《【备考导航】2016届高三物理二轮复习 专题辅导与应用 强化练14 运用动力学和能量观点分析多过程问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【备考导航】2016届高三物理二轮复习 专题辅导与应用 强化练14 运用动力学和能量观点分析多过程问题（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1强化练 14运用动力学和能量观点分析多过程问题对应学生用书 第 180页1导学号：82460550(2015张掖三诊，24)如图所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的 A点以 v02 m/s的初速度水平抛出，到达 C点时，恰好沿 C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D点的质量为 M3 kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 0.3，圆弧轨道的半径为R0.4 m， C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 60，不计空气阻力， g 取 10 m/s2.求：(1
2、)小物块刚要到达圆弧轨道末端 D点时对轨道的压力；(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度 L至少多大？解析：(1)物块到达 C点的速度方向与水平方向的夹角为 60，根据平行四边形定则知： vc 4 m/sv0cos 60小物块由 C到 D的过程中，由动能定理得： mgR(1cos 60) mv mv12 2D 12 2c代入数据解得： vD2 m/s5小球在 D点时由牛顿第二定律得： FN mg mv2DR代入数据解得： FN60 N由牛顿第三定律得： F N FN60 N，方向竖直向下(2)设小物块刚滑到木板左端时达到共同速度，大小为 v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度
3、大小分别为： a1 g 3 m/s 2， mgma2 1 m/s 2 mgM速度分别为： v vD a1tv a2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得：2mgL mv (m M )v2.12 2D 12解得： L2.5 m，即木板的长度至少是 2.5 m.答案：(1)60 N(2)2.5 m2导学号：82460551(2015宁德市普高质检，21) 如图，在水平轨道右侧固定半径为 R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的 PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为 l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧 A点以初速度 v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后
4、压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知 R0.4 m， l2.5 m， v06 m/s，物块质量 m1 kg，与 PQ段间的动摩擦因数 0.4，轨道其它部分摩擦不计。取 g10 m/s 2.求：(1)物块经过圆轨道最高点 B时对轨道的压力；(2)物块从 Q运动到 P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；(3)物块仍以 v0从右侧冲上轨道，调节 PQ段的长度 l，当 l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回 A点继续向右运动解析：(1)物块冲上圆形轨道最高点 B时速度为 v，由机械能守恒得：mv mv22 mgR 12 20 12物块到圆弧轨道的最高点 B点，由牛顿第二定律得：N mg mv2R联立并代入
5、数据解得： N40 N由牛顿第三定律，物块对轨道压力大小为 40 N，方向为竖直向上 (2)物块在 Q点时速度为 v06 m/s，在 PQ运动时，由牛顿运动定律有： mg ma 由运动规律 L v0t at2 12联立并代入数据解得在 PQ段运动时间： t0.5 s 设物块在 P点时速度为 v1，有 v v 2 gl 21 20由能量守恒，物块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，有：Epm mv 12 21联立式代入数据解得： Epm8 J (3)物块以 v0冲上轨道直到回到 PQ段右侧 Q点时速度为 v2，有：32 mgl mv mv 12 2 12 20要使物块恰能不脱离轨道返回 A点，则物块能
6、沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为 v3，则满足：mv 2 mgR mv 12 2 12 23且： mg mv23R联立式代入数据解得 l1 m 答案：(1)40 N；(2)0.5 s8 J；(3)1 m3导学号：82460552(2015扬州开学考试，13)如图所示，半径 R0.5 m的光滑圆弧面 CDM分别与光滑斜面体 ABC和斜面 MN相切于 C、 M点， O为圆弧圆心， D为圆弧最低点斜面体 ABC固定在地面上，顶端 B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块 P、 Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持 P、 Q两物块静止若 PC间距为 L10.2
7、5 m，斜面 MN足够长，物块 P质量 m13 kg，与 MN间的动摩擦因数 ，求：(sin 370.6，cos 370.8)13(1)烧断细绳后，物块 P第一次到达 D点时对轨道的压力大小；(2)物块 P第一次过 M点后 0.3 s到达 K点，则 MK间距多大；(3)物块 P在 MN斜面上滑行的总路程解析(1)滑块由 P到 D过程，由动能定理，得：mgh mv12 2D根据几何关系，有： h L1sin 53 R(1cos53)在 D点，支持力和重力的合力提供向心力，有：FD mg mv2DR解得： FD78 N由牛顿第三定律得，物块 P对轨道的压力大小为 78 N(2)PM段，根据动能定理
8、，有：m1gL1sin 53 m1v12 2M4解得： vM2 m/s沿 MN向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到：a1 gsin 53 gcos 5310 m/s 2根据速度时间公式，有： vM a1t1解得： t10.2 s所以 t10.2 s 时， P物到达斜面 MN上最高点，故返回过程，有：x a2t12 2沿 MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有a2 gsin 53 g cos536 m/s 2根据运动学公式，有： xMK t1 a2t 0.17 mvM2 12 2即 MK之间的距离为 0.17 m(3)最后物体在 CM之间来回滑动，且到达 M点时速度为零，对从 P到 M过程运用动
9、能定理，得到：mgL1sin 53 mgL 1cos 53L 总 0解得： L 总 1.0 m即物块 P在 MN斜面上滑行的总路程为 1.0 m答案：(1)78 N；(2)0.17 m；(3)1.0 m4导学号：82460553(2015苏锡常镇四市二调，15)如图所示，一足够长的水平传送带以速度 v0匀速运动，质量均为 m的小物块 P和小物块 Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长某时刻物块 P从传送带左端以速度 2v0冲上传送带， P与定滑轮间的绳子水平已知物块 P与传送带间的动摩擦因数 0.25，重力加速度为 g，不计滑轮的质量与摩擦求：(1)运动过程中小物块 P、 Q的加速度大
10、小之比；(2)物块 P刚冲上传送带到右方最远处的过程中， PQ系统机械能的改变量；(3)若传送带以不同的速度 v(0v2v0)匀速运动，当 v取多大时物块 P向右冲到最远处时， P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？解析：(1)设 P的位移、加速度大小分别为 s1、 a1， Q的位移、加速度大小分别为5s2、 a2，因 s12 s2，故 a12 a2， a1a2 12(2)对 P有： mg T ma1对 Q有： mg2 T ma2得： a10.6 gP先减速到与传送带速度相同，设位移为 x1，x1 2v0 2 v202a1 5v202g共速后，由于 f mg mg， P不可能随传送带一起
11、匀速运动，继续向右减速，12设此时 P加速度为 a1， Q的加速度为 a 2 a 112对 P有： T mg ma 1，对 Q有： mg2 T ma2，解得： a10.2 g设减速到 0位移为 x2， x2 v202a 1 5v202gP、 Q系统机械能的改变量等于摩擦力对 P做的功， E mgx 1 mgx 20(3)第一阶段 P相对皮带向前，相对路程： s1 2v0 v 22a1第二阶段相对皮带向后，相对路程： s2v22a 1摩擦产生的热 Q mg (s1 s2) m(v2 vv0 v )56 20当 v v0时，12摩擦热最小 Q mv58 20答案：(1)12(2)0(3) v0 mv12 58 20备课札记_6
