综合应用力学两大观点解决多过程问题 复习 高中物理复习Word文档下载推荐.docx
- 文档编号:18079831
- 上传时间:2022-12-13
- 格式:DOCX
- 页数:13
- 大小:99.22KB
综合应用力学两大观点解决多过程问题 复习 高中物理复习Word文档下载推荐.docx
《综合应用力学两大观点解决多过程问题 复习 高中物理复习Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《综合应用力学两大观点解决多过程问题 复习 高中物理复习Word文档下载推荐.docx(13页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
(2)μ=0,滑块在CD间运动,有mgsinθ=ma
加速度a=gsinθ=6m/s2
由匀变速运动规律得s=vt+
at2
解得t=
s,或t=-1s(舍去)
(3)最终滑块停在D点有两种可能:
a.滑块恰好能从C下滑到D.则有
mgsinθ·
s-μ1mgcosθ·
s=0-
mv2,得到μ1=1
b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动,最终静止于D点.当滑块恰好能返回C:
-μ2mgcosθ·
2s=0-
mv2得到μ2=0.125
当滑块恰好能静止在斜面上,则有mgsinθ=μ3mgcosθ,得到μ3=0.75
所以,当0.125≤μ<
0.75时,滑块能在CD和水平地面间多次反复运动,最终静止于D点.
综上所述,μ的取值范围是0.125≤μ<
0.75或μ=1.
变式
(2018·
南通市调研)如图2所示,倾角为θ=30°
的光滑斜面上有固定挡板AB,斜面上B、C两点间高度差为h.斜面上叠放着质量均为m的薄木板和小物块,木板长为L,下端位于挡板AB处,整体处于静止状态.木板和物块两者间的动摩擦因数μ=
,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度为g.
图2
(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动,木板上端恰能运动到C点,求初速度大小v0;
(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力,为使木板上滑且与物块间没有相对滑动,求拉力应满足的条件;
(3)若给木板施加大小为F=2mg、方向沿斜面向上的拉力,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,要使木板上端恰能运动到C点,求拉力F作用的时间t1.
解析
(1)研究木板和小物块整体,由动能定理有-2mg(h-Lsinθ)=0-
×
2mv02
解得v0=
(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a,最大拉力为Fm,则μmgcosθ-mgsinθ=ma
对整体有Fm-2mgsinθ=2ma
解得Fm=
要使整体能沿斜面上升应满足F>
2mgsinθ=mg
所以mg<
F≤
mg
(3)物块相对木板滑动过程中,设物块的加速度为a1,有拉力作用时木板的加速度为a2,撤去拉力后木板的加速度大小为a3,则
对物块:
μmgcosθ-mgsinθ=ma1
对木板:
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma2
mgsinθ+μmgcosθ=ma3
解得a1=
g,a2=
g,a3=
g
在t1时刻小物块的速度为v1,木板的速度v2,则v1=a1t1,v2=a2t1
设撤去拉力后,经过时间t2二者速度相同,则v3=v2-a3t2=v1+a1t2,此后二者一起匀减速上滑,设加速度大小为a4,则2mgsinθ=2ma4,全过程中木板的位移
x=
a2t12+a2t1t2-
a3t22+
由几何关系有
=x+L
联立解得t1=
命题点二 用动力学和能量观点解决多过程问题
若运动过程无摩擦等机械能向其它形式能转化的现象,可考虑用机械能守恒.
若运动过程涉及摩擦生热等现象可用功能关系列能量守恒关系式.
例2
南京市学情调研卷)如图3所示,高度h=0.8m的光滑导轨AB位于竖直平面内,其末端与长度L=0.7m的粗糙水平导轨BC相连,BC与竖直放置、内壁光滑的半圆形管道CD相连,半圆的圆心O在C点的正下方,C点离地面的高度H=1.25m.一个质量m=1kg的小滑块(可视为质点),从A点由静止下滑,小滑块与BC段的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力.
图3
(1)求小滑块在水平导轨BC段运动的时间;
(2)若半圆形管道半径r=0.5m,求小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力;
(3)若半圆形管道半径可以变化,则当半径为多大时,小滑块从其下端射出的水平距离最远?
最远的水平距离为多少?
答案
(1)0.2s
(2)8N,方向竖直向上 (3)0.2m1.7m
解析
(1)设滑块进入水平导轨BC的初速度为vB,小滑块在BC段的加速度大小为a,由机械能守恒定律有mgh=
mvB2,
解得vB=
=4m/s,
由Ff=μmg=ma,
得a=μg=5m/s2,
根据运动学公式有
L=vBt-
at2,
解得t=0.2s,
或t=1.4s(舍去)
(2)滑块到达C点的速度vC=vB-at=3m/s,
根据牛顿第二定律和向心力公式得
FN+mg=
,
代入数据可得FN=8N,方向竖直向下
根据牛顿第三定律,小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力大小为8N,方向竖直向上.
