1、“活用三大观点破解力学计算题” 学前诊断1在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达 h16 000 m 的高空，然后让飞艇由静止下落，下落过程中飞艇所受阻力为其重力的 0.04 倍。实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距地面的高度 h23 000 m 时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不低于 h500 m ，取 g10 m/s 2，求：(1)飞艇加速下落的时间 t；(2)减速运动过程中，实验人员对座椅的压力 F 与其重力 mg 的比值 的最小值。Fmg解析：(1)设飞艇加速下落的加速度为 a1，由牛顿第二定律得：Mgf Ma1解得 a1 9.6 m
2、/s 2Mg fM加速下落的高度为 h1h 23 000 m ，根据位移时间关系公式，有：h 1h 2 a1t2，12故加速下落的时间为t s25 s 。2h1 h2a1 23 0009.6(2)飞艇开始做减速运动时的速度为 va 1t240 m/s匀减速下落的最大高度为h2h3 000 m500 m2 500 m要使飞艇在下降到离地面 500 m 时速度为零，飞艇减速时的加速度 a2至少应为a2 m/s211.52 m/s2v22h2 h 240222 500根据牛顿第二定律可得 F mgma 2，根据牛顿第三定律可得 FF，则： 2.152。Fmg答案：(1)25 s (2)2.1522某
3、工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带 AB 和倾斜传送带 CD 组成，水平传送带长度LAB 4 m，倾斜传送带长度 LCD4.45 m，倾角为 37 ，AB 和CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以 v15 m/s 的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为 0.5 ，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g10 m/s2。现将一个工件(可看作质点 )无初速度地放在水平传送带最左端 A 点处，求：(1)工件被第一次传送到 CD 传送带上升的最大高度和所用的时间；(2)要使工件恰好被传送到 CD 传送带最上端，C
4、D 传送带沿顺时针方向运转的速度 v2大小( v2v 1)。解析：(1)工件刚放在传送带 AB上，在摩擦力作用下做匀加速运 动， 设其加速度大小为 a1，速度增加到 v1时所用时间为 t1，位移大小为 s1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：N 1mgf1N 1ma 1联立解得：a 15 m/s 2。由运动学公式有：t 1 s1 sv1a1 55s1 a1t12 512 m2.5 m12 12由于 s1L AB，随后工件在 传送带 AB上做匀速直线运动到 B端，则匀速运动的时间 t2为：t2 0.3 sLAB s1v1工件滑上 CD 传送带后在沿传送带向下的重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运
5、动，设其加速度大小 为 a2，速度减小到零 时 所用时间为t3，位移大小为 s2，则由受力分析 图乙以及牛顿运动定律可得：N2mgcos mgsin N 2ma 2由运动学公式有：s 20 v12 2a2联立解得：a 210 m/s 2。s21.25 m工件沿 CD 传送带上升的最大高度为：hs 2sin 1.250.6 m0.75 m沿 CD上升的时间为：t 3 s0.5 s0 v1 a2 510故总时间为：tt 1t 2t 31.8 s。(2)CD 传 送带以速度 v2大小向上传送时，当工件的速度大于 v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为 a2；当工件的速度小于 v2时，滑 动摩
6、擦力沿传送带向上， 设其加速度大小为 a3，两个过程的位移大小分别为 s3和 s4，受力分析如 图丙所示，由运动学公式和牛顿运动定律可得：2a 2s3v 22 v12mgsin N 2ma 32a 3s40v 22LCDs 3s 4解得：v 24 m/s。答案：(1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s3如图所示，倾斜轨道 AB 的倾角为 37，CD 、EF 轨道水平，AB 与 CD 通过光滑圆弧管道 BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从 D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道。小球由静止从 A 点释放，已知 AB 长为 5R，CD长为
7、 R，重力加速度为 g，小球与斜轨道 AB 及水平轨道 CD、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin 37 0.6，cos 370.8，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 1.8R。求( 在运算中，根号中的数值无须算出) ：(1)小球滑到圆弧管道底端 C 时速度的大小；(2)小球运动到 C 点时对轨道的作用力；(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 R应该满足什么条件？解析：(1)设小球到达 C点时速度为 vC，小球从 A运动至 C 过程，由动能定理有mg(5Rsin 371.8R)mgcos 375R mvC212可得 vC 。28gR5(2)小球沿 BC 轨道
8、做圆周运动，设在 C点时轨道对球的作用力为 FN，由牛顿第二定律，有 FN mgmvC2r其中 r 满足 rr sin 531.8R联立上式可得 FN6.6mg由牛顿第三定律可得，球对轨 道的作用力为 6.6mg，方向竖直向下。(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点， 进入 EF 轨道，则小球在最高点应满足m mgvP2R小球从 C点到此最高点过程，由动能定理，有mgR mg2R mvP2 mvC212 12可得 R R0.92R2325情况二：小球最多上滑至四分之一圆轨道，然后滑回 D点。则由能量守恒定律得mvC2 mgRmg R12解得 R2.3R所以要使小
9、球不脱离轨道，竖 直圆周轨道的半径 R应该满足 R0.92R 或R2.3 R。答案：(1) (2)6.6mg 方向竖直向下28gR5(3)R 0.92R 或 R2.3R4如图，质量为 m 的 b 球静置在水平固定轨道 BC 的左端 C 处。质量为 2m 的 a 球从距水平轨道 BC 高度为 h 的 A 处由静止释放，沿 ABC 光滑轨道滑下。a 球滑到 C 处与 b球发生正碰，并与 b 球粘合在一起沿水平方向飞出，最后落在地面上的 D 点。已知水平轨道 BC 距地面的高度为 H，重力加速度为 g。求：(1)a 球与 b 球碰前瞬间，a 球的速度大小；(2)C、D 两点之间的水平距离和碰撞过程中
10、损失的机械能。解析：(1)设 a球与 b球碰前瞬间的速度大小为 vC，根据机械能守恒定律有 2mgh 2mvC2，12解得 vC 。2gh(2)设 a球与 b球碰后的速度大小为 v，由动量守恒定律有 2mvC(m2m)v，得 v vC ，设 C、D两点间的水平距离为 L，两球粘合在一起做平抛运动，有23 232ghH gt2，Lv t，12联立解得 L ，43hH碰撞过程中损失的机械能E 2mvC2 3mv2 mgh。12 12 23答案：(1) (2) mgh2gh43hH 235如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道， BC 段是长
11、为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车，已知滑块质量 m ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2M2倍，滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 ，求：滑块运动过程中，小车的最大速度 vm；滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小。解析：(1)滑块到达 B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR m
12、vB2，滑块在 B点处受到的支持力与重力的合力提供向心12力，由牛顿第二定律得：Nmgm ，解得：N3mg，vB2R由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N N 3mg即滑块运动过程中对小车的最大压力是 3mg。(2)在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，设小车的最大速度是 vm，由机械能守恒定律得：mgR Mvm2 m(2vm)2，12 12解得：v m 。gR3由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，所以滑块从B到 C运动过程中，滑 块的平均速度是小车的平均速度的 2 倍，即： 滑块 2 车 ，v v由于它们运动的时间相等，根据：x t可得 s 滑块 2s 车v又：s 滑块 s 车 L所以小车的位移大小：s 车 L。13答案：(1)3mg (2) LgR3 13
