资源简介

应用动力学观点和能量观点
　突破多过程综合问题
一
多过程问题
　　1.多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题。
2.解题策略
(1)动力学方法观点:牛顿运动定律、运动学基本规律。
(2)能量观点:动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律。
3.解题关键
(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程,将物理过程分解成几个简单的子过程。
(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带,也是解题的关键。很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口。
4.解决多过程问题的总体思路
(1)“合”——初步了解全过程,构建大致运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解,分析每个过程的规律。
(3)“合”——找到子过程的联系,寻找解题方法。
5.多过程问题的分析要点:
(1)题目中有多少个物理过程。
(2)每个过程中物体做什么运动。
(3)每种运动满足什么物理规律。
(4)运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些。
例1　如图所示,光滑的水平地面上有一长l=0.8 m、高h=0.35 m 的固定台阶,另一质量M=1 kg、长L=4.75 m、高H=0.8 m的小车静止在地面上,小车的右端点与台阶的距离s=3 m,现有一质量m=2 kg的滑块(可视为质点)以v0=6 m/s 的水平初速度滑上小车左端,带动小车向右运动,小车与台阶碰撞时即被粘在台阶上。已知滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2。求:
(1)小车与台阶碰撞时滑块的速率。
(2)滑块离开小车时的速率。
(3)滑块最终落地点与台阶左侧的水平距离。
解析　(1)滑块滑上小车后,小车将做匀加速直线运动,滑块将做匀减速直线运动,设滑块加速度大小为a1,小车加速度大小为a2,由牛顿第二定律得
对滑块有μmg=ma1
对小车有μmg=Ma2
当滑块相对小车静止时,两者速度相等,设小车与滑块经历时间t后速度相等,则有v0-a1t=a2t
滑块的位移s1=v0t-12a1t2
小车的位移s2=12a2t2
代入数据得Δs=s1-s2=3 m故小车与墙壁碰撞时滑块的速率v1=v0-a1t=4 m/s。
(2)设滑块离开小车时的速度为v2
根据动能定理,有-μmg(L-Δs)=12mv22-12mv12
解得v2=3 m/s。
(3)滑块离开小车后做平抛运动,若滑块落在平台上,则有
H-h=12gt12
x=v2t1
得x=0.9 m>l,故滑块最终落在水平地面上
由H=12gt22
得 x=v2t2=1.2 m。
答案　(1)4 m/s　(2)3 m/s　(3)1.2 m
二
传送带模型
　　1.传送带模型是高中物理中比较常见的模型,有水平、倾斜以及平斜交接三种类型。一般设问的角度有两个:
(1)动力学角度,首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度,求传送带对物体所做的功,物体和传送带由于相对滑动而产生的热量,因放上物体而使电动机多消耗的电能,等等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2.传送带问题的分析流程
题型1　水平传送带
例2　如图所示,一质量m=1 kg的可视为质点的滑块,放在光滑的水平平台上,平台的左端与水平传送带相接,传送带以v=2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)。现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧,轻弹簧的原长小于平台的长度,滑块静止时弹簧的弹性势能Ep=4.5 J,若突然释放滑块,滑块向左滑上传送带。已知滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.2,传送带足够长,取g=10 m/s2。求:
(1)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间。
(2)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中由于摩擦产生的热量。
解析　(1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速度为v1,则Ep=12mv12,得v1=3 m/s
滑块在传送带上运动的加速度a=μg=2 m/s2
滑块向左运动的时间t1=v1a=1.5 s
向右匀加速运动的时间 t2=va=1 s
向左的最大位移x1=v122a=2.25 m
向右加速运动的位移x2=v22a=1 m
匀速向右的时间t3=x1-x2v=0.625 s
所以t=t1+t2+t3=3.125 s。
(2)滑块向左运动x1的位移时,传送带向右的位移
