【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.docVIP

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2015·张掖三诊，24)如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 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M＝3 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μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s2.求： (1)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/s 小物块由C到D的过程中，由动能定理得： mgR(1－cos 60°)＝mv－mv 代入数据解得： vD＝2 m/s 小球在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 代入数据解得：FN＝60 N 由牛顿第三定律得：F′N＝FN＝60 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大小分别为：a1＝ ＝μg＝3 m/s2， a2＝ ＝1 m/s2 速度分别为：v＝vD－a1t v＝a2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得： μmgL＝mv－(m＋M )v2. 解得：L＝2.5 m，即木板的长度至少是2.5 m. 答案：(1)60 N　(2)2.5 m 2．导学号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、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其它部分摩擦不计。取g＝10 m/s2.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＝mv2＋2mgR 物块到圆弧轨道的最高点B点，由牛顿第二定律得： N＋mg＝ 联立并代入数据解得：N＝40 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v0＝6 m/s，在PQ运动时，由牛顿运动定律有：μmg＝ma 由运动规律L＝v0t－at2 联立并代入数据解得在PQ段运动时间：t＝0.5 s 设物块在P点时速度为v1，有v－v＝－2μgl 由能量守恒，物块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，有： Epm＝mv 联立式代入数据解得：Epm＝8 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：－2μmgl＝mv－mv 要使物块恰能不脱离轨道返回A点，则物块能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＝2mgR＋mv 且：mg＝ 联立式代入数据解得l＝1 m 答案：(1)40 N；(2)0.5 s　8 J；(3)1 m 3．导学号2015·扬州开学考试，13)如图所示，半径R＝0.5 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L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (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＝mv 根据几何关系，有：h＝L1sin 53°＋R(1－cos53°) 在D点，支持力和重力的合力提供向心力，有： FD－mg＝m 解得：FD＝78 N 由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N