4 以能量为核心的综合应用问题
一、典例 例 1．如图，某根水平固定的长木杆上有 n(n≥3)个质量均为 m 的圆环(内径略大于木杆直径)，每相邻的两个圆环之间有不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为 L，开始时所有圆环挨在一起(但未相互挤压)；现给第1 个圆环一个初速度使其在木杆上向左滑行，当前、后圆环之间的细线拉紧后都以共同的速度向前滑行，但第n 个圆环恰好未被拉动。已知所有细线拉紧的时间极短，且每个圆环与木杆间的动摩擦因数均为 μ，求：
(1)当 n＝3 时，整个运动过程中克服摩擦力做的功； (2)当 n＝3 时，求第一个圆环向左运动的初速度大小 v； (3)若第一个圆环的初速度大小为 v 0 ，求整个过程中由于细绳拉紧损失的机械能。
【解析】(1)当 n＝3 时，仅有 1、2 两个圆环在运动，克服摩擦力做的功为：
W f ＝μmgL＋μmg·2L＝3μmgL。
(2)当 n＝3 时，易知从 1 开始运动到 1、2 之间的细绳恰好拉直的过程中，有：
12 mv2 ＝ 12 mv 12 ＋μmgL。
2、3 之间的细绳拉直过程，取向左为正方向，由动量守恒有：mv 1 ＝2mv 2 。
12 ·2mv 22 ＝μ·2mgL。
由以上三式可得 v＝ 10μgL。
(3)从开始运动到第 n 个圆环恰好未被拉动的过程中，克服摩擦力做功为：
W f ′＝μmgL＋μmg·2L＋…＋μmg(n－1)L＝( 1)2n nmgL 由能量守恒可知 ΔE＝ 12 mv 02 －W f ′＝ 12 mv 02 －( 1)2n nmgL 。
例 2．如图所示，高 H＝1.6 m 的赛台 ABCDE 固定于地面上，其上表面 ABC 光滑；质量 M＝1 kg、高 h＝0.8 m、长 L 的小车 Q 紧靠赛台右侧 CD 面（不粘连），放置于光滑水平地面上。质量 m＝1 kg 的小物块 P 从赛台顶点 A 由静止释放，经过 B 点的小曲面无损失机械能的滑上 BC 水平面，再滑上小车的左端。已知小物块与小车上表面的动摩擦因数 μ＝0.4，g 取 10 m/s 2 。
(1)求小物块 P 滑上小车左端时的速度 v 1 ； (2)如果小物块没有从小车上滑脱，求小车最短长度 L 0 ；
(3)若小车长 L＝1.2 m，距离小车右端 s 处有与车面等高的竖直挡板，小车碰上挡板后立即停止不动，讨论小物块在小车上运动过程中，克服摩擦力做功 W f 与 s 的关系。
【解析】(1)小物块 P 从 A 滑到 C 点的过程中，根据机械能守恒定律，有：
mg(H－h)＝ 12 mv 12
解得小物块 P 滑上小车左端时的速度 v 1 ＝4 m/s。
(2)小物块 Ｐ 在小车 Q 的上表面滑动的过程中，P、Q 构成的系统所受合外力为零，动量守恒，取小车最短长度Ｌ 0 时，小物块刚好在小车右端共速为 v 2 ，则：
mv 1 ＝(M＋m)v 2
相对运动过程中系统的能量守恒，有：
12 mv 12 ＝ 12 (M＋m)v 22 ＋μmgL 0
联立解得：v 2 ＝2 m/s，L 0 ＝1 m。
(3)小车长 Ｌ ＝1.2 m，说明小车与竖直挡板相撞前小物块不会滑脱小车，设共速时小车位移 x 1 ，物块对地位移x 2 ，分别对小车和物块由动能定理可知：
μmgx 1 ＝ 12 Mv 22
μmgx 2 ＝ 12 mv 22 － 12 mv 12
联立可得：x 1 ＝0.5 m，x 2 ＝1.5 m 若 s ≥x 1 ，说明小车与挡板碰撞前小物块与小车已具有共同速度，且共速后一起匀速至挡板处，小物块将在小车上继续向右做初速度为 v 2 ＝2 m/s 的匀减速运动，距离车尾位移为：
L 1 ＝L－L 0 ＝0.2 m 设减速到 0 位移为 L 2 ，则：μmgx 2 ＝ 12 mv 22
可得 L 2 ＝0.5 m>L 1
则小物块在车上飞出去，W f ＝μmg(x 2 ＋L 1 )＝6.8 J 若 s< x 1 ，说明小车与挡板碰撞前小物块与小车还没有共速，小物块全程都受摩擦力作用，则：
W f ＝μmg(L＋s)＝(4.8＋4s) J。
