专题08 动力学和能量观点分析多过程问题（解析版）

这是一份专题08 动力学和能量观点分析多过程问题（解析版），共15页。试卷主要包含了96R等内容，欢迎下载使用。

(1)列车运动的位移大小及运动时间；
(2)列车牵引力所做的功。
【答案】 (1)eq \f(v2,2a) eq \f(v,a) (2)eq \f(mv2,2a)(kg＋a)
【解析】 (1)由速度位移的关系式得v2＝2ax
解得列车运动的位移为x＝eq \f(v2,2a)
由速度公式得v＝at
解得t＝eq \f(v,a)
(2)由动能定理得W－kmgx＝eq \f(1,2)mv2－0
解得W＝eq \f(mv2,2a)(kg＋a)
2.(2020·山东潍坊市月考)如图甲所示，水平轨道AB与竖直平面内的光滑圆弧轨道BC相切于B点，一质量为m的小滑块(视为质点)，从A点由静止开始受水平拉力F作用，F随位移的变化规律如图乙所示(水平向右为F的正方向)．已知AB长为4L，圆弧轨道对应的圆心角为60°，半径为L，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g.求：

(1)滑块对轨道的最大压力；
(2)滑块相对水平轨道上升的最大高度．
【答案】 (1)9mg，方向竖直向下 (2)eq \f(25,8)L
【解析】 (1)小滑块运动到B点时对轨道的压力最大，从A到B，由动能定理得
4mg×2L－mg×2L－4μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)－0，
解得vB＝2eq \r(2gL)，
在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(,B2),L)，
解得FN＝9mg，由牛顿第三定律可知滑块对轨道压力大小为9mg，方向竖直向下．
(2)对小滑块，从B到C，由动能定理得
－mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(,C2)－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)，
其中h1＝L(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)L，
解得vC＝eq \r(7gL)，
滑块在C点的竖直分速度vy＝vCsin 60°＝eq \f(1,2)eq \r(21gL)，
滑块从C到最高点的过程有veq \\al(,y2)＝2gh2，
解得h2＝eq \f(21,8)L，
滑块相对水平轨道上升的最大高度h＝h1＋h2＝eq \f(25,8)L.
3.(2021·山东临沂市一模)如图所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N点，细杆上的PQ两点与圆心O在同一水平线上，圆弧半径为0.8 m。质量为0.1 kg的有孔小球A(可视为质点)穿在圆弧细杆上，小球A通过轻质细绳与质量也为0.1 kg小球B相连，细绳绕过固定在Q处的轻质小定滑轮。将小球A由圆弧细杆上某处由静止释放，则小球A沿圆弧杆下滑，同时带动小球B运动，当小球A下滑到D点时其速度为4 m/s，此时细绳与水平方向的夹角为37°，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，cs 16°＝0.96。问：
(1)小球A下滑到D点时，若细绳的张力T＝x(N)，则圆弧杆对小球A的弹力是多大？
(2)小球A下滑到D点时，小球B的速度是多大？方向向哪？
(3)如果最初释放小球A的某处恰好是P点，请通过计算判断圆弧杆PD段是否光滑。
【答案】 (1)(2.96－0.8x) N (2)2.4 m/s，竖直向下 (3)光滑
【解析】 (1)当球A运动到D点时，设圆弧杆对小球A的弹力为FN，由牛顿第二定律有
FN＋Tcs 37°－mgcs 16°＝eq \f(mveq \\al(2,A),R)
解得FN＝(2.96－0.8x) N。
(2)小球A在D点时，小球B的速度
vB＝vAsin 37°＝2.4 m/s，方向竖直向下。
(3)由几何关系有
QD＝2Rcs 37°＝1.6R
h＝QDsin 37°＝0.96R
若圆弧杆不光滑，则在小球A从P点滑到D点的过程中，必有摩擦力对小球A做功。设摩擦力对小球A做功为Wf，对A、B两小球由功能关系得
mgh＋mg(2R－QD)＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数据解得Wf＝0
所以圆弧杆PD段是光滑的。
4.(2021·浙江湖州市模拟)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图所示，某小车以额定功率18 W由静止开始从A点出发，经过粗糙水平面AB，加速2 s后进入光滑的竖直圆轨道BC，恰好能经过圆轨道最高点C，然后经过光滑曲线轨道BE后，从E处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆轨道半径R＝1.2 m，沙坑距离BD平面的高度h2＝1 m，小车的总质量为1 kg，g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小车在B点对轨道的压力大小；
(2)小车在AB段克服摩擦力做的功；
(3)轨道BE末端平抛高台高度h1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？
【答案】(1)60 N (2)6 J (3)1 m 4 m
【解析】 (1)由于小车恰好经过圆轨道最高点C，则有mg＝eq \f(mv\\al(,C2),R)
由B→C，根据动能定理有－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(,C2)－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)
在B点由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al(,B2),R)
联立解得FN＝60 N，
由牛顿第三定律可知，在B点小车对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下．
(2)由A→B，根据动能定理有：Pt＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)，解得Wf＝－6 J，即小车在AB段克服摩擦力做的功为6 J.
