热点16 动力学与能量观点的综合应用公开课.docx
热点16动力学与能量观点的综合应用i.滑板工程是极限运动历史的鼻祖，在滑板公园里经常看到各种滑板场地，如图甲所示.现 有一个滑板场可简化为如图乙所示模型，由足够长的斜直轨道、半径4=2 m的凹形圆弧轨 道和半径心=3.6 m的凸形圆弧轨道三局部组成的滑板组合轨道.这三局部轨道依次平滑连 接，且处于同一竖直平面内.其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最 高点，凸形圆弧轨道的圆心。与M点在同一水平面上.一可视为质点、质量为m=1 kg的 滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经屈点滑向N点.在凸形圆弧最右侧距离L=0.9 m 的位置有一个高度2=3 m、倾角为53。的斜面.不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6.甲滑板公园假设尸点距水平面的高度小= 3.2 m,求滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小/n;(2)假设滑板滑至N点时恰好对轨道无压力，求滑板的下滑点尸距水平面的高度在(2)的条件下，假设滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板能否与右侧斜面发生碰撞(不考 虑碰撞后反弹)，假设能，请计算出碰撞的具体位置；假设不能，请说明理由.答案(1)42 N (2)5.4 m (3)能，见解析解析(1)滑板由尸点滑至M点的过程中，由机械能守恒有mgh得0M=8m/s.对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律有FN，ng="看得Fn=42 N.滑板滑至N点时恰好对轨道无压力，那么有 mg=n得 °n=6 m/s滑板从尸点到N点机械能守恒，那么有 mgH=.解得 H=5.4 m.(3)假设滑板能与右侧斜面发生碰撞，那么由平抛运动的规律有y=&巴x=W,Ri-y tan530=x-7?2-L，Ri-y tan530=x-7?2-L，联立解得，=0.8 s.故滑板能与右侧斜面发生碰撞，那么碰撞点距离斜面底端的水平距离为0.3 m,距离斜面底端的高度为0.4m.2.(2020.浙江杭高5月测试)如下图，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处 于自然状态时其右端位于B点.水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形状为半径 R=0.8m的圆环剪去了左上角135。的圆弧，为其竖直直径，尸点到桌面的竖直距离也是 H.用质量为阳=0.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到。点，释放后弹簧恢复原长时物块恰好停止 在B点.用同种材料、质量为及=0.2 kg的物块将弹簧也缓慢压缩到C点释放，物块过B 点后，到离开桌面前其位移与时间的关系为=8，2落物块从桌面右边缘。点飞离桌面后, 由P点沿圆轨道切线落入圆轨道(取g= 10 m/s2).求3、P间的水平距离；判断m能否沿圆轨道到达M点；求释放后仅在水平桌面上运动过程中克服摩擦力做的功.答案(1)7.6 m (2)不能(3)11.2J解析(1)设物块由。点以初速度如做平抛运动，落到尸点时竖直速度为4，那么有1VyR=5g 匕 x=VDt, vy=gt, tan 45°= 一. 乙U D解得。o=4 m/s, xi = 1.6 m由x=St2t2可知，物块过B点后做初速度为。0=8 m/s,加速度大小为=4 m/s2的减速运 动，到达。点的速度为。小贝 I 女)2Vd1=2ax2,解得工2=6 m所以5、P间的水平距离为x=xi+x2 = 7.6 m.。2i(2)设物块到达Af点的临界速度为小,那么有=得。m = 4 = 2也 m/s,假设物块能沿轨道到达M点，其速度为0M, 那么有坐 解得0M川16 8也 m/s<2吸 m/s,即物块不能到达M点.设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep,物块与桌面间的动摩擦因数为，那么pm2g=m2a释放 m 时，Ep =/dmgxcB释放 m2 时，Ep22gxeb+JOC?,联立解得Ep=12.8 J.