(3)设平抛运动的时间为t′,则有
竖直位移H-2r′=
gt′2,
水平位移x=vDt′,
从C到D,由动能定理得
mg·
2r′=
mvD2-
mvC2,
解得x=
·
代入数据得:
(m)=
(m)
可知当r′=0.2m时水平距离最远,
最远距离为xm=1.7m.
1.(2017·
南京市、淮安市5月模拟)如图4所示,水平地面上有质量分别为1kg和4kg的物体A和B,两者与地面的动摩擦因数均为0.5,非弹性轻绳的一端固定且离B足够远,另一端跨过轻质滑轮与A相连,滑轮与B相连,初始时,轻绳水平,若物体A在水平向右的恒力F=31N作用下运动了4m,重力加速度g=10m/s2,求:
图4
(1)物体B因摩擦而产生的热量;
(2)物体A运动4m时的速度大小;
(3)物体A、B间轻绳拉力的大小.
答案
(1)40J
(2)8m/s (3)18N
解析
(1)A运动位移sA=4m,则B的位移sB=
sA=2m
B受到的摩擦力FfB=μmBg=20N
由功能关系有Q=WfB=FfBsB=40J
(2)A运动4m时,设A、B的速度大小分别为vA、vB,A、B均做匀加速直线运动,则vA=2vB
由动能定理可得FsA-FfAsA-FfBsB=
mAvA2+
mBvB2,其中FfA=μmAg=5N
代入数据,解得vA=8m/s
(3)设轻绳拉力为FT,A、B的加速度大小分别为aA、aB,则aA=2aB
由牛顿第二定律有
对A物体:
F-FfA-FT=mAaA
对B物体:
2FT-FfB=mBaB
代入数据,解得FT=18N
2.(2017·
苏北四市期中)如图5所示,倾角为θ的斜面底端固定挡板P,质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上,A位于B的最上端且与P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1>
tanθ>
μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A与挡板相撞没有机械能损失.将A、B同时由静止释放,求:
图5
(1)A、B释放时,物块A的加速度大小;
(2)若A与挡板不相碰,木板的最小长度l0;
(3)若木板长度为l,整个过程中木板运动的总路程.
解析
(1)释放木板与物块A,它们一起加速下滑.以木板与物块A为研究对象,设其加速度大小为a1,
由牛顿第二定律有mgsinθ-μ2mgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ-μ2gcosθ
(2)在木板B与挡板未碰前,A和B相对静止,以相同的加速度一起向下做匀加速运动.木板B与挡板相碰后立即静止,A开始匀减速下滑.若物块A到达挡板时的速度恰好为0,此时木板长度即为最小长度l0.设木板与挡板相撞瞬间速度为v,则有v2=2a1(L-l0)
木板静止后,物块减速下滑时的加速度大小为a2,
由牛顿第二定律有μ1mgcosθ-mgsinθ=ma2
解得a2=μ1gcosθ-gsinθ
由运动学公式02-v2=-2a2l0
联立以上各式可解得l0=
L
(3)分两种情况:
①若l≥l0,木板与挡板相撞后不反弹,物块A一直减速直到静止在木板上.
故木板通过的路程s=L-l
②若l<
l0,木板与挡板相撞后,物块A在木板上减速运动直至与挡板相撞.由于碰撞过程中没有机械能损失,A将以撞前速率返回,并带动木板一起随物块向上减速;
当它们的速度减为零后,再重复上述过程,直至物块A停在挡板处.
物块与木板间由于摩擦产生的热量Q1=μ1mgcosθ·
l
木板与斜面间由于摩擦产生的热量Q2=μ2mgcosθ·
s
根据能量守恒:
mgLsinθ=Q1+Q2
解得s=
江苏七校期中)如图1所示,一工件置于水平地面上,其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道,BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道,二者相切于B点,整个轨道位于同一竖直平面内,P点为圆弧轨道上的一个确定点.一可视为质点的物块,其质量m=
0.2kg,与BC间的动摩擦因数μ1=0.4.工件质量M=0.8kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.1(取g=10m/s2).
(1)若工件固定,将物块由P点无初速度释放,滑至C点时恰好静止,求P、C两点间的高度差h.
(2)若将一水平恒力F作用于工件,使物块在P点与工件保持相对静止,一起向左做匀加速直线运动.
①求F的大小.
②当速度v=5m/s时,使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移),物块飞离圆弧轨道落至BC段,求物块的落点与B点间的距离.