二、模拟练习 1．如图所示，遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求：赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在 B 点飞出后越过“壕沟”，落在平台 EF 段。已知赛车的额定功率 P＝10.0 W，赛车的质量 m＝1.0 kg，在水平直轨道上受到的阻力 f＝2.0 N，AB 段长 L＝10.0 m，BE 的高度差 h＝1.25 m，BE 的水平距离 x＝1.5 m。赛车车长不计，空气阻力不计，g 取 10 m/s 2 。
(1)若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度 v m 的大小； (2)要越过壕沟，求赛车在 B 点最小速度 v 的大小； (3)若在比赛中赛车通过 A 点时速度 v A ＝1 m/s，且赛车达到额定功率。要使赛车完成比赛，求赛车在 AB 段通电的最短时间 t。
【解析】(1)赛车在水平轨道上达到最大速度时，设其牵引力为 F，根据牛顿第二定律有：
F－f＝0 又因为 P＝Fv m1
解得：v m ＝5 m/s。
(2)赛车通过 B 点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为 v，在空中运动时间为 t 1 ，则有：
h＝ 12 gt 12
且 x ＝ vt 1
解得：v ＝ 3.0 m/s。
(3)若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，在赛车从 A 点运动到 B 点的过程中根据动能定理有：
Pt－fL＝ 12 mv2 － 12 mv A2
带入数据解得：t＝2.4 s。
2．如图所示，顶端带有光滑定滑轮的三角形斜面体 ABC 固定在水平地面上，AB、AC 表面均光滑，与水平面之间的夹角分别为 30°、53°，A 点与水平面之间的高度267h= m，轻质弹簧两端连接两个质量分别为 m M ＝m N＝2 kg 的物块 M、N（均可看成质点），M 紧靠挡板，N 通过不可伸长的轻质细绳跨过滑轮与质量为 m P ＝3 kg的物块 P（可看成质点）相连，细绳与斜面平行，物块 P 在外力作用下静止在 AC 的顶端，此时细绳刚好拉直，斜面 AC、半径 R＝0.4 m 的竖直光滑圆弧轨道分别与粗糙水平轨道 CD 平滑连接，轨道 CD 长度 L＝1.5 m。现由静止释放物块 P，当 P 滑至 C 点时细绳断裂，物块 M 恰好离开挡板，整个过程中弹簧始终在弹性限度内，物块 N 始终在斜面 AB 上，重力加速度 g＝10 m/s 2 ，sin 53°＝0.8。求：
(1)弹簧的劲度系数 k； (2)物块 P 刚好能够滑到圆弧轨道最右端时，物块 P 最终停止的位置与 C 点之间的距离； (3)为使物块 P 能滑上圆弧轨道而不脱离，物块 P 与水平轨道 CD 之间的动摩擦因数的取值范围。
【解析】(1)初始时，弹簧处于压缩状态，弹力1 Nsin30 10N F m g
细绳刚断的瞬间，弹簧处于伸长状态，弹力2 Msin30 10N F m g 此过程中物块 N 的位移sin53hl
根据胡克定律得1 22lF F k 解得弹簧的劲度系数为56N m13k 。
(2)物块 P 从 A 滑至 C 的过程中，初末状态弹簧的弹性势能相同，根据机械能守恒定律得 2P P N N1sin302 sin53hm gh m m v m g 解得26m s v 当物块 P 恰好能上升至圆弧轨道的最右侧时有2P 1 P P12m v m gL m gR 解得135 设物块 P 在轨道 CD 段滑过的总路程为 s，根据动能定理得2112P Pm v m gs 解得13m6s 所以物块 P 最终停止的位置与 C 点之间的距离为52 m6L s 。
(3)当物块 P 恰好能通过圆弧轨道的最高点时有21P Pvm g mR 解得12m s v gR 根据功能关系可得2 2P 2 P P P 11 122 2m v m gL m gR m v 解得215 当物块 P 恰好能滑上圆弧轨道时有2P 3 P12m v m gL 解得31315 所以物块 P 能滑上圆弧轨道且不脱离圆弧轨道时，物块 P 与水平轨道 CD 之间的动摩擦因数的取值范围为 15 或者3 135 15 。
