【先學(xué)后教新思路】2020高考物理一輪復(fù)習(xí)-教案28-應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題

應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題考綱解讀1.把握多過(guò)程問(wèn)題的分析方法.2.能夠依據(jù)不同運(yùn)動(dòng)過(guò)程的特點(diǎn)合理選擇動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)解決問(wèn)題．考點(diǎn)一應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有的運(yùn)動(dòng)過(guò)程只涉及分析力或求解力而不涉及能量問(wèn)題，則經(jīng)常用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解；若該過(guò)程涉及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，并且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，則往往用動(dòng)能定理求解．例1如圖1所示，已知小孩與雪橇的總質(zhì)量為m＝20kg，靜止于水平冰面上的A點(diǎn)，雪橇與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1.(g取10m/s2)(1)媽媽先用30N的水平恒力拉雪橇，經(jīng)8秒到達(dá)B點(diǎn)，求A、B圖1兩點(diǎn)間的距離L.(2)若媽媽用大小為30N，與水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇，使雪橇從A處由靜止開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)(1)問(wèn)中的B處，求拉力作用的最短距離．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)(3)在第(2)問(wèn)拉力作用最短距離對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小孩與雪撬的最大動(dòng)能為多少？解析(1)對(duì)小孩進(jìn)行受力分析，由牛頓其次定律得：F－μmg＝maa＝0.5m/s2L＝eq\f(1,2)at2解得L＝16m(2)設(shè)媽媽的力作用了x距離后撤去，小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為0解法一由動(dòng)能定理得Fcos37°·x－μ(mg－Fsin37°)·x－μmg(L－x)＝0解得x＝12.4m解法二Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1μmg＝ma2v2＝2a1v2＝2a2(L－x解得x＝12.4m(3)在媽媽撤去力時(shí)小孩和雪橇的動(dòng)能最大，解法一由動(dòng)能定理得Fcos37°·x－μ(mg－Fsin37°)·x＝Ek(寫成－μmg(L－x)＝0－Ek也可以)解得Ek＝72J解法二由動(dòng)能公式得Ek＝eq\f(1,2)mv2(v2在上一問(wèn)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式中已經(jīng)有表示)解得Ek＝72J答案(1)16m(2)12.4m(3)72J1.在應(yīng)用動(dòng)能定理解題時(shí)首先要弄清物體的受力狀況和做功狀況．2.應(yīng)用動(dòng)能定理列式時(shí)要留意運(yùn)動(dòng)過(guò)程的選取，可以全過(guò)程列式，也可以分段列式．突破訓(xùn)練1一寵物毛毛狗“樂(lè)樂(lè)”在玩耍時(shí)不慎從離地h1＝19.5m高層陽(yáng)臺(tái)無(wú)初速度豎直掉下，當(dāng)時(shí)剛好是無(wú)風(fēng)天氣，設(shè)它的質(zhì)量m＝2kg，在“樂(lè)樂(lè)”開(kāi)頭掉下的同時(shí)，幾乎在同一時(shí)刻剛好被地面上的一位保安發(fā)覺(jué)并奔跑到樓下，保安奔跑過(guò)程用時(shí)t0＝2.5s，恰好在距地面高度為h2＝1.5m處接住“樂(lè)樂(lè)”，“樂(lè)樂(lè)”緩沖到地面時(shí)速度恰好為零，設(shè)“樂(lè)樂(lè)”下落過(guò)程中空氣阻力為其重力的0.6倍，緩沖過(guò)程中空氣阻力為其重力的0.2倍，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)為了營(yíng)救“樂(lè)樂(lè)”允許保安最長(zhǎng)的反應(yīng)時(shí)間；(2)在緩沖過(guò)程中保安對(duì)“樂(lè)樂(lè)”做的功．答案(1)0.5s(2)－168J解析(1)對(duì)“樂(lè)樂(lè)”下落過(guò)程用牛頓其次定律mg－0.6mg＝ma1解得：a1＝4m/s2“樂(lè)樂(lè)”下落過(guò)程：h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)a1t2解得：t＝3s允許保安最長(zhǎng)的反應(yīng)時(shí)間：t′＝t－t0＝(3－2.5)s＝0.5s(2)“樂(lè)樂(lè)”下落18m時(shí)的速度v1＝a1t＝12m/s緩沖過(guò)程，由動(dòng)能定理得W＋mgh2－0.2mgh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)W＝－168J(整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理也可求解，公式為：mgh1－0.6mg(h1－h(huán)2)－0.2mgh2＋W＝0)考點(diǎn)二用動(dòng)力學(xué)和機(jī)械能守恒定律解決多過(guò)程問(wèn)題若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有的過(guò)程只涉及運(yùn)動(dòng)和力的問(wèn)題或只要求分析物體的動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)，則要用動(dòng)力學(xué)方法求解；若某過(guò)程涉及到做功和能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，則要考慮應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律求解．