x1'=vt1=3 m
则Δx1=x1'+x1=5.25 m
滑块向右运动x2时,传送带向右的位移x2'=vt2=2 m
则Δx2=x2'-x2=1 m
Δx=Δx1+Δx2=6.25 m
则产生的热量Q=μmgΔx=12.5 J。
答案　(1)3.125 s　(2)12.5 J
　　题型2　倾斜传送带
　　例3　如图所示,传送带与水平面成夹角θ=37°,A到B的长度L=16 m,传送带以速度v=10 m/s的速度沿逆时针方向转动,在传送带上端A无初速度释放一质量m=1 kg的小物体,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,已知重力加速度g=10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)小物体从A运动到B所需的时间。
(2)小物体从A运动到B的过程中与传送带间由于摩擦而产生的热量Q。
解析　(1)物体开始放到传送带上,由于传送带运动快,物体受到向下的滑动摩擦力作用(Ff=μmgcos θ=4 N),沿传送带向下做加速运动
加速度大小a1=Ff+mgsinθm=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2
小物体以加速度a1加速运动至v
所用时间t1=va1=1 s
位移x1=v22a1=5 m
当小物体和传送带速度相同时,因为小物体沿传送带向下的重力分力G1=mgsin θ=6 N>Ff,所以小物体向下做加速运动,加速度大小a2=mgsinθ-Ff m=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2
后一段位移x2=L-x1=11 m,加速时间设为t2,则有
vt2+12a2t2=x2
解得t2=1 s(t2=-11舍去)
小物体由A到B所用的时间t=t1+t2=2 s。
(2)小物体从开始运动到与传送带速度相同的过程,相对传送带向后滑动,相对位移大小Δx1=vt1-x1=5 m
此过程由摩擦而产生的热量Q1=μmgcos θ·Δx1
此后到传送带底端,小物体相对传送带向前滑动,相对位移大小Δx2=x2-vt2=1 m
此过程由摩擦而产生的热量Q2=μmgcos θ·Δx2
则Q=Q1+Q2
解得Q=24 J。
答案　(1)2 s　(2)24 J
题型3　平斜交接的传送带
例4　
如图所示,传送带的水平部分ab=2 m,倾斜部分bc=4 m,bc与水平面的夹角α=37°,一物体A与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,传送带沿图示方向运动,速率为2 m/s。若把物体A轻轻放到a点,它将被传送带送到c点,且物体A一直没有脱离传送带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。(重力加速度取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
解析　物体A轻放到a点,A做初速度为0的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为t1,加速度为a1,则a1=μg=2.5 m/s,t1=va1=0.8 s
A做匀加速运动的位移s1=12a1t12=0.8 m
则A在水平传送带上做匀速运动的时间t2=ab-s1v=0.6 s
设A在bc段运动时间为t3,加速度为a2,则
a2=gsin 37°-μgcos 37°=4 m/s2
由位移公式有bc=vt3+12a2t32
解得t3=1 s(t3=-2 s舍去)
所以A从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=2.4 s。
答案　2.4 s
变式1　一传送带装置示意图如图所示,其中传送带经过AB区域时是水平的,经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,未画出),经过CD区域时是倾斜的,AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个地放到传送带上A端,放置时初速度为零,经传送带运送到D处,D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变,CD段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为L。每个箱子在A端投放后,在到达B之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。已知在一段相当长的时间T 内,共运送小货箱的数量为N。此装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦。重力加速度为g。求电动机的平均输出功率P?。
　　解析　设传送带的运动速度为v0,在水平段运输的过程中,小货箱先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速运动,设这段路程为s,所用时间为t,加速度为a。则对小货箱有
s=12at2,v0=at
