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.docx

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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

第5讲　综合应用力学两大观点解决多过程问题

1．很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题．

2．多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键．

3．一般是按时间或空间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题．

命题点一　应用牛顿运动定律和动能定理解决多过程问题

若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解．

若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定律求解简单．

例1

　（2017·无锡市期末）如图1所示，质量为m＝1kg的小滑块（视为质点）在半径为R＝

0.4m的

圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．

图1

（1）求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；

（2）若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；

（3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围．

答案　见解析

解析　

（1）在B点，FN－mg＝m

解得F＝20N

由牛顿第三定律，FN′＝20N

从A到B，由动能定理，mgR－W＝

mv2

解得W＝2J

（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.

答案　见解析

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

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

　（2017·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：

x＝

（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．

答案　见解析

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

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＝

1．（2017·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）．

图1

（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

代入数据得：

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：

图2

（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．

答案　见解析

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：

图3

（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．

答案　见解析

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

解得：

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

解得：

vC＝

　方向：

沿杆向下

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：

图4

（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－

mv02

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