例2如圖2所示，AB為傾角θ＝37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP為圓心角等于143°、半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，P、O兩點(diǎn)在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一端在斜面上C點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點(diǎn)后(不拴接)圖2釋放，物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中的位移與時(shí)間的關(guān)系為x＝12t－4t2(式中x單位是m，t單位是s)，假設(shè)物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰能到達(dá)P點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.試求：(1)若eq\x\to(CD)＝1m，試求物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊所做的功；(2)B、C兩點(diǎn)間的距離xBC；(3)若在P處安裝一個(gè)豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞時(shí)間極短且無(wú)機(jī)械能損失，小物塊與彈簧相互作用不損失機(jī)械能，試通過(guò)計(jì)算推斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否會(huì)脫離軌道？解析(1)由x＝12t－4t2知，物塊在C點(diǎn)速度為v0＝12m/s設(shè)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊所做的功為W，由動(dòng)能定理得：W－mgsin37°·eq\x\to(CD)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·eq\x\to(CD)＝156J(2)由x＝12t－4t2知，物塊從C運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中的加速度大小為a＝8m/s2設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25物塊在P點(diǎn)的速度滿足mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)物塊從B運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR(1＋cos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)物塊從C運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中有veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2axBC由以上各式解得xBC＝eq\f(49,8)m(3)若物塊到達(dá)與O點(diǎn)等高的位置Q點(diǎn)時(shí)速度為0，則物塊會(huì)脫離軌道做自由落體運(yùn)動(dòng)．設(shè)物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后，能夠回到與O點(diǎn)等高的位置Q點(diǎn)，且設(shè)其速度為vQ，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝mgR－2μmgxcos37°解得veq\o\al(2,Q)＝－19<0可見(jiàn)物塊返回后不能到達(dá)Q點(diǎn)，故物塊在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)脫離軌道．答案(1)156J(2)eq\f(49,8)m(3)不會(huì)脫離軌道突破訓(xùn)練2如圖3所示，水平傳送帶AB的右端與在豎直面內(nèi)用內(nèi)徑光滑的鋼管彎成的“9”?。畟魉蛶У倪\(yùn)行速度v0＝4.0m/s，將質(zhì)量m＝0.1kg的可看做質(zhì)點(diǎn)的滑塊無(wú)初速度地放在傳送帶的A端．已知傳送帶長(zhǎng)度L＝4.0m，“9”字全高H＝0.6m，“9”字上半部分圓弧圖3半徑R＝0.1m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)滑塊從傳送帶A端運(yùn)動(dòng)到B端所需要的時(shí)間；(2)滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道作用力的大小和方向．答案(1)2s(2)3N方向豎直向上解析(1)滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律知μmg＝ma得a＝μg＝2m/s2加速到與傳送帶速度相同時(shí)所需要的時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝2s位移x＝eq\f(1,2)at2＝4m此時(shí)物塊恰好到達(dá)B端，即滑塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間t＝2s(2)滑塊從B到C的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓其次定律得FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)聯(lián)立解得FN＝3N由牛頓第三定律知滑塊對(duì)軌道的作用力FN′＝FN＝3N，方向豎直向上．26．應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題解析(1)碰后，小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的速度為v0，此時(shí)僅由重力充當(dāng)向心力，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,0),L)，解得v0＝1m/s （2分）在滑塊從h處運(yùn)動(dòng)到小球到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，則有mg(h－2L)－μmgeq\f(s,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝0.5m （2分）(2)若滑塊從h′＝5m處下滑到將要與小球碰撞時(shí)速度為v1，則有mgh′－μmgeq\f(s,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) （2分）滑塊與小球碰后的瞬間，滑塊靜止，小球以v1的速度開(kāi)頭做圓周運(yùn)動(dòng)，繩的拉力FT和小球重力的合力充當(dāng)向心力，則有FT－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),L)，解得FT＝48N （2分）(3)滑塊和小球第一次碰撞后，每在水平面上經(jīng)過(guò)路程s后就會(huì)再次碰撞，則eq\f(mgh′－μmg\f(s,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,0)－2mgL,μmgs)＋1≥n （3分）解得n＝10(次)． （1分）答案(1)0.5m(2)48N(3)10突破訓(xùn)練3釣魚島是我國(guó)固有領(lǐng)土，決不允許別國(guó)侵占，近期，為提高警惕保衛(wèi)祖國(guó)，我國(guó)海軍為此進(jìn)行了登陸演練．