3．距光滑水平平台的右端 L＝0.5 m 处有一木块 A（视为质点），紧靠平台右端的水平地面 PQ 上放置一右侧带挡板（厚度不计）的水平木板 B，木板的质量 m B ＝1 kg，长度 L＝0.5 m，且木板的上表面与平台等高。木块 A在水平向右、大小 F＝6 N 的拉力作用下由静止开始运动，当木块 A 运动到平台右端时立即撤去拉力。已知木块 A 与木板 B、木板 B 与水平地面间的动摩擦因数均为 μ＝0.2，取重力加速度大小 g＝10 m/s 2 。
(1)若木块 A 的质量 m A ＝2 kg，求木块 A 与木板 B 右侧挡板碰撞前的速度大小 v 1 ； (2)若木块 A 的质量 m A ＝2 kg，木块 A 与木板 B 的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，求木板 B 向右运动的最大距离 x 1 ； (3)若木块 A 与木板 B 碰撞后粘在一起，为使碰撞后整体向右运动的距离最大，求木块 A 的质量 m 及木板运动的最大距离 x 2 。
【解析】(1)由动能定理可知，A 到达平台右端时的动能 E k ＝FL 对 B 受力分析可知 A B Am m g m g 由于地面对 B 的最大静摩擦力大于 A 对 B 的滑动摩擦力，所以 A 与 B 相碰前 B 保持静止由动能定理可知，A 到达 B 上滑行的过程中有 21 k12A Am v E m gL 解得11m/s v 。
(2)A 与 B 的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律及能量关系有：
1 A A A B Bm v m v m v 2 2 211 1 12 2 2A A A B Bm v m v m v 得1 4m/s, m/s3 3A Bv v 对 A 受力分析有A A Am g m a 对 B 受力分析有 A A B B Bm g m m g m a 当 A、B 速度相等时有A A B Bv a t v a t 得1s12t 可得 A、B 速度相等时的速度大小AB A Av v a t 得1m/s2ABv 相对运动过程中，B 的位移大小为2 212B B B ABa x v v 得111m144Bx
之后对 A、B 整体分析，有 A B A B ABm m g m m a A、B 一起向右运动有222AB B ABa x v 得21m16Bx B 向右运动的最大距离1 1 2 B Bx x x 解得15m36x 。
(3)由动能定理可知，A 与 B 碰撞前有2212mv FL mgL A、B 碰撞粘连，由动量守恒定律有 2 Bmv m m v 由动能定理有 2212B Bm m gx m m v 可得22232( 1)m mxm 令11km，可得225 124 4x k k
当58k 时，即3kg5m 时，最大距离 29m32x 。
4．如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道 AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道 BD、水平传送带 DE 和足够长的落地区 FG 组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点 B 处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到 FG 区域时马上停止运动。现将一质量 m＝0.2 kg 的滑块从轨道 AB 上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径 R＝0.2 m，水平面 BD 长 x 1 ＝3 m，传送带长 x 2 ＝4 m，距落地区的竖直高度 H＝0.2 m，滑块与水平轨道 BD 和传送带间的动摩擦因数均为 μ＝0.2，传送带以恒定速度 v 0 ＝4 m/s 逆时针转动，重力加速度 g＝10 m/s 2 。
(1)求滑块恰好过圆轨道最高点 C 时在 C 点的速度 v 的大小； (2)要使滑块恰能运动到 E 点，求滑块释放点的高度 h 0 ； (3)当滑块能通过 C 点时，求滑块静止时距 B 点的水平距离 x 与释放点高度 h 的关系。
