應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀(guān)點(diǎn)分析力學(xué)綜合問(wèn)題復(fù)習(xí)題

1、專(zhuān)練17應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀(guān)點(diǎn)分析力學(xué)綜合問(wèn)題1某同學(xué)玩“彈珠游戲”的裝置如圖1所示，S形管道BC由兩個(gè)半徑為R的圓形管道拼接而成，管道內(nèi)直徑略大于小球直徑，且遠(yuǎn)小于R，忽略一切摩擦，用質(zhì)量為m的小球?qū)椈蓧嚎s到A位置，由靜止釋放，小球到達(dá)管道C時(shí)對(duì)管道恰好無(wú)作用力圖1(1)求小球到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)的速度大??；(2)求小球運(yùn)動(dòng)至hR高度處對(duì)管道的作用力；(3)求小球從C處飛出后落地點(diǎn)到B點(diǎn)的距離解析(1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小為vC，由牛頓第二定律得mgm，解得vC(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至hR高度處速度大小為v，由機(jī)械能守恒定律得mg·2Rmvmg·Rmv2設(shè)在hR高度處管道

2、對(duì)小球的壓力大小為FN，則mgsin 30°FNm聯(lián)立解得FNmgFN>0說(shuō)明管道對(duì)小球的作用力沿半徑指向圓心由牛頓第三定律知小球?qū)艿赖淖饔昧ρ匕霃奖畴x圓心(3)小球從C處飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則2Rgt2，xvCt可得x2R.則小球落點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為4R.答案(1)(2)mg沿半徑背離圓心(3)4R2(2014·山東名校高考沖刺卷二)如圖2所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點(diǎn)水平，上端A與B點(diǎn)的高度差為h10.3 m，傾斜傳送帶與水平方向的夾角為37°，傳送帶的上端C點(diǎn)到B點(diǎn)的高度差為h20.112 5m(傳送帶傳動(dòng)輪的大小可忽略不計(jì))一質(zhì)量為m1 kg的滑塊(

3、可看作質(zhì)點(diǎn))從軌道的A點(diǎn)由靜止滑下，然后從B點(diǎn)拋出，恰好以平行于傳送帶的速度從C點(diǎn)落到傳送帶上，傳送帶逆時(shí)針傳動(dòng)，速度大小為v0.5 m/s，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，且傳送帶足夠長(zhǎng)，滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣阻力忽略不計(jì)，g10 m/s2，試求：圖2(1)滑塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)的速度vC大小；(2)滑塊由A到B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf；(3)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q.解析(1)在C點(diǎn)，豎直分速度：vy1.5 m/svyvCsin 37°，解得vC2.5 m/s(2)C點(diǎn)的水平分速度為：vxvBvCcos 37°2 m/s從A到B點(diǎn)的過(guò)程中，據(jù)動(dòng)能定理

4、得：mgh1Wfmv，所以Wf1 J(3)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：mgcos 37°mgsin 37°ma解得a0.4 m/s2達(dá)到共同速度的時(shí)間t5 s二者間的相對(duì)位移為xtvt5 m由于mgsin 37°<mgcos 37°，此后滑塊將做勻速運(yùn)動(dòng)，Qmgcos 37°·x32 J答案(1)2.5 m/s(2)1 J(3)32 J3如圖3所示，在游樂(lè)節(jié)目中，選手需要借助懸掛在高處的繩飛越到對(duì)面的高臺(tái)上，一質(zhì)量m60 kg的選手腳穿輪滑鞋以v07 m/s的水平速度抓住豎直的繩開(kāi)始擺動(dòng)，選手可看作質(zhì)點(diǎn)，繩子的懸掛