如圖5所示，假設(shè)一艘戰(zhàn)艦因噸位大吃水太深，只能停錨在離海岸登陸點(diǎn)s＝1km處．登陸隊(duì)員需要從較高的軍艦甲板上，利用繩索下滑到登陸快艇上再行登陸接近目標(biāo)，若繩索兩端固定好后，與豎直方向的夾角θ＝30°，為保證行動(dòng)最快，隊(duì)員甲先無(wú)摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦勻減速滑至快艇，速度剛好為零，在隊(duì)員甲開(kāi)頭下滑時(shí)，隊(duì)員乙在甲板上同時(shí)開(kāi)頭向快艇以速度v0＝3eq\r(3)m/s平拋救生圈，第一個(gè)剛落到快艇，接著拋其次個(gè)，結(jié)果其次個(gè)救生圈剛好與甲隊(duì)員同時(shí)抵達(dá)快艇，若人的質(zhì)量為m，重力加速度g＝10m/s2，問(wèn)：圖5(1)軍艦甲板到快艇的豎直高度H及隊(duì)員甲在繩索上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0；(2)若加速過(guò)程與減速過(guò)程中的加速度大小相等，則隊(duì)員甲在何處速度最大？最大速度是多大？(3)若快艇額定功率為5kW，載人后連同裝備總質(zhì)量為103kg，從靜止開(kāi)頭以最大功率向登陸點(diǎn)加速靠近，到達(dá)岸邊時(shí)剛好能達(dá)到最大速度10m/s，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t答案(1)16.2m3.6s(2)繩索中點(diǎn)處10.39m/s(3)1.1×102s解析(1)設(shè)救生圈做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，有H＝eq\f(1,2)gt2 ①Htanθ＝v0t ②設(shè)人下滑時(shí)間為t0，由題意知：t0＝2t ③聯(lián)立①②③得：H＝16.2m，t0＝3.6s(2)由幾何關(guān)系得：繩索長(zhǎng)L＝H/cos30°＝18.7m.因加速過(guò)程與減速過(guò)程的加速度大小相等，所以，甲在繩索中點(diǎn)處速度最大，由eq\f(1,2)vmt×2＝L得vm＝eq\f(L,t)＝10.39m/s(3)加速過(guò)程有Pt′－Ffs＝eq\f(1,2)Mvm′2 ④加速到勻速時(shí)vm′＝eq\f(P,Ff) ⑤聯(lián)立④⑤解得t′＝1.1×102s高考題組1．(2022·重慶理綜·23)如圖6所示為一種擺式摩擦因數(shù)測(cè)量?jī)x，其可測(cè)量輪胎與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質(zhì)細(xì)桿．?dāng)[錘的質(zhì)量為m，細(xì)桿可繞軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，擺錘重心到O點(diǎn)距離為L(zhǎng).測(cè)量時(shí)，測(cè)量?jī)x固定于水平地面，將擺錘從與圖6O等高的位置處由靜止釋放．?dāng)[錘擺到最低點(diǎn)四周時(shí)，橡膠片緊壓地面擦過(guò)一小段距離s(s?L)，之后連續(xù)擺至與豎直方向成θ角的最高位置．若擺錘對(duì)地面的壓力可視為大小為F的恒力，重力加速度為g，求：(1)擺錘在上述過(guò)程中損失的機(jī)械能；(2)在上述過(guò)程中摩擦力對(duì)擺錘所做的功；(3)橡膠片與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)．答案(1)mgLcosθ(2)－mgLcosθ(3)eq\f(mgLcosθ,Fs)解析(1)選從右側(cè)最高點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程進(jìn)行爭(zhēng)辯．由于初、末狀態(tài)動(dòng)能為零，所以全程損失的機(jī)械能ΔE等于削減的重力勢(shì)能，即：ΔE＝mgLcosθ(2)對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理：WG＋Wf＝0 ①WG＝mgLcosθ ②由①②式得Wf＝－WG＝－mgLcosθ ③(3)由滑動(dòng)摩擦力公式得f＝μF ④摩擦力做的功Wf＝－fs ⑤聯(lián)立③④⑤式得：μ＝eq\f(mgLcosθ,Fs)2．(2011·浙江理綜·24)節(jié)能混合動(dòng)力車是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來(lái)源的汽車．有一質(zhì)量m＝1000kg的混合動(dòng)力轎車，在平直大路上以v1＝90km/h勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝50kW.當(dāng)駕駛員看到前方有80km/h的限速標(biāo)志時(shí)，保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變，馬上啟動(dòng)利用電磁阻尼帶動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)L＝72m后，速度變?yōu)関2＝72km/h.此過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率的eq\f(1,5)用于轎車的牽引，eq\f(4,5)用于供應(yīng)發(fā)電機(jī)工作，發(fā)動(dòng)機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最終有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能．假設(shè)轎車在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力保持不變．求：(1)轎車以90km/h在平直大路上勻速行駛時(shí)，所受阻力F阻的大小；(2)轎車從90km/h減速到72km/h過(guò)程中，獲得的電能E(3)轎車僅用其在上述減速過(guò)程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運(yùn)動(dòng)的距離L′.