【解析】(1)当滑块恰好过最高点 C 时，有2vmg mR
解得2m/s v gR 。
(2)若滑块恰好能过最高点，从 A 到 C ，根据动能定理有 21122mg h R mv 解得 10.5m h 要使滑块恰能运动到 E 点，则滑块到 E 点的速度0Ev ，从 A 到 E ，根据动能定理有 2 1 20 0 mgh mg x x 解得 2 1 21.4m h x x 显然2 1h h >，要使滑块恰能运动到 E 点，则滑块释放点的高度01.4m h 。
(3)①当滑块释放点的高度范围满足 0.5m0.6m h 时，滑块不能运动到 D 点，最终停在 BD 上，设其在 BD上滑动的路程为 x ，根据动能定理有0 0 mgh mgx 可得5hx h ②当滑块释放点的高度范围满足 0.6m1.2m h 时，滑块从传送带返回 D 点，最终停在 BD 上，在 BD 上滑动的路程为12x x ，根据动能定理有 12 0 0 mgh mg x x 可得 12 6 5 mhx x h ③当滑块释放点的高度范围满足 1.2m1.4m h 时，滑块从传送带返回 D 点，重回圆轨道，最终停在 BD 上，分析可知滑块在 BD 上滑动的路程为12x x ，根据动能定理有 12 0 0 mgh mg x x 可得 12 5 6 mhx x h ④当滑块释放点的高度1.4m h时，滑块从 E 点飞出，根据动能定理有 21 212Emgh mg x x mv 解得2 5 7m/sEv h 由平抛运动知识可知，平抛运动的时间20.2sHtg
可得1 22 5 77 m5Ehx x x v t 。
5．如图所示，粗糙平直轨道与半径为 R 的光滑半圆形竖轨道平滑连接，可视为质点质量为 m 的滑块 A 与质量为 2m 的滑块 B 放在光滑水平面上，中间放有弹性物质，滑块与平直轨道间的动摩擦因数为 μ，平直轨道长为L。现释放弹性物质的能量，使 A 以水平向右的初速度滑上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨道最低点处有压力传感器，滑块沿圆形轨道上滑的最大高度 h 与滑块通过圆形轨道最低点时压力传感器的示数 F 之间的关系其中两个值如图乙所示。
(1)若滑块 A 沿圆形轨道上滑的最大高度为 R，求弹性物质释放的能量； (2)求图乙中的 F 0 的最小值； (3)请通过推导写出 h 与 F 的关系式，并将图乙补充完整。
【解析】(1)滑块由 A 到沿圆轨道上滑高度 R 的过程，根据动能定理，有 0kAmgL mgR E A 与 B 动量守恒A A B Bm v m v 得12B Av v 2122KB BE mv ，212AKAE mv 所以12KB KAE E 所以弹性物质释放的能量3( )2KA KBE E E mgL mgR 。
(2)由图乙可得，当压力传感器的示数为 F 0 时，滑块沿圆轨道上滑的最大高度恰为 2R，根据牛顿第三定律可得此时滑块所受支持力大小为 F 0 ，设滑块通过圆轨道最低点的速度为 v 1 ，到达圆轨道最高点的速度为 v 2 ，根据牛顿第二定律，有 滑块在圆轨道最低点210F mg mR v 滑块在圆轨道最高点22vmg mR 滑块由圆轨道最低点滑到圆轨道最高点的过程，根据动能定理，有
2 22 11 122 2mg R m m v v 解得06 F = mg。
(3)根据牛顿第三定律可得滑块所受支持力大小为 F，设滑块通过圆轨道最低点的速度为 v，沿圆轨道上滑的最大高度为 h，根据牛顿第二定律，有 ①在 F 取值 0—3mg 间 滑块在圆轨道最低点2vF mg mR 滑块由圆轨道最低点沿圆轨道滑到最大高度 h 的过程，根据动能定理，有2102mgh mv 联立上述两式解得2 2R Rh Fmg ②在 3mg—6mg 间 滑块在圆轨道最低点2vF mg mR 滑块在圆轨道脱离的最高点2sinhmg mR v 其中 sinh RR 滑块由圆轨道最低点沿圆轨道滑到最大高度 h 的过程，根据动能定理，有 2 21 12 2hmgh m m v v 得3mghFR 即3FRhmg ③在 F 大于 6mg 时，h 最高点均为 2R 完整图如图所示
...
相关热词搜索： 高考 能量 复习