答案
(1)0.2m
(2)①8.5N ②0.4m
解析
(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程,根据动能定理得:
mgh-μ1mgL=0
h=0.2m①
(2)①设物块的加速度大小为a,P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ,
由几何关系可得cosθ=
②
根据牛顿第二定律,对物块有mgtanθ=ma③
对工件和物块整体有F-μ2(M+m)g=(M+m)a④
联立①②③④式,代入数据得F=8.5N⑤
②设物块平抛运动的时间为t,水平位移为x1,物块落点与B间的距离为x2,由运动学公式可得
h=
gt2⑥
x1=vt⑦
x2=x1-Rsinθ⑧
联立①②⑥⑦⑧式,代入数据得x2=0.4m
2.(2017·
东台市5月模拟)如图2所示,质量为M,倾角为θ的滑块A放于水平地面上,把质量为m的滑块B放在A的斜面上.忽略一切摩擦,开始时保持滑块A、B静止,此时B离开地面的高度为h,同时释放A、B后,两滑块都做匀加速直线运动,且滑块A的加速度为a0,求:
(1)如果保持A静止,释放B,求B的加速度大小;
(2)A、B同时释放后,B物体的加速度大小;
(3)A、B同时释放后,B物体滑到最低点的时间.
解析
(1)对B物体受力分析,根据牛顿第二定律,
mgsinθ=ma
解得a=gsinθ
(2)设A、B同时释放后,A、B间的作用力为F,对A物体:
Fsinθ=Ma0
对B物体,设水平加速度为ax,竖直加速度为ay,根据牛顿第二定律:
Fsinθ=max,
mg-Fcosθ=may
求得ax=
a0,ay=g-
所以,B的加速度大小为aB=
求得aB=
(3)由机械能守恒定律,mgh=
mvB2+
MvA2其中vB=aBt,vA=a0t得
t=
3.(2018·
泰州中学模拟)如图3所示,质量为M的小球套在固定倾斜的光滑杆上,原长为l0的轻质弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内.图中AO水平,BO间连线长度恰好与弹簧原长相等,且与杆垂直,O′在O点正下方,C是AO′段的中点,θ=30°
.当小球在A处受到平行于杆的作用力时,恰好与杆间无相互作用,且处于静止状态.撤去作用力,小球沿杆下滑过程中,弹簧始终处于弹性限度内.不计小球的半径,重力加速度为g.求:
(1)小球滑到B点时的加速度;
(2)轻质弹簧的劲度系数;
(3)小球下滑到C点时的速度.
解析
(1)小球滑到B点时受自身重力和杆的弹力,由牛顿第二定律得:
Mgcosθ=Ma
解得:
a=
g 方向:
沿杆向下
(2)小球在A处时,由题意知F弹=Mgtanθ
F弹=kΔx
由几何知识得,Δx=
l0
k=
(3)根据几何关系可得由A→C过程,小球沿杆下滑的竖直距离为l0,OA=OC
由机械能守恒定律,得Mgl0+ΔEp弹=EkC-0
ΔEp弹=0
EkC=
MvC2
vC=
方向:
4.如图4所示,竖直平面内固定着一个滑槽轨道,其左半部是倾角为θ=37°
,长为l=1m的斜槽PQ,右部是光滑半圆槽QSR,RQ是其竖直直径.两部分滑槽在Q处平滑连接,R、P两点等高.质量为m=0.2kg的小滑块(可看做质点)与斜槽间的动摩擦因数为μ=0.375.将小滑块从斜槽轨道的最高点P释放,使其开始沿斜槽下滑,滑块通过Q点时没有机械能损失.(取g=10m/s2,sin37°
=0.60,cos37°
=0.80)求:
(1)小滑块从P到Q克服摩擦力做的功Wf;
(2)为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点R,从P点释放时小滑块沿斜面向下的初速度v0的大小;
(3)现将半圆槽上半部圆心角为α=60°
的RS部分去掉,用上一问得到的初速度v0将小滑块从P点释放,它从S点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h.
答案
(1)0.6J
(2)3m/s (3)0.225m
解析
(1)克服摩擦力做功:
Wf=μmgcosθ·
l=0.6J
(2)从P到R全过程对滑块用动能定理得-Wf=
mvR2-
mv02
在R点重力提供向心力mg=
半径r=
lsinθ=0.3m
解得v0=3m/s
(3)从P到S全过程对滑块用动能定理得mgr(1-cosα)-Wf=
mvS2-
则离开半圆槽时的速度vS=
m/s,如图
其竖直分速度vy=vSsinα=
m/s,vy2=2gh
得h=0.225m
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 综合应用力学两大观点解决多过程问题 复习 高中物理复习 综合 应用力学 大观 解决 过程 问题 高中物理