（江蘇專(zhuān)版）2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能微專(zhuān)題43用動(dòng)力學(xué)與能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題備考精煉

PAGEPAGE143用動(dòng)力學(xué)與能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題[方法點(diǎn)撥](1)假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程涉及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，那么常用動(dòng)能定理或能量守恒定律；(3)不同過(guò)程連接點(diǎn)速度的關(guān)系有時(shí)是處理兩個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)規(guī)律的突破點(diǎn)．1．(2022·鹽城中學(xué)模擬)如圖1所示，MN為光滑的水平面，NO是一長(zhǎng)度s＝1.25m、傾角為θ＝37°的光滑斜面(斜面體固定不動(dòng))，OP為一粗糙的水平面．MN、NO間及NO、OP間用一小段光滑圓弧軌道相連．一條質(zhì)量為m＝2kg，總長(zhǎng)L＝0.8m的均勻柔軟鏈條開(kāi)始時(shí)靜止的放在MNO面上，其AB段長(zhǎng)度為L(zhǎng)1＝0.4m，鏈條與OP面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，現(xiàn)自由釋放鏈條，求：圖1(1)鏈條的A端滑到O點(diǎn)時(shí)，鏈條的速率為多大？(2)鏈條在水平面OP停下時(shí)，其C端離O點(diǎn)的距離為多大？2．(2022·南京市多校第一次段考)如圖2是某“吃貨〞設(shè)想的“糖炒栗子〞神奇裝置：炒鍋的縱截面與半徑R＝1.6m的光滑半圓弧軌道位于同一豎直面內(nèi)，炒鍋縱截面可看做是長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝2.5m的斜面AB、CD和一小段光滑圓弧BC平滑對(duì)接組成．假設(shè)一栗子從水平地面上以水平初速度v0射入半圓弧軌道，并恰好能從軌道最高點(diǎn)P飛出，且速度恰好沿AB方向從A點(diǎn)進(jìn)入炒鍋．兩斜面的傾角均為θ＝37°，栗子與兩斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(3,8)，栗子在鍋內(nèi)的運(yùn)動(dòng)始終在圖示縱截面內(nèi)，整個(gè)過(guò)程栗子質(zhì)量不變，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖2(1)栗子的初速度v0的大小及A點(diǎn)離地高度h；(2)栗子在斜面CD上能夠到達(dá)的距C點(diǎn)最大距離x.3.如圖3所示，傾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一塊垂直斜面的擋板．將長(zhǎng)木板A靜置于斜面上，A上放置一小物塊B，初始時(shí)A下端與擋板相距L＝4m，現(xiàn)同時(shí)無(wú)初速度釋放A和B.在A停止運(yùn)動(dòng)之前B始終沒(méi)有脫離A且不會(huì)與擋板碰撞，A和B的質(zhì)量均為m＝1kg，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，A或B與擋板每次碰撞損失的動(dòng)能均為ΔE＝10J，忽略碰撞時(shí)間，重力加速度大小g取10m/s2.求：圖3(1)A第一次與擋板碰前瞬間的速度大小v；(2)A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時(shí)間Δt；(3)B相對(duì)于A滑動(dòng)的可能最短時(shí)間t.4．如圖4所示，一根輕彈簧左端固定于豎直墻上，右端被質(zhì)量m＝1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊壓縮而處于靜止?fàn)顟B(tài)，且彈簧與物塊不拴接，彈簧原長(zhǎng)小于光滑平臺(tái)的長(zhǎng)度．在平臺(tái)的右端有一傳送帶，AB長(zhǎng)L＝5m，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，與傳送帶相鄰的粗糙水平面BC長(zhǎng)s＝1.5m，它與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.3，在C點(diǎn)右側(cè)有一半徑為R的光滑豎直圓弧與BC平滑連接，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為θ＝120°，在圓弧的最高點(diǎn)F處有一固定擋板，物塊撞上擋板后會(huì)以原速率反彈回來(lái)．假設(shè)傳送帶以v＝5m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，不考慮物塊滑上和滑下傳送帶的機(jī)械能損失．當(dāng)彈簧儲(chǔ)存的Ep＝18J能量全部釋放時(shí)，小物塊恰能滑到與圓心等高的E點(diǎn)，取g＝10m/s2.圖4(1)求右側(cè)圓弧的軌道半徑R；(2)求小物塊最終停下時(shí)與C點(diǎn)的距離；(3)假設(shè)傳送帶的速度大小可調(diào)，欲使小物塊與擋板只碰一次，且碰后不脫離軌道，求傳送帶速度的可調(diào)節(jié)范圍．