在这段时间内,传送带运动的路程s0=v0t
联立可得s0=2s
用f表示小货箱与传送带之间的摩擦力,则传送带对小货箱做功
W=fs=12mv02
传送带克服小货箱对它的摩擦力做功
W0=fs0=mv02
两者之差就是克服摩擦力做功产生的热量
Q=W0-W=12mv02
可见,在小货箱加速运动过程中,小货箱获得的动能与发热量相等
T时间内电动机输出的功W1=P?T
此功用于增加小货箱的动能、势能以及克服摩擦力生热,即
W1=12Nmv02+Nmgh+NQ
已知相邻两小货箱的距离为L,所以由题意可知v0T=NL
联立上式解得P?=NmTN2L2T2+gh。
答案　NmTN2L2T2+gh
(1)在传送带问题中,物体运动到和传送带速度相等是一个关键的转折点,是之后物体运动规律的分水岭,这点需要我们关注。分析物体在传送带上的运动时间,首先需要分析物体的受力情况,搞清楚物体的运动状态是一直匀加速,还是先以较大的加速度加速后以较是先加速后匀速,还是先减速后匀速,这是传送带的速度和工件的速度大小关系的不同而导致的,总之物体和传送带的速度相同为分析的临界转折点。
(2)内能的计算:一对滑动摩擦力产生的热量是相互接触产生摩擦力的两个物体所共同具有的。如果两个物体相对运动的方向始终不变,产生的热量Q=Ff·x相对,其中x相对为它们之间的相对位移,当这两个物体的运动方向相同时,x相对就等于这两个物体对地位移大小之差,当这两个物体的运动方向相反时,x相对就等于这两个物体对地位移大小之和。在两个物体相对运动方向有变化的情况下,产生热量需分段来求,相对运动方向发生变化前后分别用它们的滑动摩擦力乘以相对位移,计算出这两段产生的热量,然后相加。
(3)注意物体在传送带上运动的全过程中,可能会存在摩擦力突变的问题,即可能会由滑动摩擦力突变为静摩擦力,此时应注意:①摩擦力的大小发生了变化;②因摩擦产生的内能只存在于相对滑动的阶段。
三
滑块—木板模型问题
　　处理方法:系统往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到ΔE内=-ΔE机=Ffx相对,并要注意数学知识(如图象、归纳法等)在此类问题中的应用。
例5　如图所示,质量为m的长木板A静止于光滑水平面上,在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B。已知木板A长为L,它与滑块B之间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的恒力F拉滑块B,最终使B从长木板A上滑离。重力加速度为g。
(1)当长木板A的位移为多少时,B从A的右端滑出?
(2)求上述过程中滑块与木板之间产生的内能。
解析　(1)设B从A的右端滑出时,A的位移为l,A、B的速度分别为vA、vB,由动能定理得
μmgl=12mvA2
(F-μmg)·(l+L)=12mvB2
又由同时性可得
vAaA=vBaB(其中aA=μg,aB=F-μmgm)
解得l=μmgLF-2μmg。
(2)由功能关系可知,拉力做的功等于A、B动能的增加量与A、B间产生的内能之和,即有
F(l+L)=12mvA2+12mvB2+Q
解得Q=μmgL。
答案　(1)μmgLF-2μmg　(2)μmgL
变式2　如图所示,质量M=8 kg的长木板放在光滑水平面上,在木板左端施加F=12 N的水平推力,当木板向右运动的速度达到v0=1.5 m/s时,在其右端轻轻放上一个大小不计、质量m=2 kg的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,木板足够长,取g=10 m/s2。求:
(1)当二者达到相同速度时,木板对铁块以及铁块对木板所做的功。
(2)当二者达到相同速度时,木板和铁块之间因摩擦所产生的热量。
　　解析　(1)放上铁块后,铁块加速度a1=μg=2 m/s2(方向向右)
木板加速度a2=F-μmgM=1 m/s2(方向向右)
二者达到共同速度v所用时间t=v-v0a2=va1
解得v=3 m/s,t=1.5 s从放上铁块到二者速度相同,铁块位移x1=v2t=2.25 m
木板位移x2=v0+v2t=3.375 m
木板对铁块做的功W1=μmgx1=9 J
铁块对木板做的功W2=-μmgx2=-13.5 J。
(2)木板和铁块之间因摩擦所产生的热量Q=μmg(x2-x1)=4.5 J。
答案　(1)9 J　-13.5 J　(2)4.5 J
(1)解决滑块一木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断,灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征,然后列方程联立求解。
　　(2)解题思路
1.(2018河南南阳10月月考)“蹦床”是一项运动员利用蹦床反弹表现杂技技巧的竞技运动,有“空中芭蕾”之称。蹦床比赛中运动员从最高点下落过程可简化为下述物理模型:从O点自由下落到弹簧床上a位置,经过合力为零的虚线b位置到达最低点实线c位置,然后弹起。运动员可视为质点,空气阻力不计,则(　　)。
A.运动员经过b位置时速度大小最小
B.运动员从a位置到c位置机械能守恒
C.运动员从a位置下落到c位置过程,动能和重力势能之和一直减小
D.ac的长度是ab长度的2倍
