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(共14页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上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，平台的左端有一竖直固定的光滑半圆形细管BC，其半径为2R，与水

2、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v03，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：图1(1)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.解析(1)从A点到C点，由动能定理得Wmg4R

3、mv求得W0.5mgR(2)从第一次经过C点到第一次返回C点整个过程，由动能定理得2mg5Rmvmv在C点，由牛顿第二定律得FNmg联立求得FN4.5mg根据牛顿第三定律，滑块对细管的压力为FN4.5mg方向竖直向下(3)从第一次经过C点到M点，由动能定理得mg5Rmg2Rmvmv从点M落回到点N的时间为t对转盘有t(n0、1、2)(或t(n1、2、3)联立求得(n0、1、2)(或(n1、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

4、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R1.0 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O的连线与水平面的夹角37，另一端点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M1 kg，上表面与C点等高，将质量m1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v01.2 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10.2，木板与路面间的动摩擦因数20.05.sin 370.6，取g10 m/s2.试求：图2(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

5、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板上滑下？解析(1)设物块经过B点时的速度为vB，则：vBsin 37v0vB2 m/s(2)vBcos 37h0.128 m(3)设物块经过C点的速度为vC，由动能定理得：mg(RRsin 37)mvmvvC6 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a1、a2，则：1mgma11mg2(Mm)gMa2解得：a12 m/s2，a21 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x1、x2，则对物块：vvCa1t对木板：va2t解得：t2 s，v2 m/s设

6、木板长度至少为L，由题意得：Lx1x2其中：x1t8 mx2t2 m联立解得：L6 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L8 m，匀速运动的速度v05 m/s.一质量m1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP2 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，小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2.求：图3(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统

7、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yM0.25 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 mx7.5 m和0x5.5 m解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag5 m/s2设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为tt1 s运动的位移x2.5 mxPQ在N点由牛顿第二定律mgm从Q到N的运动过程，由机械能守恒定律mvmgyNmv又R，解得yN1 m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移xv0tx2.5 m产生的热量Qmgx12.5 J(3)设在坐标为x1

8、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：mg(Lx1)mgyM代入数据解得x17.5 m当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时mg(Lx2)mgyN代入数据解得x27 m若刚能到达圆心左侧的M点，则必定恰好能通过最高点C，mg(Lx3)mgyNmvmgm，可解得x35.5 m故小物块放在传送带上的位置坐标范围7 mx7.5 m和0x5.5 m26应用动力学和能量观点分析力学综合题例3如图4所示，质量为m1 kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道B、C为圆弧轨道的两端点，其连

9、线水平，已知圆弧轨道的半径R1.0 m，圆弧轨道对应的圆心角106，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h0.8 m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为1.(g10 m/s2，sin 370.6，cos 37 0.8)图4(1)求小物块离开A点时的水平初速度v1的大小；(2)求小物块经过O点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为20.3，传送带的速度为5 m/s，求P、A间的距离；(4)求斜面上C、D间的距离审题与关联解析(1)对于小物块，由A点到B点，有v2gh在B点，有tan 所以v13 m/s(2)对于小物块

10、，从B点到O点，由动能定理知mgR(1cos )mvmv其中vB m/s5 m/s由牛顿第二定律知，在O点，有FNmgm，所以FN43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为FN43 N，方向竖直向下(3)对于小物块在传送带上加速的过程有2mgma设P、A间的距离为xPA，则xPA1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mgsin 1mgcos ma1解得a110 m/s2小物块沿斜面下滑时有mgsin 1mgcos ma2解得a26 m/s2由机械能守恒定律可知vCvB5 m/s小物块由C点上升到最高点历时t10.5 s小物块由最高点回到D点历时t20.8 s0.5 s0.3 s

11、故xCDt1a2t，解得xCD0.98 m答案(1)3 m/s(2)43 N，方向竖直向下(3)1.5 m(4)0.98 m高考题组1(2013北京理综23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小Fkx(x为床面下沉的距离，k为常量)质量m50 kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x00.10 m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾

12、空时间均为t2.0 s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1.取重力加速度g10 m/s2，忽略空气阻力的影响图5(1)求常量k，并在图5中画出弹力F随x变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；(3)借助Fx图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值答案(1)5000 N/m见解析图(2)5 m(3)Wkx21.1 m2.5103 J解析(1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mgkx0.代入数据得：k5000 N/mFx图象如图(2)运动员从x0处离开床面，离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2 s，其上升、下落时间相等，hmg2102 m5

13、 m(3)由图象可知弹簧弹力做功应为Fx曲线下的面积，其规律为Wkx2.在运动员从最低点到最高点过程中，由动能定理得：kxmg(hmx1)代入数据得：x11.1 m运动员所做的总功Wmg(hmx0)kx2.5103 J模拟题组2如图6所示，质量为2 kg的小车在光滑水平面上处于静止状态小车的上表面由水平面和斜面构成，斜面顶端和底端的高度差为1.8 m小车左边缘的正上方用长2.5 m的细绳拴一质量为0.5 kg的物块，将细绳拉离竖直方向60角后由静止释放，当物块运动到悬点的正下方时悬线断开，物块从小车的左边缘滑上小车后，先在其表面上沿水平方向运动，经过1 s时间物块离开小车，然后做曲线运动，某时

