用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題 1．考點(diǎn)及要求：(1)牛頓運(yùn)動(dòng)定律(Ⅱ)；(2)圓周運(yùn)動(dòng)(Ⅰ)；(3)平拋運(yùn)動(dòng)(Ⅱ)；(4)功能關(guān)系(Ⅱ).2.方法與技巧：(1)若運(yùn)動(dòng)過程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)若運(yùn)動(dòng)過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，則常用動(dòng)能定理或能量守恒定律；(3)不同過程連接點(diǎn)速度的關(guān)系有時(shí)是處理兩個(gè)過程運(yùn)動(dòng)規(guī)律的突破點(diǎn)． 1．如圖1所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧BC所對圓心角θ＝37.已知圓弧軌道半徑為R＝0.5 m，斜面AB的長度為L＝2.875 m，質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端A點(diǎn)處由靜止開始沿斜面下滑，從B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)恰能通過最高點(diǎn)D.(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)，求： 圖1 (1)物塊經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道的壓力FC； (2)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. 2．如圖2所示，質(zhì)量為m＝1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從A點(diǎn)水平拋出，恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑，圓弧軌道與質(zhì)量為M＝2 kg的足夠長的小車左端在最低點(diǎn)O點(diǎn)相切，并在O點(diǎn)滑上小車，水平地面光滑，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到障礙物Q處時(shí)與Q發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞．碰撞前物塊和小車已經(jīng)相對靜止，而小車可繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)(物塊始終在小車上)，小車運(yùn)動(dòng)過程中和圓弧軌道無相互作用．已知圓弧軌道半徑R＝1.0 m，圓弧軌道對應(yīng)的圓心角θ為53，A點(diǎn)距水平面的高度h＝0.8 m，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53＝0.8，cos 53＝0.6.試求： 圖2 (1)小物塊離開A點(diǎn)的水平初速度v1； (2)小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小； (3)第一次碰撞后直至靜止，物塊相對小車的位移和小車做勻減速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間． 答案解析 1．(1)60 N　(2)0.25 解析　(1)由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律有：mg＝① 從D到C由動(dòng)能定理可得 mg2R＝mv－mv② 由牛頓第二定律可知 FC′－mg＝m③ FC＝FC′④ 聯(lián)解①②③④并代入數(shù)據(jù)得： FC＝60 N⑤ (2)對小物塊從A經(jīng)B到C過程，由動(dòng)能定理有： mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θL＝mv－0⑥ 聯(lián)立①②⑥并代入數(shù)據(jù)得： μ＝0.25 2．(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　 s 解析　(1)對小物塊由A到B的過程，由平拋知識得：v＝2gh 在B點(diǎn)：tan θ＝，解得v1＝3 m/s. (2)由A到O，根據(jù)動(dòng)能定理有：mg(h＋R－Rcos θ)＝mv－mv，在O點(diǎn)：N－mg＝，解得：vO＝ m/s，N＝43 N. 由牛頓第三定律知，小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力N′＝43 N. (3)摩擦力f＝μmg＝1 N，物塊滑上小車后經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到的共同速度為v，則 ＝，又由題知am＝2aM， 得v＝ m/s 由于碰撞不損失能量，物塊在小車上重復(fù)做勻減速和勻速運(yùn)動(dòng)，相對小車始終向左運(yùn)動(dòng)，物塊與小車最終靜止，摩擦力做功使動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故有：fl相＝(M＋m)v2 得l相＝5.5 m 小車從物塊碰撞后開始勻減速運(yùn)動(dòng)，(每個(gè)減速階段)加速度a不變，則aM＝＝0.5 m/s2，v＝aMt得t＝ s.