解析　人自由下落到a位置,与弹簧接触,但弹力小于重力,继续加速到b位置,合力为零,在b位置速度最大,A项错误;对整个系统机械能守恒,人的机械能(动能与重力势能之和)和弹簧的弹性势能之和不变,弹簧的弹性势能增大,人的机械能减小,B项错误,C项正确;设人从a位置下落,最低位置为d,则d位置与a位置关于b位置对称,而本题人从高处下落,故c位置比d位置低,则ac>2bc,D项错误。
答案　C
2.(2018河南洛阳质量检测)如图所示为蹦极运动的示意图。轻质弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过合力为零的C点到达最低点D,然后弹起。不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)。
A.经过B点时,运动员的速度大小最大
B.经过C点时,运动员的速度大小最大
C.从C点到D点,运动员处于失重状态
D.从C点到D点,运动员重力做的功等于弹性绳弹力做的功
解析　从O点到B点,运动员只受重力,做自由落体运动;运动员到达B点后弹性绳伸直,随着运动员向下运动,弹性绳的弹力不断增大。从B点到C点,重力大于弹性绳的弹力,合力不断减小,方向竖直向下,故此段运动员做加速度不断减小的加速运动,到达C点时,合力为零,运动员的速度最大,故A项错误,B项正确;从C点到D点,弹力继续增大,重力小于弹性绳的弹力,合力不断增大,方向竖直向上,故运动员做加速度不断变大的减速运动,此段运动员处于超重状态,C、D两项错误。
答案　B
3.(2018陕西黄陵模拟考试)“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一,其构造如图所示,橡皮筋两端点A、B固定在把手上,橡皮筋ACB恰好处于原长状态,在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去,打击目标,现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD的中点,则(　　)。
A.从D到C,弹丸的机械能守恒
B.从D到C,弹丸的动能一直在增大
C.从D到C,弹丸的机械能先增大后减小
D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能
解析　从D到C,橡皮筋对弹丸做正功,弹丸机械能一直在增加,A、C两项错误;从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力,两段高度相等,所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多,即弹丸机械能增加较多,D项正确;在CD连线中的某一处,弹丸受力平衡,所以从D到C,弹丸的速度先增大后减小,动能Ek=12mv2也先增大后减小,B项错误。
答案　D
4.(2018陕西铜川四校联考)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用,沿竖直方向向上做减速运动。此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。若取h=0处为重力势能等于零的参考平面,则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是(　　)。
解析　拉力竖直向上,与物体的位移方向相同,则拉力对物体做正功,由功能关系知物体的机械能增加,故A、B两项错误。由匀变速运动的速度位移公式v2-v02=2ah得v2=v02+2ah,由数学知识可知,v2 -h图象的斜率等于2a,直线的斜率一定,则知物体的加速度a一定,因此物体向上做匀减速直线运动,拉力恒定。由功能关系知FΔh=ΔE,即ΔEΔh=F,所以E-h图象的斜率等于拉力F,F一定,E-h图象是向上倾斜的直线,C项错误,D项正确。
答案　D
5.(2018山东济南摸底考试)(多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块,物块间用长为l的细线连接,开始处于静止状态,轨道与物块间的动摩擦因数为μ。用水平恒力F拉动物块1开始运动,到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,则(　　)。
A.拉力F所做功为nFl
B.系统克服摩擦力做功为n(n-1)μmgl2
C.F>nμmg2
D.(n-1)μmg解析　物块1的位移为(n-1)l,则拉力F所做的功WF=(n-1)Fl,A项错误。系统克服摩擦力做的功Wf=μmg·l+…+μmg·(n-2)l+μmg·(n-1)l=n(n-1)μmgl2,B项正确。由题意知,连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零。假设没有动能损失,由动能定理有WF=Wf,解得F=nμmg2。现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失,根据功能关系可知F>nμmg2,故C项正确,D项错误。
答案　BC
