353．(1)210m/s(2)s(3)s55解析(1)和A起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有sin＝(2)①2由①式得v10②(2)第一次碰后，对B有sinθ＝μmgcosθ故B匀速滑对A有：sinθ＋μmgcos＝④得A的加度a＝10m/s，向始终沿斜面向下⑤设A第一反弹的速度大小为v，动能定理有11－mv＝ΔE⑥222Δ＝⑦a25由⑥⑦式得Δ＝⑧5(3)设第次反弹的速度大小为，由动能定理有11－mv＝2Δ⑨22得v＝0m/s即与板第二次碰后停在底端继匀速下滑，与挡板碰后反的速度为′，加速度大小为a′，动能定理有11－′＝E22a′52a′52sinθ＋μmgcosθ′由沿A向上做匀减速运动的时间v′5t＝s当B速度0时因mgsinθ＝μmgθ≤，将止在上35当停运动时恰匀速滑至挡板处B相对A动的时间t最，故t＝Δ＋＝5s14m(2)m(3)37≤v≤43m/s31解析(1)物块被弹簧弹出，由E＝mv，2可知：＝6m/s因为v>v，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，1由：＝，＝－t，＝－at

得到a＝2m/s，＝0.5，＝2.75m因为x<L，故物块与传送带同速后相对静止，最物块以5m/s的速度滑上水平面，物块滑离传送带后恰到E点1由动能定理可知：mv＝μmgs＋2代入数据整理可以得到＝0.8m.(2)设物块从E点返回至B点速度为v，有11－mv22

＝·2解得v＝7m/s，为v，物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减B速至0再向加速，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，

mv

＝(－)1解得x＝m3(3)设传送带速度为v物块恰能到点在F点满足vsin30°R11从B到过中由动能定理可知：－22

＝mgs＋＋si