答案(1)2×103N(2)6.3×104J(3)31.5m解析(1)轎車牽引力與輸出功率的關(guān)系P＝F牽v將P＝50kW，v1＝90km/h＝25m/F牽＝eq\f(P,v1)＝2×103N.當(dāng)轎車勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力大小相等，有F阻＝2×103N.(2)在減速過(guò)程中，留意到發(fā)動(dòng)機(jī)只有eq\f(1,5)P用于汽車的牽引．依據(jù)動(dòng)能定理有eq\f(1,5)Pt－F阻L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)得Pt＝1.575×105J電源獲得的電能為E電＝50%×eq\f(4,5)Pt＝6.3×104J.(3)依據(jù)題設(shè)，轎車在平直大路上勻速行駛時(shí)受到的阻力仍為F阻＝2×103N.在此過(guò)程中，由能量守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功，則E電＝F阻L′代入數(shù)據(jù)得L′＝31.5m.模擬題組3．如圖7所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，質(zhì)量為m＝2kg，從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，到達(dá)底端時(shí)恰好進(jìn)入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由一電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)著勻速向左轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小為v＝3m/s.已知圓弧軌道半徑R＝0.8m，皮帶輪的半徑r＝0.2m，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，兩皮帶輪之間的距離為L(zhǎng)＝6m，重力加速度g＝10m/s2.求：圖7(1)皮帶輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度多大？(2)物塊滑到圓弧軌道底端時(shí)對(duì)軌道的作用力；(3)物塊將從傳送帶的哪一端離開(kāi)傳送帶？物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為多大？答案(1)15rad/s(2)60N，方向豎直向下(3)右12J解析(1)由v＝ωr得ω＝eq\f(v,r)＝15rad/s(2)物塊滑到圓弧軌道底端時(shí)的速度為v0，在這個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gR)＝4m/s在圓弧軌道底端，由牛頓其次定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得物塊所受支持力F＝60N由牛頓第三定律知物塊對(duì)軌道的作用力大小為60N，方向豎直向下．(3)物塊滑上傳送帶后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由牛頓其次定律得μmg＝ma解得a＝1m/s2物塊勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝8m>L＝6m可見(jiàn)，物塊將從傳送帶的右端離開(kāi)傳送帶物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為W＝μmgL＝12J4．有一個(gè)豎直放置的固定圓形軌道，半徑為R，由左右兩部分組成．如圖8所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．現(xiàn)在最低點(diǎn)A給一質(zhì)量為m的小球一個(gè)水平向右的初速度v0，使小球沿軌道恰好能過(guò)最高點(diǎn)B，且 圖8又能沿BFA回到A點(diǎn)，回到A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為4mg.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)小球的初速度v0大?。?2)小球沿BFA回到A點(diǎn)時(shí)的速度大?。?3)小球由B經(jīng)F回到A的過(guò)程中克服摩擦力所做的功．答案(1)eq\r(5gR)(2)eq\r(3gR)(3)mgR解析(1)對(duì)小球由AEB恰好通過(guò)B點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律：mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，vB＝eq\r(gR)依據(jù)動(dòng)能定理：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mg2R解得：v0＝eq\r(5gR)(2)由于小球回到A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為4mg依據(jù)牛頓其次定律：4mg－mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)，vA＝eq\r(3gR)(3)小球由B經(jīng)F回到A的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理：2mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：Wf＝mgR

(限時(shí)：45分鐘)1．如圖1所示，遙控電動(dòng)賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止動(dòng)身，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，賽車連續(xù)前進(jìn)至B點(diǎn)后進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，通過(guò)軌道最高點(diǎn)P后又進(jìn)入圖1水平軌道CD.已知賽車在水平軌道AB部分和CD部分運(yùn)動(dòng)時(shí)受到阻力恒為車重的0.5倍，即k＝eq\f(Ff,mg)＝0.5，賽車的質(zhì)量m＝0.4kg，通電后賽車的電動(dòng)機(jī)以額定功率P＝2W工作，軌道AB的長(zhǎng)度L＝2m，圓形軌道的半徑R＝0.5m，空氣阻力可忽視，取g＝10m/s2.某次競(jìng)賽，要求賽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的路程最短．