6.(2018青海西宁期末考试)(多选)如图所示,倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动,在传送带的A端无初速度放置一物块。选择B端所在的水平面为参考平面,物块从A端运动到B端的过程中,其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是(　　)。
解析　选择B端所在的水平面为参考平面,可知初始状态下物块的机械能不为零,A项错误。由于物块初速度为零,在物块速度达到与传送带速度相等之前,物块相对传送带向上运动,受到向下的摩擦力,除重力外只有此摩擦力对物块做正功,其机械能增大。若传送带不是足够长,物块速度与传送带达到共速前已到B端,则对应于图象B,否则达到共速后物块所受摩擦力方向突变为向上,摩擦力开始对物块做负功,物块的机械能开始减少,对应图象D。
答案　BD
7.(2018山西大同六校联考)(多选)质量为m的汽车在平直柏油路上行驶时所受阻力恒定,汽车在柏油路上从静止开始以加速度a做匀加速直线运动,经时间t1达到最大输出功率,汽车继续加速运动到最大速度v,匀速运动一段距离后,保持最大输出功率驶入沙石路,汽车在沙石路所受阻力为柏油路上的2倍,则(　　)。
A.汽车在柏油路面加速阶段的平均速度等于0.5v
B.汽车最大输出功率为ma2vt1v-at1
C.汽车驶入沙石路后先做加速度减小的减速运动,最后做匀速直线运动
D.汽车在沙石路面匀速运动的速度为2v
解析　因为汽车在加速阶段的整个过程不是匀变速直线运动,平均速度不等于0.5v,故A项错误。根据牛顿第二定律得,F-f=ma,解得F=f+ma,当汽车速度最大时,有f=Pmv,根据Pm=(f+ma)at1=Pmv+maat1得,最大输出功率Pm=ma2vt1v-at1,故B项正确。汽车进入沙石路后,由于阻力变大,速度减小,根据P=Fv知,牵引力增大,由a=f-Fm知,加速度减小,可知车先做加速度减小的减速运动,当牵引力与阻力相等时,做匀速直线运动,故C项正确。根据P=fvm知,输出功率不变,阻力变为原来的2倍,最大速度变为原来的一半,故D项错误。
答案　BC
8.(2018湖南长沙阶段考试)(多选)如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ,物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连。开始时,a、b及传送带均静止,且有mb>masin θ。现使传送带顺时针匀速转动,则物块在运动(物块未与滑轮相碰)过程中(　　)。
A.一段时间后可能匀速运动
B.一段时间后,摩擦力对物块a可能做负功
C.开始的一段时间内,重力对a做功的功率大于重力对b做功的功率
D.摩擦力对a、b组成的系统做的功等于a、b机械能的增量
解析　在传送带转动的开始阶段,因传送带对a的摩擦力沿传送带向上,且Ff+mbg>magsin θ,故物块a向上加速,当物块a、b的速度大小与传送带速度相等时,开始做匀速运动,此时因mbg>magsin θ,物块a受的摩擦力对a做负功,A、B两项正确;设a、b的速度大小均为v,则Pa=magvsin θ,Pb=mbgv,故Pa答案　ABD
9.(2018江西南昌3月模拟)在大型物流货场,广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示,一足够长的水平传送带以恒定的速度运动,一质量m=2.0 kg的小物块A随传送带一起运动,被一水平向右飞来的子弹击中并从物块中穿过(不计子弹穿过物块的时间)。通过速度传感器记录下小物块被击中后的速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左运动的方向为正方向)。已知传送带始终是绷紧的,g取10 m/s2。
(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ。
(2)物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能。
解析　(1)由图乙可知,传送带的速度v方向向左,大小为2.0 m/s。从速度—时间图象可以看出,物块被击穿后,先向右做减速运动,速度为零后,又向左做加速运动,当速度等于2 m/s后随传送带一起向左做匀速运动,由速度—时间图象可得,物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度大小为a,有
a=ΔvΔt=2.0 m/s2
由牛顿第二定律得μmg=ma
解得μ=0.2。
(2)由题图乙可知,传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s,设传送带在这段时间内移动的位移为s,则
s=vt=6.0 m
传送带所做的功W=fs=μmgs=24.0 J
在物块获得速度到与传送带一起匀速运动的过程中,物块动能的减少量
ΔEk=12mv2-12mv02=12.0 J
所以物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能EQ=W+ΔEk=36.0 J 。
答案　(1)0.2　(2)36.0 J
