动力学能量观念分析过程

[方法点拨] (1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．

1．如图1所示，光滑水平轨道的左端与长L ＝1.25 m 的水平传送带AB 相接，传送带逆时针匀速转动的速度v 0＝1 m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A 点．现用质量m ＝0.4 kg 的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B 点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C 后滑上质量为M ＝0.2 kg 的长木板且不会从木板上掉下来．半圆轨道的半径R ＝0.5 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8，小物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3＝0.1，g 取10 m/s 2.求：

图1

(1)小物块到达B 点时速度v B 的大小(结果可带根号)；

(2)弹簧被压缩时的弹性势能E p ；

(3)长木板在水平地面上滑行的最大距离s .

2．如图2所示，在竖直平面内有半径为R ＝0.2 m 的光滑14

圆弧轨道AB ，圆弧轨道B 处的切线水平，O 点在B 点的正下方，B 点高度为h ＝0.8 m ．在B 端接一长为L ＝1.0 m 的木板MN .一质量为m ＝1.0 kg 的滑块，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块以某一速度从N 点滑到板上，恰好运动到A 点．(g 取10 m/s 2)

图2

(1)求滑块从N 点滑到板上时初速度的大小；

(2)求滑块从A点滑回到圆弧轨道的B点时对圆弧轨道的压力；

(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端由静止释放后，将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点最远，求ΔL.

3．如图3所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接在O处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过O 点的瞬间没有机械能的损失．AO长为L1＝5 m，OB长为L2＝10 m．两堵竖直墙的间距d＝11 m．滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动．B端用铰链固定在另一侧墙上．为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6 m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为μ＝0.8.(g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图3

(1)若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37°，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；

(2)若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点A、B间的最大竖直距离．(结果可带根号) 4.如图4所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m＝2 kg的物体从高h＝30 cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，与水平传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v＝2.5 m/s，tan θ＝0.75，g取10 m/s2.求：

图4

(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量；

(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．

答案精析

1．(1) 5 m/s (2)5 J (3)2.78 m

解析 (1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2B R

解得：v B ＝gR ＝ 5 m/s

(2)由于v B ＞v 0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得：

E p ＝μ1mgL ＋12m v 2B

解得E p ＝5 J

(3)小物块从B 到C 过程中由机械能守恒定律得：

mg ·2R ＝12m v 2C －12

m v 2B 代入数据解得v C ＝5 m/s

小物块在长木板上滑行过程中，做匀减速运动，

由牛顿第二定律得：μ2mg ＝ma 1，

解得a 1＝2 m/s 2

对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力f 1＝μ2mg ＝0.8 N

下表面受到的摩擦力f 2＝μ3(M ＋m )g ＝0.6 N ，

所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得：f 1－f 2＝Ma 2

解得a 2＝1 m/s 2

设经过时间t 小物块与长木板达到共速v D ，v C －a 1t ＝a 2t ＝v D

解得t ＝53 s ，v D ＝53

m/s 时间t 内长木板运动的位移s 1＝12a 2t 2＝2518

m 达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：－μ3(M ＋m )gs 2＝－12

(M ＋m )v 2D 解得s 2＝2518

m 所以长木板运动的最大位移s ＝s 1＋s 2≈2.78 m.

2．(1)2 2 m/s (2)30 N ，方向竖直向下 (3)0.16 m

解析 (1)由动能定理有μmgL ＋mgR ＝12m v 20

解得v 0＝2 2 m/s

(2)根据动能定理有mgR ＝12m v 2B

－0 由向心力公式可知：F －mg ＝m v 2B R

解得F ＝30 N

由牛顿第三定律知：滑块滑至B 点时对圆弧轨道的压力为30 N ，方向竖直向下

(3)由牛顿第二定律可知：μmg ＝ma

根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，t ＝2h g

＝0.4 s 由B 点向右运动过程中，由运动学公式可知：

v 2B －v 2＝2a (L －ΔL )

v ＝v 2B －2μg (L －ΔL )＝2ΔL

由平抛运动规律和几何关系可知：x OP ＝L －ΔL ＋v ·t ＝1.0－ΔL ＋0.8ΔL

＝1.0－(ΔL )2＋0.8ΔL ＝1.16－(0.4－ΔL )2

解得当ΔL ＝0.4，即ΔL ＝0.16 m 时x 有最大值．

3．(1)3.2 m/s 2，方向沿OA 杆向下 0.4 m/s 2，方向沿OB 杆向上 (2)226 m

解析 (1)设杆AO 、OB 与水平方向夹角分别为α、β，由几何关系得：d ＝L 1cos α＋L 2cos β 得出AO 杆与水平方向夹角α＝53°

由牛顿第二定律得mg sin θ－f ＝ma

f ＝μF N ，F N ＝m

g cos θ

则消防员在AO 段运动的加速度：a 1＝g sin 53°－μg cos 53°＝3.2 m/s 2，方向沿AO 杆向下 在OB 段运动的加速度：a 2＝g sin 37°－μg cos 37°＝－0.4 m/s 2，方向沿OB 杆向上

(2)对全过程由动能定理得mgh －μmgL 1cos α－μmgL 2cos β＝12

m v 2－0 其中d ＝L 1cos α＋L 2cos β，v ≤6 m/s

所以：h ＝v 2

2g

＋μd ≤10.6 m 又因为若两杆伸直，A 、B 间的竖直高度为 h ′＝(L 1＋L 2)2－d 2＝104 m ＜10.6 m

所以A 、B 间的最大竖直距离应为226 m.

4．(1)20 J (2)1.5 m