设加2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf,有 £pWf=J%2OZ）2,解得 Wf=11.2 J.3.（2020浙江Z20联盟联考）如下图，水平转台上有一个质量为根的物块，用长为L的细 绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为0,此时绳中张力为零，物块与转台间的 动摩擦因数为（/<tan。），重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静 止开始缓慢加速转动，求：绳中出现拉力时，转台的角速度大小；加速至转台对物块的支持力为零时，转台对物块做的功;设法使物块的角速度增大到寸，物块机械能的增量.2Lcos陷 mgLsin2 0 3mgLLsinO 2cos6> P)4cos 0解析（1）当静摩擦力到达最大时绳中开始出现拉力，那么有fimg=mco2r,Lsin 夕当转台对物块的支持力为零时，重力和绳子拉力的合力提供物块的加速度,mvz此时有：mgtan在此过程中转台对物块做的功转化为物块增加的动能即卬=；2浮=粗落穿;当物块将要离开转台平面时，有mgtan。=加一力那么co =当物块将要离开转台平面时，有mgtan。=加一力那么co =gtan 6Lsin 0-Te<2Lcos 夕所以此时物块己经离开转台平面，设此时细绳与竖直转轴的夹角为aan=gtan a=cof 2Lsinan=gtan a=cof 2Lsin3ge« = 2£c(js asin a9 得 cos a =,1, 0 3mgL mg Leos。物块动能的增加重为：E.=nv 2=群一一一物块重力势能的增加量为：AEP=mgL（cos夕一cos a）"j'。''所以机械能的增量为：AE=AEk+AEp=4. （2020.浙江诸暨市诊断）如下图，光滑倾斜轨道A3、光滑竖直圆轨道CDC'和U形收集 框EFGH分别通过光滑水平轨道BC和粗糙水平轨道C E平滑连接；倾斜轨道AB的最 大竖直高度"0=。.7 m,圆轨道半径R=0.2 m,粗糙水平轨道C' E的长度L=L5m,收集框的高度/z=l.2m,宽度d=0.6m.现有质量为2=0.5 kg的小滑块（可视为质点）从倾斜轨道AB上的不同高度由静止释放，滑块运动过程中始终没有脱离轨道,最后都能落入收集框内.假设滑块与轨道C E间的动摩擦因数=0.2,滑块与收集框的光滑内壁EE和碰撞时无机 械能损失，求滑块通过圆轨道最高点D时对轨道的最大压力；假设滑块落入收集框后，经过与GH壁一次碰撞后恰好能打到收集框左侧底端的尸点，求滑 块在倾斜轨道AB上释放的高度;求滑块落入收集框后与GH壁第一次碰撞时动能的最小值和最大值. 答案见解析 解析（1）滑块在A点释放，通过。点时对轨道的压力最大.从 A 到 £）,由动能定理：mg（H02R）d2一。,代入数据解得如=班m/s设在。点轨道对滑块的压力为Fn,根据向心力公式有:F+mg=nr-,代入数据解得FN= 10 N.根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的最大压力尸n' =Fn=10N,方向竖直向上.（2）设滑块在E点速度为Vei,与GH壁第一次碰撞后打到尸点，根据对称性和平抛运动规律2d=UEih,联立并代入数据解得女尸加m/s.设滑块释放高度为Hi,从释放点到£点，由动能定理 mgH /imgL =yEi2-0,代入数据解得M =0.6 m.设滑块释放高度为力恰好通过。点，在。点速度为。1,从释放点到D点，由动能定理mg(“22R)=%诂。12一0, 联立并代入数据解得“2=0.5 m.从滑块落入收集框到第一次碰撞， 根据平抛运动规律有：d=VEt, y=女尸从滑块释放到E点，根据动能定理有:mgHjumgL20/0, 从滑块落入收集框到第一次碰撞，根据动能定理有：2gy=£k 解得解=mg（HL）+4谓£心）'1 Q即 即=5（”03）+4.（0 3）1 Q当 5（"。3）=4.（“0 3）时'即“3=0.6 m时，即最小,为3J,因 “2=0.5 m<“3<Ho=O.7 m,由对勾函数图象可知，H=0.5 m或=0.7 m时，耳有最大值当 ”=0.5m 时，Ek = 3.25 J,当 H=O7m 时,Ek=3.125 J.所以及最大值为3.25 J.