10.(2018黑龙江绥化阶段考试)如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵装置示意图,其上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管,下端管口与水平方向垂直,下半部AB是一长为2R的竖直细管,AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时,每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定,在弹簧上端投放一粒鱼饵,解除锁定,弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量为m的鱼饵到达管口C时,对管壁下侧的压力为34mg。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失,且假设锁定和解除锁定时,均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。
(1)求质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1。
(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep。
(3)已知地面与水面相距1.5R,若使该投饵器绕AB管的中轴线OO'在180°角的范围内来回缓慢转动,每次弹射时只投放一粒鱼饵,鱼饵的质量在78m到m之间变化,且均能落到水面。持续投放足够长时间后,鱼饵能够落在水面的最大面积S是多少?
解析　(1)鱼饵过C点时,由牛顿第二定律得
mg-34mg=mv12R
解得v1=gR2。
(2)由能量守恒定律得
Ep=mg·(R+2R-0.5R)+12mv12
解得Ep=218mgR。
(3)从管口到水面的时间t=2hg=2×4.5Rg=3Rg
鱼饵的质量为m时,有x1=v1t=32R
鱼饵的质量为78m时,根据动能定理得
Ep-78mg·(R+2R-0.5R)=12×78mv22
解得v2=gR
水平位移x2=v2t=3R
由几何关系可知r1=x1+R=52R,r2=x2+R=4R
则面积S=12π(r22-r12)
联立解得S=398πR2。
答案　(1)gR2　(2)218mgR　(3)398πR2
11.(2018河南安阳模拟考试)如图所示,AB为倾角θ=37°的斜面轨道,轨道的AC部分光滑,CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°、半径R=1 m的竖直光滑圆弧形轨道,两轨道相切于B点,P、O两点在同一竖直线上,轻弹簧一端固定在A点,另一端在斜面上C点处,现有一质量m=2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放,物块从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为s=12t-4t2(式中s的单位是m,t的单位是s)。假设物块第一次经过B点后恰能到达P点,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)若CD=1 m,试求物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功。
(2)求B、C两点间的距离。
(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板,小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失,小物块与弹簧相互作用不损失机械能,试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道?
解析　(1)由s=12t-4t2可知,物块在C点的速度v0=12 m/s
设物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功为W,由动能定理有
W-mgsin 37°·CD=12mv02
代入数据解得W=156 J。
(2)由s=12t-4t2可知,物块从C运动到B的过程中加速度大小a=8 m/s2
设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma
代入数据解得μ=0.25
物块在P点的速度满足mg=mvP2R
物块从B运动到P的过程中机械能守恒,则有
12mvB2=mgR(1+cos 37°)+12mvP2
物块从C运动到B的过程中有vB2-v02=-2ax
联立上式解得x=498 m。
(3)若物块到达与O点等高的位置Q点时速度为零,则物块会脱离轨道做自由落体运动。设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后,能够回到与O点等高的位置Q点,且设其速度为vQ,由动能定理得
12mvQ2-12mvP2=mgR-2μmgxcos 37°
解得vQ2=-19<0
可见物块返回后不能到达Q点,故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道。
答案　(1)156 J　(2)498 m　(3)不会脱离轨道

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