(3)由B→E，根据动能定理有－mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(,E2)－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)，
飞出后，小车做平抛运动，所以h1＋h2＝eq \f(1,2)gt2
水平位移x＝vEt，可得x＝ eq \r(v\\al(,B2)－2gh1) eq \r(\f(2h1＋h2,g))，
即x＝ eq \r(60－20h1\f(h1＋1,5))，
当h1＝1 m时，水平距离最大，xmax＝4 m.
5.(2021·江苏五校上学期联考)如图所示，AB和CDO都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道，O、A位于同一水平面上。AB是半径为R＝1 m 的eq \f(1,4)圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失能量，图中没有画出)D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下(取g＝10 m/s2，不计空气阻力)。
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
【答案】 (1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
【解析】(1)设小球第一次到达D点的速度为vD，对小球从静止释放到D点的过程，根据动能定理有
mg(H＋r)－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有FN＝meq \f(veq \\al(2,D),r)，联立解得FN＝84 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为FN′＝FN＝84 N。
(2)为使小球仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，则有：mgHmin－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在O点由牛顿第二定律有mg＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，代入数据解得Hmin＝0.65 m
仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，与挡板碰后再返回最高能上升到D点，则mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0，代入数据解得Hmax＝0.7 m，故有0.65 m≤H≤0.7 m。
6．(2021·河北邯郸市期末)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，一质量为m的小物块受到一沿斜面向上的恒定拉力F的作用，从A点由静止开始向上加速运动，当小物块运动到斜面上的B点时，它的动能与重力势能之和增加了18 J，此时将拉力F反向，但大小不变，直到物块再次返回出发点A.已知物块从A到B的时间为从B返回A时间的一半．重力加速度为g，求：
(1)拉力F的大小；(用m、θ、g表示)
(2)以A为零势能点，当物块动能为6 J时，物块的重力势能．
【答案】 (1)9mgsin θ (2)0.75 J或3 J
【解析】 (1)设物块在时间t内从A到B，则从B返回A的时间为2t，t和2t时间内的加速度大小分别为a1、a2，
由于t与2t内的位移大小相等，方向相反，
则有：eq \f(1,2)a1t2＝－[a1t·2t－eq \f(1,2)a2(2t)2]，
解得：eq \f(a1,a2)＝eq \f(4,5)，
由牛顿第二定律得：
从A到B过程：F－mgsin θ＝ma1，
从B到A过程：F＋mgsin θ＝ma2，
解得：F＝9mgsin θ；
(2)物块的动能为6 J的位置有两个，设第一个动能为6 J的位置距离A为x1，
第二个动能为6 J的位置距离B为x2，A、B间的距离为x，
由动能定理得：(F－mgsin θ)x1＝Ek，
解得：mgx1sin θ＝eq \f(1,8)Ek＝0.75 J，
该点重力势能：Ep1＝mgx1sin θ＝0.75 J；
对从开始运动到动能第二次为6 J的过程，由动能定理得：(F－mgsin θ)x－(mgsin θ＋F)x2＝Ek，
由于F＝9mgsin θ，则：eq \f(8,9)Fx－10mgx2sin θ＝6 J，
由于Fx＝18 J，解得：mgx2sin θ＝1 J，
该点的重力势能：Ep＝mgxsin θ＋mgx2sin θ，
因为mgxsin θ＝eq \f(1,9)Fx＝2 J，
因此：Ep2＝(2＋1) J＝3 J.
