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第1页共4页微专题训练15应用动力学和能量观点解决多过程问题1．如图1所示，粗糙水平面与半径R＝1.5m的光滑14圆弧轨道相切于B点，静止于A处m＝1kg的物体在大小为10N、方向与水平面成37°角的拉力F作用下沿水平面运动，到达B点时立刻撤去F，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C点，然后返回经过B处的速度vB＝15m/s.已知sAB＝15m，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图1(1)物体到达C点时对轨道的压力；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ.解析(1)设物体在C处的速度为vC，由机械能守恒定律有mgR＋12mv2C＝12mv2B在C处，由牛顿第二定律有FC＝mv2CR代入数据解得：轨道对物体的支持力FC＝130N根据牛顿第三定律，物体到达C点时对轨道的压力F′C＝130N(2)由于圆弧轨道光滑，物体第一次通过B处与第二次通过的速度大小相等从A到B的过程，由动能定理有：[Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)]sAB＝12mv2B解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.125答案(1)130N(2)0.1252．如图2所示半径分别为2R和R的甲、乙两光滑圆形轨道固定放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条水平轨道CD相连，曲面轨道与水平面轨道在B处光滑连接(物块经过B点时没有机械能损失)，现有一小物块从斜面上高h处的A点由静止释放，曲面轨道以及水平轨道BC段是光滑的，小物块与CD段第2页共4页以及D右侧的水平轨道间的动摩擦因数均为μ.已知小物块通过甲轨道最高点时与轨道间压力为物块重力的3倍，而后经过有摩擦的CD段后又进入乙轨道运动．图2(1)求初始释放物块的高度h；(2)为避免出现小物块脱离圆形轨道乙而发生撞轨现象，则CD段的长度应满足什么条件？解析(1)物块从静止开始下滑到甲圆形轨道最高点过程中，由机械能守恒定律得：mg(h－4R)＝12mv2而mg＋FN＝mv22R，且FN＝3mg得h＝8R(2)设CD段长度为x，若能通过乙圆形轨道最高点，则mg(h－2R)－μmgx＝12mv′2而FN′＋mg＝mv′2R因为FN′≥0，所以有v′≥gR所以：x＝h－2Rμ－v′22μg，得x≤11R2μ若未到达圆心对应的水平线速度就减小到零，设能上升的高度为h′，则有：mg(h－h′)－μmgx＝0而0h′≤R，所以8Rμx≥7Rμ答案(1)8R(2)7Rμ≤x8Rμ3．如图3所示，斜面倾角为θ，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一第3页共4页端固定在挡板上，质量为M＝1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m＝2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为μ2＝0.25，系统处于静止状态．小金属块突然获得一个大小为v1＝5.3m/s、平行斜面向下的速度，沿木板向下运动．当弹簧被压缩x＝0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动．设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t＝0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sinθ＝0.28、cosθ＝0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字．图3(1)求木板开始运动瞬间的加速度；(2)假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离．解析(1)对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为a＝μ1gcosθ－gsinθ＝4.4m/s2，沿斜面向上木板受到金属块的滑动摩擦力F1＝μ1mgcosθ＝14.4N，沿斜面向下木板受到斜面的滑动摩擦力F2＝μ2(M＋m)gcosθ＝7.2N，沿斜面向上木板开始运动瞬间的加速度a0＝Mgsinθ＋F1－F2M解得a0＝10m/s2，沿斜面向下(2)设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，应用速度公式有v2＝v1－at＝2.0m/s在此过程中以木板为研究对象，设弹簧对木板做功为W，对木板运用动能定理得Ma0x＋W＝12Mv22第4页共4页解得W＝－3.0J，说明此时弹簧的弹性势能Ep＝3.0J金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：Ep－(F2＋Mgsinθ＋mgsinθ)x＝12(M＋m)v23－12(M＋m)v22木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：－(M＋m)g(μ2cosθ＋sinθ)s＝－12(M＋m)v23解得s＝0.077m答案(1)10m/s2，沿斜面向下(2)0.077m