（广东专用）2018年高考物理一轮复习 第6章 机械能 微专题31 用动力学和能量观点分析多过程问题试题 粤教版.doc

31 用动力学和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如图1所示，光滑水平轨道的左端与长l1.25 m的水平传送带ab相接，传送带逆时针匀速转动的速度v01 m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于a点现用质量m0.4 kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端b点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点c后滑上质量为m0.2 kg的长木板且不会从木板上掉下来半圆轨道的半径r0.5 m，小物块与传送带间的动摩擦因数10.8，小物块与木板间动摩擦因数20.2，长木板与水平地面间动摩擦因数30.1，g取10 m/s2.求：图1(1)小物块到达b点时速度vb的大小(结果可带根号)；(2)弹簧被压缩时的弹性势能ep；(3)长木板在水平地面上滑行的最大距离s.2如图2所示，在竖直平面内有半径为r0.2 m的光滑圆弧轨道ab，圆弧轨道b处的切线水平，o点在b点的正下方，b点高度为h0.8 m在b端接一长为l1.0 m的木板mn.一质量为m1.0 kg的滑块，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块以某一速度从n点滑到板上，恰好运动到a点(g取10 m/s2)图2(1)求滑块从n点滑到板上时初速度的大小；(2)求滑块从a点滑回到圆弧轨道的b点时对圆弧轨道的压力；(3)若将木板右端截去长为l的一段，滑块从a端由静止释放后，将滑离木板落在水平面上p点处，要使落地点p距o点最远，求l.3如图3所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由ao、ob两段直杆通过光滑转轴连接在o处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过o点的瞬间没有机械能的损失ao长为l15 m，ob长为l210 m两堵竖直墙的间距d11 m滑杆a端用铰链固定在墙上，可自由转动b端用铰链固定在另一侧墙上为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6 m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为0.8.(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图3(1)若测得消防员下滑时，ob段与水平方向间的夹角始终为37，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；(2)若b端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点a、b间的最大竖直距离(结果可带根号)4.如图4所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m2 kg的物体从高h30 cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面间的动摩擦因数10.25，与水平传送带间的动摩擦因数20.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端已知传送带的速度恒为v2.5 m/s，tan 0.75，g取10 m/s2.求：图4(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量；(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程5答案精析1(1) m/s(2)5 j(3)2.78 m解析(1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mgm解得：vb m/s(2)由于vbv0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得：ep1mglmv解得ep5 j(3)小物块从b到c过程中由机械能守恒定律得：mg2rmvmv代入数据解得vc5 m/s小物块在长木板上滑行过程中，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：2mgma1，解得a12 m/s2对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力f12mg0.8 n下表面受到的摩擦力f23(mm)g0.6 n，所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得：f1f2ma2解得a21 m/s2设经过时间t小物块与长木板达到共速vd，vca1ta2tvd解得t s，vd m/s时间t内长木板运动的位移s1a2t2 m达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：3(mm)gs2(mm)v解得s2 m所以长木板运动的最大位移ss1s22.78 m.2(1)2 m/s(2)30 n，方向竖直向下(3)0.16 m解析(1)由动能定理有mglmgrmv解得v02 m/s(2)根据动能定理有mgrmv0由向心力公式可知：fmgm解得f30 n由牛顿第三定律知：滑块滑至b点时对圆弧轨道的压力为30 n，方向竖直向下(3)由牛顿第二定律可知：mgma根据平抛运动规律：hgt2，t0.4 s由b点向右运动过程中，由运动学公式可知：vv22a(ll)v2由平抛运动规律和几何关系可知：xopllvt1.0l0.81.0()20.81.16(0.4)2解得当0.4，即l0.16 m时x有最大值3(1)3.2 m/s2，方向沿oa杆向下0.4 m/s2，方向沿ob杆向上(2)2 m解析(1)设杆ao、ob与水平方向夹角分别为、，由几何关系得：dl1cos l2cos 得出ao杆与水平方向夹角53由牛顿第二定律得mgsin fmaffn，fnmgcos 则消防员在ao段运动的加速度：a1gsin 53gcos 533.2 m/s2，方向沿ao杆向下在ob段运动的加速度：a2gsin 37gcos 370.4 m/s2，方向沿ob杆向上(2)对全过程由动能定理得mghmgl1cos mgl2cos mv20其中dl1cos l2cos ，v6 m/s所以：hd10.6 m又因为若两杆伸直，a、b间的竖直高度为h m10.6 m所以a、b间的最大竖直距离应为2 m.4(1)20 j(2)1.5 m解析(1)由题可知37，物体由静止开始下滑时距斜面底端的距离s0.5 m设物体第一次滑到斜面底端的速度为v0，根据动能定理有mvmgh1mgscos 解得v02 m/s设物体向右滑行的最远距离为s1，时间为tmv2mgs10，s10.4 mt0.4 s传送带向左运动的距离为s2vt1 m物体向右运动时与传送带间因摩擦产生的热量为q1q12mg(s1s2)14 j物体向左运动时与传送带间因摩