创新设计高考物理微专题训练15应用动力学和能量观点解决多过程问题.pdf

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1、微专题训练15应用动力学和能量观点解决多过程问题11．如图1所示，粗糙水平面与半径R＝1.5m的光滑圆弧轨道相切于B点，静4止于A处m＝1kg的物体在大小为10N、方向与水平面成37°角的拉力F作用下沿水平面运动，到达B点时立刻撤去F，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C点，然后返回经过B处的速度v＝15m/s.已知s＝15m，g＝10m/s2，sin37°BAB＝0.6，cos37°＝0.8.求：图1(1)物体到达C点时对轨道的压力；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ.11解析(1)设物体在C处的速度为v，由机械能守恒定律有mgR＋mv2＝mv2C2C2Bmv2在C处，由

2、牛顿第二定律有F＝CCR代入数据解得：轨道对物体的支持力F＝130NC根据牛顿第三定律，物体到达C点时对轨道的压力F′＝130NC(2)由于圆弧轨道光滑，物体第一次通过B处与第二次通过的速度大小相等从A到B的过程，由动能定理有：1[Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)]s＝mv2AB2B解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.125答案(1)130N(2)0.1252．如图2所示半径分别为2R和R的甲、乙两光滑圆形轨道固定放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD相连，曲面轨道与水平面轨道在B处光滑连接(物块经过B点时没有机械能损失)，现有一小物块从斜面

3、上高h处的A点由静止释放，曲面轨道以及水平轨道BC段是光滑的，小物块与CD段以及D右侧的水平轨道间的动摩擦因数均为μ.已知小物块通过甲轨道最高点时与轨道间压力为物块重力的3倍，而后经过有摩擦的CD段后又进入乙轨道运动．图2(1)求初始释放物块的高度h；(2)为避免出现小物块脱离圆形轨道乙而发生撞轨现象，则CD段的长度应满足什么条件？解析(1)物块从静止开始下滑到甲圆形轨道最高点过程中，由机械能守恒定1律得：mg(h－4R)＝mv22v2而mg＋F＝m，且F＝3mgN2RN得h＝8R(2)设CD段长度为x，若能通过乙圆形轨道最高点，则1mg(h－2R)－μmgx＝mv

4、′22v′2而F′＋mg＝mNR因为F′≥0，所以有v′≥gRNh－2Rv′211R所以：x＝－，得x≤μ2μg2μ若未到达圆心对应的水平线速度就减小到零，设能上升的高度为h′，则有：mg(h－h′)－μmgx＝08R7R而0x≥μμ7R8R答案(1)8R(2)≤x<μμ3．如图3所示，斜面倾角为θ，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M＝1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m＝2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因

5、数为1μ＝0.25，系统处于静止状态．小金属块突然获得一个大小为v＝5.3m/s、平21行斜面向下的速度，沿木板向下运动．当弹簧被压缩x＝0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动．设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t＝0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sinθ＝0.28、cosθ＝0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字．图3(1)求木板开始运动瞬间的加速度；(2)假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜

6、面向上滑行的距离．解析(1)对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为a＝μgcosθ－gsinθ＝4.4m/s2，沿斜面向上1木板受到金属块的滑动摩擦力F＝μmgcosθ＝14.4N，沿斜面向下11木板受到斜面的滑动摩擦力F＝μ(M＋m)gcosθ＝7.2N，沿斜面向上22Mgsinθ＋F－F12木板开始运动瞬间的加速度a＝0M解得a＝10m/s2，沿斜面向下0(2)设金属块和木板达到共同速度为v，对金属块，应用速度公式有2v＝v－at＝2.0m/s21在此过程中以木板为研究对象，设弹簧对木板做功为W，对木板运用动能定理得1Max＋W＝Mv2022解得W＝－3.0J

7、，说明此时弹簧的弹性势能E＝3.0Jp金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v，在此过程中对木板和金属块，由能量的转3化和守恒得：11E－(F＋Mgsinθ＋mgsinθ)x＝(M＋m)v2－(M＋m)v2p22322木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：1－(M＋m)g(μcosθ＋sinθ)s＝－(M＋m)v2223解得s＝0.077m答案(1)10m/s2，沿斜面向下(2)0.077m