7.(2021·湖南衡阳市第一次联考)如图所示，由两个半径均为R的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略)，宽和高均为R的木盒子固定于水平面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为R，开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度。当解除锁定后小球离开弹簧进入管道，最后从C点抛出。(轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内)
(1)求小球经C点时的动能；
(2)求小球经C点时对轨道的压力；
(3)小球从C点抛出后能直接击中盒子底部时，讨论弹簧此时弹性势能满足什么条件。
【答案】 (1)2mgR (2)3mg，方向竖直向上 (3)eq \f(9,4)mgR＜Ep＜eq \f(5,2)mgR
【解析】 (1)对小球从释放到C的过程，应用动能定理可得4mgR－2mgR＝EkC－0，
解得小球经C点时的动能EkC＝2mgR。
(2)由(1)可知C点小球的速度 vC＝eq \r(\f(2EkC,m))＝2eq \r(gR)
在C点，由牛顿第二定律可得
mg＋FN＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，解得FN＝3mg，方向竖直向下
由牛顿第三定律可知在C点时小球对轨道的压力大小也为3mg，方向竖直向上。
(3)当小球恰从G点射入盒子中，则由平抛运动规律可得
竖直方向R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)
水平方向R＝vC1t1
联立解得vC1＝ eq \r(\f(gR,2))
小球从释放到C点的过程Ep1－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C1)－0
得Ep1＝eq \f(9,4)mgR
当小球直接击中E点时，弹性势能是符合条件的最大值，由平抛运动规律可得
竖直方向2R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)
水平方向2R＝vC2t2
联立解得vC2＝eq \r(gR)
小球从释放到C点的过程Ep2－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C2)－0
得Ep2＝eq \f(5,2)mgR
综上符合条件的弹性势能应满足eq \f(9,4)mgR＜Ep＜eq \f(5,2)mgR。
8．(2021·全国名校11月大联考)如图所示，质量为m＝2 kg的小物块从一半径为R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道顶点A从静止开始下滑，滑到圆弧最低点B后，滑上长为L＝1.6 m的水平桌面，水平桌面上沿运动方向粘贴了一段长度未知的粗糙纸面，桌面其他部分光滑，小物块与粗糙纸面间的动摩擦因数μ＝0.25.小物块滑出后做平抛运动，桌面离地高度h以及水平飞行距离s均为0.8 m，重力加速度为g，求：(g＝10 m/s2)
(1)在圆弧最低点B，物块对轨道的压力；
(2)粗糙纸面的长度x；
(3)将粗糙纸面放在不同位置，物块从B端滑过桌面到落地过程，时间最长是多少？
【答案】 (1)60 N，方向竖直向下 (2)1 m (3)1.1 s
【解析】 (1)物块从A到B只有重力做功，机械能守恒，
故有：mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)
解得：vB＝eq \r(2gR)＝eq \r(2×10×0.45) m/s＝3 m/s
物块在B处时，由牛顿第二定律可得：FN－mg＝eq \f(mv\\al(,B2),R)
代入数据解得FN＝60 N
由牛顿第三定律可得，在圆弧最低点B处，物块对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下．
(2)物块滑出桌面后做平抛运动，设物块在桌面边缘的速度为v，则由平抛运动规律得：h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt，
代入数据解得：v＝2 m/s，t＝0.4 s，
物块在桌面上运动过程，由动能定理可得：
－μmgx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)
代入数据解得x＝1 m.
(3)物块在粗糙纸面上做初速度为vB，加速度大小为μg，末速度为v的匀减速运动，运动时间恒定；在纸面左侧的部分，物块以vB匀速运动，在纸面右侧的部分，物块以v匀速运动；故要使滑块从B端滑过桌面用时最长，应使粗糙纸面的左边界和B点重合，最长时间为
tmax＝eq \f(L－x,v)＋eq \f(x,\f(vB＋v,2))＋t＝1.1 s．
9.(2021·浙江宁波市 “十校联考”)如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R＝0.2 m，圆盘边缘有一质量m＝1 kg的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足够长且离地面高为h′＝0.4 m，经C点后突然给滑块施加水平向右的恒力F＝eq \f(10\r(3),3) N．已知AB段斜面倾角为60°，BC段斜面倾角为30°，小滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A点离B点所在水平面的高度h＝1.2 m，运动到B点时的速度为3 m/s，滑块从A至C运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑出A点时，圆盘转动的角速度ω；
(2)小滑块在从A到B时，摩擦力做的功；
(3)小滑块在CD面上的落点与C点的距离．
【答案】 (1)5 rad/s (2)－8 J (3)eq \f(\r(3),15) m
【解析】 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得：μmg＝mω2R，
代入数据解得：ω＝5 rad/s
(2)vA＝ωR＝5×0.2 m/s＝1 m/s，
从A到B的运动过程由动能定理得：
mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，
解得Wf＝ －8 J
(3)从B到C的过程由动能定理得：
－mgh′＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2， 解得 vC＝1 m/s
对小滑块经C点后受力分析可知，F合＝eq \f(20,3)eq \r(3) N，则合加速度大小为a＝eq \f(20,3)eq \r(3) m/s2，由几何关系可知，合加速度的方向与C点速度方向垂直，则小滑块做类平抛运动，
沿C点速度方向：x＝vCt
沿合加速度方向：y＝eq \f(1,2)at2
又eq \f(y,x)＝tan 30°
小滑块落点距C点s＝eq \f(x,cs 30°)，
联立解得s＝eq \f(\r(3),15) m.
10.(2021·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
(1)滑块运动至C点时的速度大小vC；
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.
【答案】 (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J
【解析】 (1)在C点，竖直分速度：vy＝eq \r(2gh2)＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则
vB＝vx＝vCcs 37°＝2 m/s
从A到B点的过程中，根据动能定理得
mgh1－Wf＝eq \f(1,2)mvB2
解得Wf＝1 J
(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma
解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t＝eq \f(vC－v,a)＝5 s
两者间的相对位移Δx＝eq \f(v＋vC,2)t－vt＝5 m
由于mgsin 37°