5、點(diǎn)到選手的距離L6 m當(dāng)繩擺到與豎直方向夾角37°時(shí)，選手放開(kāi)繩子，不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量取重力加速度g10 m/s2圖3(1)選手放開(kāi)繩子時(shí)的速度大小；(2)選手放開(kāi)繩子后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，剛好可以站到水平傳送帶A點(diǎn)，傳送帶始終以v13 m/s的速度勻速向左運(yùn)動(dòng)，傳送帶的另一端B點(diǎn)就是終點(diǎn)，且sAB3.75 m若選手在傳送帶上自由滑行，受到的摩擦阻力為自重的0.2倍，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明該選手是否能順利沖過(guò)終點(diǎn)B，并求出選手在傳送帶上滑行過(guò)程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q.解析(1)對(duì)選手從抓住繩子到放開(kāi)繩子的整個(gè)過(guò)程，由機(jī)械能守恒得mvmgL(1cos 37°)mv2解得：v5 m

6、/s.(2)設(shè)選手在放開(kāi)繩子時(shí)，水平速度為vx，則vxvcos 37°4 m/s選手在最高點(diǎn)站到傳送帶上時(shí)有4 m/s的向右的速度，在傳送帶上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)選手的加速度：a2 m/s2以地面為參考系，設(shè)選手在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)了x后速度減為零，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2ax，解得x4 m>3.75 m，所以選手可以順利沖過(guò)終點(diǎn)設(shè)選手從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則sABvxtat2得：t11.5 s，t22.5 s(舍去)在這段時(shí)間內(nèi)傳送帶通過(guò)的位移為：x1v1t14.5 m摩擦力做功：WFfQkmg(sABx1)990 J.答案(1)5 m/s(2)能990 J4如圖4所示，P是傾角為30

7、°的光滑固定斜面勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的固定擋板C上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連接細(xì)繩的一端系在物體A上，細(xì)繩跨過(guò)不計(jì)質(zhì)量和摩擦的定滑輪，另一端有一個(gè)不計(jì)質(zhì)量的小掛鉤小掛鉤不掛任何物體時(shí)，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)繩與斜面平行在小掛鉤上輕輕掛上一個(gè)質(zhì)量也為m的物塊B后，物體A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)斜面足夠長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中B始終未接觸地面圖4(1)求物塊A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；(2)設(shè)物塊A沿斜面上升通過(guò)Q點(diǎn)位置時(shí)速度最大，求Q點(diǎn)到出發(fā)點(diǎn)的距離x0及最大速度vm；(3)把物塊B的質(zhì)量變?yōu)镹m(N>0.5)，小明同學(xué)認(rèn)為，只要N足夠大，就可以使物塊A沿斜面上滑到Q點(diǎn)時(shí)的速

8、度增大到2vm，你認(rèn)為是否正確？如果正確，請(qǐng)說(shuō)明理由，如果不正確，請(qǐng)求出A沿斜面上升到Q點(diǎn)位置時(shí)的速度的范圍解析(1)設(shè)繩的拉力大小為T(mén)，分別以A、B為對(duì)象用牛頓第二定律，有TmamgTma則a(2)A加速上升階段，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前對(duì)A用牛頓第二定律有Tkxmgsin 30°ma，對(duì)B由牛頓第二定律有mgTma，解得mgsin 30°kx2ma，上升過(guò)程x減小，a減小，v增大；彈簧變?yōu)樯扉L(zhǎng)后同理得mgsin 30°kx2ma，上升過(guò)程x增大，a減小，v繼續(xù)增大；可見(jiàn)，當(dāng)kx時(shí)a0，速度達(dá)到最大即Q點(diǎn)速度最大，對(duì)應(yīng)的彈力大小恰好是，彈性勢(shì)能和初始狀態(tài)相同故A上升到Q點(diǎn)過(guò)程，A、B的位移大小都是x0該過(guò)程對(duì)A、B和彈簧系統(tǒng)用機(jī)械能守恒定律有mgx0mgx0sin ·2m·v可得vm(3)不正確Nmgx0mgx0sin ·(Nmm)·v2v，x0，