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

1、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.课堂探究考点突破先做后听共同探究规律方法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

2、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 v= WR,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 0.1,重力加速 度为 g.求：(1

3、) 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 3.解析(1)从 A 点到 C 点，由动能定理得12W+ mg 4R= ?mv0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页由动能定理得一 2 mgR= ：mvC ?mv02在 C 点，由牛顿第二定律得FN- mg =器2 R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1212a mg5R mg 2R= mvM-mv0从点 M 落回到点 N 的时

4、间为 t= 2 g对转盘有 t =(2n*1n=0、1、2)(或 t=1)7n= 1、2、3)COco联立求得 3= l2nWgR(n=、1、2)(或 3=四二 4R 里亟(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= 1.0 m 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。的连线与水平面的夹角0= 37，另一端点

5、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 = 1 kg,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 v= 1.2 m/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由=0.2,木板与路面间的动摩擦因数略0.05.sin 37 = 0.6,取 g = 10 m/s2 3 4.试求：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)图3第3页共1

6、3页板上滑下？解析(1)设物块经过 B 点时的速度为VB,贝 U:vBSin 37 = V0VB=2 m/s(2)VBCOS37 = 2gh h= 0.128 m(3) 设物块经过 C 点的速度为 vc,由动能定理得：mg(R+ Rsin 37) =；mvC；mvBVC= 6 m/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a、a2,贝 U：凹 mg= ma mg问 M + m)g= Ma2解得：a= 2 m/s2, a2= 1 m/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 X、X2,则对物块：v = vCa1t 对木板：v = a2t解得：t = 2 s

7、, v = 2 m/s设木板长度至少为 L,由题意得：LXI-X2VC+V其中：XI=21= 8 mv.- X2= 2t= 2 m联立解得：L 6 m即木板长度至少 6 m 才能使物块不从木板上滑下.答案 (1)2 m/s (2)0.128 m (3)6 m/s (4)6 m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=8 m,匀速运动的速度 v0= 5 m/s. 一质量 m= 1 kg 的小物块轻轻放在传送带上XP=2 m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

8、的动摩擦因数四=0.5,重力加速度 g=10 m/s2.求:N(1) N 点的纵坐标；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= 0.25 m 的 M 点，求这些位置的横坐标范围.答案 (1)1 m (2)12.5 J (3)7 m x 7.5 m 和 0V x 5.5 m解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a= 疔 5 m/s2设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为t2 AVOAx = 一= 2.5 mv xPQ2aQ2在 N 点由牛顿

9、第二定律 mg= mVNR从 Q 到 N 的运动过程，由机械能守恒定律12. 12mv0=mgyNmvN又R=夸，解得 yN =1 m(2) 小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x= V0t Ax= 2.5 m产生的热量 Q=mgx 12.5 J(3) 设在坐标为XI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：mgL x)= mgyM代入数据解得 x1= 7.5 m当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时1卬m(L x)=2mgyN代入数据解得 x2 =7 m1 c右刚能到达圆心左侧的M 点，则必正恰好能通过取局点C,(1mgL 一 x3)= mgyN+mvN2mg= m,可

10、解得 x3= 5.5 m故小物块放在传送带上的位置坐标范围7 mV x 7.5 m 和 0 x 1.65 m (3)R v 0.66 m解析(1)设抛出点和 A 点的高度差为 h,从抛出点到 A 点时有：vy=l2gh，且业=tan 37 V0联立以上两式并代入数据得h= 0.45 m.(2) 小物块到达 A 点时的速度：VA=W+ vy = 5 m/s1 o 1 o从 A 到 B,由动能TE理：mgLsin 37 mgos 37 L = -mvBmvA要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB,则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，即：12mvB 1.65 m191(3) 小物块从

11、B 您动到轨道取局点机械能寸怛：mvB= mv + mgx 2R在最高点有:m- mg R，由以上各式解得 R 0.66 m,此时小物块不离开轨道，且能从水平轨道DE 滑出.练出高分(限时：45 分钟)1 .如图 1 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，另一端恰位于坡道的底端。点.已知在 OM 段，物块 A 与水平面间的动摩擦因数均为禹其余各处的摩擦不计，重力加速度为g,求：M O图 1(1)物块滑到。点时的速度大小;(3)若物块 A 能够被弹回到坡