14、刻恰好与斜面的底端相碰，已知小车与物块间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g10 m/s2.求：图6(1)悬线断开前所受最大拉力的大小；(2)小车上表面水平部分的长度；(3)小车表面的斜面部分倾角的正切值答案(1)10 N(2)3.75 m(3)1.2解析(1)物块由静止摆动到悬点正下方的过程，由机械能守恒定律得mgl(1cos 60)mv2解得v5 m/s物块摆到悬点正下方时Fmgm解得F10 N(2)物块在小车上表面运动时加速度大小a12 m/s2位移x1vta1t24 m小车的加速度a20.5 m/s2位移x2a2t20.25 m小车上表面水平部分长度xx1x23.75 m(3)物块脱离小

15、车上表面时的速度v1va1t3 m/s小车的速度v2a2t0.5 m/s设物块从离开小车到与斜面的底端相碰所用时间为t1，物块在竖直方向上hgt，t1 0.6 s斜面水平长度x(v1v2)t11.5 m设斜面倾角为，则斜面倾角的正切值tan 1.23为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想，取一个与水平方向夹角为37、长为L2.0 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图7所示，一个小物块以初速度v04.0 m/s，从某一个高度水平抛出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑

16、下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图7(1)小物块的抛出点和A点的高度差；(2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径R应该满足什么条件；(3)要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆轨道的半径R应该满足什么条件答案(1)0.45 m(2)R1.65 m(3)R0.66 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，且tan 37联立以上两式并代入数据得h0.45 m.(2)小物块到达A点时的速度：vA5 m/s从A到B，由动能定理：mgLsin 37mgco

17、s 37Lmvmv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：mvmgR，解得R1.65 m(3)小物块从B运动到轨道最高点机械能守恒：mvmv2mg2R在最高点有：mmg由以上各式解得R0.66 m，此时小物块不离开轨道，且能从水平轨道DE滑出(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O点已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，

18、求：图1(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，则它能够上升的最大高度是多少？答案(1)(2)mghmgd(3)h2d解析(1)由机械能守恒定律得mghmv2解得v.(2)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为Wmgd由能量守恒定律得mv2Epmgd以上各式联立得Epmghmgd.(3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为Wmgd由能量守恒定律得Epmgdmgh所以物块A能够上升的最大高度为hh2d.2如图2所示，长l1 m、厚度h0.2 m的木板A静止在水平面上，固定在水平面

19、上、半径r1.6 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H0.8 m处由静止释放，已知A、B质量均为m1 kg，A与B间的动摩擦因数10.4，A与地面间的动摩擦因数20.1，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)小物块刚落地时距木板左端的距离答案(1)20 N(2) J(3)0.42 m解析(1)对B下滑的过程由机械能守恒定律有mgHmv2，解得v4 m/s小物块滑到最低点P处时，由牛顿第二定律有FNm

20、gm解得FNmgm20 N由牛顿第三定律得FN20 N(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a11g4 m/s2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a22 m/s2木板A做匀加速直线运动又由lxBxAxBvta1t2xAa2t2代入数据解得t s(t1 s舍去)对A由动能定理得W1mga2t2 J(3)B离开木板后以v1va1t m/s的初速度做平抛运动，至落地所需时间由hgt2，得t 0.2 s木板A将以v2a2t m/s、加速度a32g1 m/s2做匀减速运动，物块B落地时，两者相距xv1t(v2ta3t2)代入数据得x0.42 m3

21、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O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图3(1)若小球从H3R的高度静止滑下，求小球刚过O点时小球对轨道的压力；(2)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g10 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 kg0.2 m解析(1)由动能定理得mgHmv在O点由牛顿第二定律得FNmg解得FN7mg由牛顿第三定律得，小球刚过O

22、点时对轨道的压力为7mg，方向竖直向下(2)由题图乙可知，当H大于0.5 m时，小球才能通过D点当H10.5 m时，有mg(H12R)mvmg解得R0.2 m当H21 m时，有mg(H22R)mvF2mgmF25 N解得m0.1 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、O两点的高度差也为h，AC两点相距s2h.若质量均为m的两滑块P、Q从A点以相同的初速度v0分别沿两轨道滑行，到达B点或C点后分别水平抛出求：图4(1)两滑块P、Q落地点到O点的水平距离；(2)欲使两滑块的落

23、地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件；(3)若滑块Q的初速度v0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离最远，L应为多少？答案(1)2(2)v0(3)h解析(1)滑块P从A到B过程机械能守恒：mvmvmgh得vB从B点抛出后：x1vBtP,2hgt得x12 滑块Q从A到C过程，由动能定理得：mgsmvmv又0.25，s2h，得vC从C点抛出后：x2vCtQ，hgt得x2 (2)依题意有：x1x2，解得：v0所以滑块的初速度v0应满足v0(3)由动能定理得：mg(sL)mv2mv滑块Q从水平轨道AC向右延伸的最右端抛出后：xvtQ，hgtQ2，距O点的距离为dLx从而得dL，当Lh时，d取最大值为h专心-专注-专业