2022届一轮复习专题练习41 用动力学和能量观点解决多过程问题（解析版）

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1．(2020·山东潍坊市月考)如图1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：

图1
(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N－mg＝meq \f(v\\al(,B2),L)，
解得N＝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.
2.(2019·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2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：
图2
(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N－mg＝meq \f(v\\al(,B2),R)
联立解得N＝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.
3．(2020·河北邯郸市期末)如图3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：
图3
(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.
4．(2020·全国名校11月大联考)如图4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)
图4
(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：N－mg＝eq \f(mv\\al(,B2),R)
代入数据解得N＝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．