12、道上，则它能够上升的最大高度是多少？答案 (1)h (2)mgh mgd (3)h-2 叩(2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为零)；d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为第10页共13页解析(1)由机械能守恒定律得 mgh = 2mv2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= mgd1 c由能重寸怛TE律碍 mv = Ep+ mgd以上各式联立得 Ep= mgh-mgd(3) 物块 A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W=(1mgd由能量守恒定律得 Ep= mg 出 mgh所以物块 A 能够上升的最大高度为 h = h 2 d2 .如图 2 所

13、示，长 l = 1 m、厚度 h= 0.2 m 的木板 A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径 r = 1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道 PQ 的底端与木板 A 相切于 P 点，木板与圆弧轨 道紧靠在一起但不粘连.现将小物块 B 从圆弧上距 P 点高度 H = 0.8 m 处由静止释放， 已知 A、B 质量均为m= 1 kg , A 与 B 间的动摩擦因数 凹=0.4, A 与地面间的动摩擦因 数(J2= 0.1, g 取 10 m/s2求：图 2(1) 小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小;(2) 小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功；(3) 小物块刚落

14、地时距木板左端的距离.答案 (1)20 N (2)4 J (3)0.42 m 9解析(1)对 B 下滑的过程由机械能守恒定律有mgH = ；mv2,解得v= *2gH = 4 m/s小物块滑到最低点 P 处时，由牛顿第二定律有2-VFN mg= mr解得FN= mg + m? = 20 N由牛顿第三定律得 F=20 N第11页共13页(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B 受力分析，由牛顿第二定律有jjmg, 2=-=pjg = 4 m/sma小物块 B 做匀减速直线运动对 A 受力分析，由牛顿第二定律有木板 A 做匀加速直线运动又由 l =XB XA+1.2XB=Vta1t-,2

15、XA 2a2t1代入数据解得 t= - s(t = 1 s 舍去)3对 A 由动能定理得 W= mmg 2a2t2=9 JB 离开木板后以VI=v-at= 8 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由 3a3 =化 mg=闾=1 m/s7做匀减速运动，物块 B 落地时，两者相距AX=vt (V2t a3t2)代入数据得 Ax = 0.42 m3.如图 3 甲所示，竖直平面内的坐标系 xOy 内的光滑轨道由半圆轨道 OBD 和抛物线轨道OA 组成，OBD 和 OA 相切于坐标原点 。点，半圆轨道的半径为 R, 一质量为 m 的小球 (可视为质点)从 OA 轨道上高 H 处的某点由静止滑下.解

16、析(1)由动能定理得 mgH = mvo7 若用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为 F,并得到如图乙所示的压力 F 与高度 H 的关系图象，取 g= 10 m/s2.求滑块的质量 m 和圆轨道的半径 R.答案 (1)7mg,方向竖直向下(2)0.1 kg 0.2 mgt，1 2,得 t，aih=22.木板 A 将以 V2 =a2t =- m/s、加速度3= 0.2 s甲乙第12页共13页2在 O 点由牛顿第二定律得FN- mg = mV0K解得 FN= 7mg由牛顿第三定律得，小球刚过。点时对轨道的压力为 7mg,方向竖直向下由题图乙可知，当 H 大于 0.5 m 时，小球才

17、能通过 D 点.1 O当 Hi= 0.5 m 时，有 mg(H 1 2R) = 2mvDi2mvDimg=节解得R=0.2 m1 o当也=1 m 时，有 mg(H22R) = mvD22VD2F2+ mg= m-RF2= 5 N解得 m = 0.1 kg4.如图 4 所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数 =0.25 的粗糙水平轨道，O为水平地面上的一点，且 B、C、O 在同一竖直线上，已知 B、C 两点的高度差为 h, C、 。两点的高度差也为 h, AC 两点相距 s= 2h.若质量均为 m 的两滑块 P、Q 从 A 点以相 同的初速度 v分别沿两轨道滑行，到达 B 点或 C 点

18、后分别水平抛出.求：从 B 点抛出后：x = Vgtp,2h = gtp得 xi=2 寸 v02gh -滑块 Q 从 A 到 C 过程，由动能定理得:一 mgslmvC -；mv2又i=0.25, s= 2h,得 Vc=v：-gh从c点抛出后：x2=vctQ,h= gtQ得 X2= v0-gh 依题意有：xi = X2,解得：v= 3gh所以滑块的初速度 v应满足 v= 髀 h第13页共13页(3)由动能定理得：一 mgs+ L) = 1mv2 1mv0滑块 Q 从水平轨道 AC 向右延伸的最右端抛出后:x= vtQ , h = 2gtQz 2,距。点的距离为 d = L+ x2,1517从而侍 d =