在此條件下，求：(1)小車在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的最短路程；(2)賽車電動(dòng)機(jī)工作的時(shí)間．答案(1)2.5m(2)4.5s解析(1)要求賽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的路程最短，則小車經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)P時(shí)速度最小，此時(shí)賽車對(duì)軌道的壓力為零，重力供應(yīng)向心力：mg＝meq\f(v\o\al(2,P),R)C點(diǎn)的速度由機(jī)械能守恒定律可得：mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)由上述兩式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)可得：vC＝5m/s設(shè)小車在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的最短路程為x，由動(dòng)能定理可得：－kmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)可得：x＝2.5m(2)由于豎直圓軌道光滑，由機(jī)械能守恒定律可知：vB＝vC＝5m/s從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：Pt－kmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)可得：t＝4.5s.2．如圖2所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，為使A制動(dòng)，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長(zhǎng)線M處的墻上，圖2另一端恰位于坡道的底端O點(diǎn)．已知在OM段，物塊A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)物塊滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)彈簧被壓縮至最短，最大壓縮量為d時(shí)的彈性勢(shì)能(設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零)；(3)若物塊A能夠被彈回到坡道上，則它能夠上升的最大高度是多少？答案(1)eq\r(2gh)(2)mgh－μmgd(3)h－2μd解析(1)由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh).(2)在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為W＝μmgd由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Ep＋μmgd以上各式聯(lián)立得Ep＝mgh－μmgd.(3)物塊A被彈回的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功仍為W＝μmgd由能量守恒定律得Ep＝μmgd＋mgh′所以物塊A能夠上升的最大高度為h′＝h－2μd.3．如圖3所示，為一傳送裝置，其中AB段粗糙，AB段長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.2m，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，BC、DEN段均可視為光滑，且BC的始、末端均水平，具有h＝0.1m的高度差，DEN是半徑為r＝0.4m的半圓形軌道，其直徑DN沿豎直方向，C位于DN豎直線上，CD間的距離恰能讓小球自由通過(guò)．在左端豎直墻上固定一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球質(zhì)量m＝0.2kg，壓縮輕質(zhì)彈簧至A點(diǎn)后由靜止釋放(小球和彈簧不粘連)，小球剛好能沿DEN軌道滑下．求：圖3(1)小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度；(2)壓縮的彈簧所具有的彈性勢(shì)能．答案(1)2eq\解析(1)小球剛好能沿DEN軌道滑下，則在半圓最高點(diǎn)D點(diǎn)必有：mg＝meq\f(v\o\al(2,D),r)從D點(diǎn)到N點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＋0聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得：vD＝2m/s，vN＝2eq\r(5)m/s.(2)彈簧推開(kāi)小球的過(guò)程中，彈簧對(duì)小球所做的功W等于彈簧所具有的彈性勢(shì)能Ep，依據(jù)動(dòng)能定理得W－μmgL＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0代入數(shù)據(jù)得W＝0.44J即壓縮的彈簧所具有的彈性勢(shì)能為0.44J.4．如圖4所示，AB為一長(zhǎng)為l并以速度v順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶，BCD部分為一半徑為r、豎直放置的粗糙半圓形軌道，直徑BD恰好豎直，并與傳送帶相切于B點(diǎn)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊無(wú)初速地放在傳送帶的左端A點(diǎn)上，已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦圖4因數(shù)為μ(l>eq\f(v2,2μg))．求：(1)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?2)滑塊恰好能到達(dá)D點(diǎn)，求滑塊在粗糙半圓形軌道中克服摩擦力所做的功；(3)滑塊從D點(diǎn)再次掉到傳送帶上的某點(diǎn)E，求AE的距離．答案(1)m(g＋eq\f(v2,r))(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(5,2)mgr(3)l－2r解析(1)設(shè)滑塊在摩擦力作用下從A到B始終被加速，且設(shè)剛好到達(dá)B點(diǎn)前的速度為v，則s＝eq\f(v2－0,2μg)<l故滑塊在傳送帶上是先加速后勻速，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)與傳送帶速度相同為v由牛頓其次定律，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v2,r)得FN＝m(g＋eq\f(v2,r))由牛頓第三定律知其對(duì)軌道的壓力為m(g＋eq\f(v2,r))(2)滑塊恰好