第5章 专题5应用力学两大观点分析多过程问题

专题五应用力学两大观点分析多过程问题

考纲解读 1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．

考点一应用牛顿运动定律和动能定理分析多过程问题

若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．

例1如图1所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，O、A处于同一水平面．AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.

现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．(取g＝10 m/s2)

图1

(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．

(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求

脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．

解析(1)设小球第一次到达D的速度v D

P到D点的过程对小球根据动能定理得：

mg(H＋r)－μmgL＝m v2D/2

在D点对小球列牛顿第二定律：F N＝m v2D/r

联立解得：F N＝32 N

(2)设第一次来到O点时速度为v1

P到O点的过程对小球列动能定理方程：

mgH－μmgL＝m v21/2

解得：v21＝12 (m/s)2

要能通过O点，须mg

临界速度v20＝10 (m/s)2

故第一次来到O点之前没有脱离．设第三次来到D点之前没有脱离，且设第三次来到D点的动能E K

对之前的过程列动能定理：

mg(H＋r)－3μmgL＝E K

代入解得：E K＝0

故小球一直没有脱离CDO轨道

设此球静止前在水平轨道经过的路程s

对全程列动能定理方程：

mg(H＋R)－μmgs＝0

解得：s＝8.5 m.

答案见解析

考点二用动力学和能量观点分析多过程问题

若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解．

例2如图2所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P 点．小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：

图2

(1)N点的纵坐标；

(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量；

(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物

块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．

解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2

设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为t t ＝v 0

a

＝1 s 运动的位移Δx ＝v 02

2a ＝2.5 m ＜x PQ

在N 点由牛顿第二定律mg ＝m v 2N

R

从Q 到N 的运动过程，由机械能守恒定律 12m v 20＝mgy N ＋12m v 2N 又R ＝y N 2

解得y N ＝1 m

(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x ＝v 0t －Δx ＝2.5 m

产生的热量Q ＝μmgx ＝12.5 J

(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点， 由能量守恒得：μmg (L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 m

当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时 μmg (L －x 2)＝1

2mgy N

代入数据解得x 2＝7 m

若刚能到达圆心左侧的M 点，则必定恰好能通过最高点C ，μmg (L －x 3)＝mgy N ＋1

2m v 2N

mg ＝m v 2N

R

，可解得x 3＝5.5 m

故小物块放在传送带上的位置坐标范围 7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m

答案 (1)1 m (2)12.5 J (3)7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m

突破训练 如图3所示，为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因

数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑的，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，C 、D 间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求：(g 取10 m/s 2)

图3

(1)小球到达N 点时的速度； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能． 答案 (1)2 5 m/s (2)0.44 J

解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必须满足：

mg ＝m v 2D

r

从D 点到N 点，出机械能守恒得： 12m v 2D ＋mg 2r ＝12m v 2N

＋0 联立以上两式，代入数据得： v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.

(2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12m v 2D －0

代入数据得W ＝0.44 J.

即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.

26．应用动力学和能量观点分析力学综合题

例3 如图4所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，

随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝1

3

.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)

图4