答案精析1．(1)3m/s(2)0.98m解析(1)鏈條的A端滑到O點(diǎn)的過(guò)程中，因?yàn)橹挥兄亓ψ龉?，所以機(jī)械能守恒．設(shè)水平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，設(shè)鏈條開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能為E1，AB段鏈條質(zhì)量為m1＝1kg，BC段鏈條質(zhì)量為m2＝1kg.E1＝m2gssinθ＋m1g(ssinθ－eq\f(L1,2)sinθ)＝1×10×1.25×0.6J＋1×10×(1.25×0.6－0.2×0.6)J＝13.8J因?yàn)閟>L，鏈條的A端滑到O點(diǎn)時(shí)，C點(diǎn)已在斜面上．設(shè)此時(shí)的機(jī)械能為E2，E2＝mgeq\f(L,2)sinθ＋eq\f(1,2)mv2由機(jī)械能守恒定律：E1＝E2鏈條的A端滑到O點(diǎn)時(shí)的速率v解得v＝eq\r(\f(2E1－mgLsinθ,m))＝eq\r(\f(2×13.8－2×10×0.8×0.6,2))m/s＝3m/s(2)鏈條在開(kāi)始進(jìn)入水平面階段，摩擦力是變力．但摩擦力隨距離均勻增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功．從鏈條的A端滑到O點(diǎn)到最終鏈條停下的過(guò)程，由動(dòng)能定理：mgeq\f(L,2)sinθ－eq\f(1,2)μmgL－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2鏈條在水平面OP停下時(shí)，其C端離O點(diǎn)的距離x＝eq\f(gLsinθ－μgL＋v2,2μg)＝eq\f(10×0.8×0.6－0.5×10×0.8＋32,2×0.5×10)m＝0.98m2．(1)4eq\r(5)m/s2.75m(2)eq\f(20,9)m解析(1)設(shè)栗子質(zhì)量為m，在P點(diǎn)的速度為vP，在A點(diǎn)的速度為vA栗子沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)的過(guò)程中由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝2mgR＋eq\f(1,2)mvP2恰能過(guò)P點(diǎn)，滿足的條件為mg＝meq\f(v\o\al(P2),R)代入數(shù)據(jù)解得vP＝4m/s，v0＝4eq\栗子從P至A做平拋運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)的速度方向沿AB故豎直分速度vAy＝vPtanθ由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，栗子從P至A下落的高度為y＝eq\f(v\o\al(Ay2),2g)又h＝2R－y代入數(shù)據(jù)解得h＝2.75m(2)栗子在A點(diǎn)的速度為vA＝eq\f(vP,cosθ)由動(dòng)能定理有mgsinθ(L－x)－μmgcosθ(L＋x)＝0－eq\f(1,2)mvA2代入數(shù)據(jù)解得x＝eq\f(20,9)m3．(1)2eq\r(10)m/s(2)eq\f(2\r(5),5)s(3)eq\f(3\r(5),5)s解析(1)B和A一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律有2mgLsinθ＝eq\f(1,2)(2m)v2①由①式得v＝2eq\(2)第一次碰后，對(duì)B有mgsinθ＝μmgcosθ③故B勻速下滑對(duì)A有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1④得A的加速度a1＝10m/s2，方向始終沿斜面向下⑤設(shè)A第一次反彈的速度大小為v1，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv12＝ΔE⑥Δt＝eq\f(2v1,a1)⑦由⑥⑦式得Δt＝eq\f(2\r(5),5)s⑧(3)設(shè)A第二次反彈的速度大小為v2，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv22＝2ΔE⑨得v2＝0m/s⑩即A與擋板第二次碰后停在底端，B繼續(xù)勻速下滑，與擋板碰后B反彈的速度為v′，加速度大小為a′，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv′2＝ΔE?mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′?由??式得B沿A向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(v′,a′)＝eq\f(\r(5),5)s?當(dāng)B速度為0時(shí)，因mgsinθ＝μmgcosθ≤Ffm，B將靜止在A上．當(dāng)A停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，B恰好勻速滑至擋板處，B相對(duì)A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t最短，故t＝Δt＋t2＝eq\f(3\r(5),5)s4．(1)0.8m(2)eq\f(1,3)m(3)eq\r(37)m/s≤v≤eq\r(43)m/s解析(1)物塊被彈簧彈出，由Ep＝eq\f(1,2)mv02，可知：v0＝6m/s因?yàn)関0>v，故物塊滑上傳送帶后先減速，物塊與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中，由：μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－eq\f(1,2)a1t12得到a1＝2m/s2，t1＝0.5s，x1＝2.75m因?yàn)閤1<L，故物塊與傳送帶同速后相對(duì)靜止，最后物塊以5m/s的速度滑上水平面BC，物塊滑離傳送帶后恰到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知：eq\f(1,2)mv2＝μ2mgs＋mgR代入數(shù)據(jù)整理可以得到R＝0.8m.(2)設(shè)物塊從E點(diǎn)返回至B點(diǎn)的速度為vB，有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvB2＝μ2mg·2s解得vB＝eq\r(7)m/s，因?yàn)関B>0，故物塊會(huì)再次滑上傳送帶，物塊在恒定摩擦力的作用下先減速至0再反向加速，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，可知其以相同的速率離開(kāi)傳送帶，設(shè)最終停在距C點(diǎn)x處，有eq\f(1,2)mvB2＝μ2mg(s－x)解得x＝eq\f(1,3)m(3)設(shè)傳送帶速度為v1時(shí)物塊恰能到F點(diǎn)，在F點(diǎn)滿足mgsin30°＝meq\f(v\o\al(F2),R)從B到F過(guò)程中由動(dòng)能定理可知：eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mvF2＝μ2mgs＋mg(R＋Rsin30°)解得：v1＝eq\r(37)m/s設(shè)傳送帶速度為