PAGEPAGE6專題11回來基礎專題訓練——力學綜合1．如圖1為某水上滑梯示意圖，滑梯斜面軌道與水平面間的夾角為37°，底部平滑連接一小段水平軌道(長度可以忽視)，斜面軌道長L＝8m，水平端與下方水面高度差為h＝0.8m。一質量為m＝50kg的人從軌道最高點A由靜止滑下，若忽視空氣阻力，將人看成質點，人在軌道上受到的阻力大小始終為f＝0.5mg。重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：圖1(1)人在斜面軌道上的加速度大小；(2)人滑到軌道末端時的速度大小；(3)人的落水點與滑梯末端B點的水平距離。【解析】(1)設人在滑梯上的加速度為a，由牛頓其次定律得：mgsin37°－f＝ma得：a＝1m/s2。(2)設人滑到滑梯末端時的速度大小為v，對人下滑的過程，由動能定理得：mgLsin37°－fL＝eq\f(1,2)mv2－0得：v＝4m/s。(3)人離開滑梯后做平拋運動，下落時間為th＝eq\f(1,2)gt2水平距離x＝vt得：x＝1.6m。2．如圖2所示，質量為m＝1kg的物塊，放置在質量M＝2kg足夠長木板的中間，物塊與木板間的動摩擦因數為0.1，木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在兩個作用區，兩作用區的寬度均為1m，邊界距離為d，作用區只對物塊有力的作用：Ⅰ作用區對物塊作用力方向水平向右，Ⅱ作用區對物塊作用力方向水平向左。作用力大小均為3N。將物塊與木板從圖示位置(物塊在Ⅰ作用區內的最左邊)由靜止釋放，已知在整個過程中物塊不會滑離木板。取g＝10m/s2。(1)在物塊剛離開Ⅰ區域時，物塊的速度多大？(2)若物塊剛進入Ⅱ區域時，物塊與木板的速度剛好相同，求兩作用區的邊界距離d。(3)物塊與木板最終停止運動時，求它們相對滑動的路程。圖2【解析】(1)對物塊由牛頓其次定律：F－μmg＝mam1得：am1＝eq\f(F－μmg,m)＝2m/s2由L＝eq\f(1,2)am1teq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2L,am1))＝1svm1＝am1t1＝2m/s。(2)Ⅰ區域內，對木板：由μmg＝MaM1得aM1＝0.5m/s2在物塊剛離開Ⅰ區域時，木板速度為vM1＝aM1t1＝0.5m/s物塊離開Ⅰ區域后：對物塊：由μmg＝mam2得am2＝1m/s2對木板：aM2＝aM1＝0.5m/s2當物塊與木板達共同速度時：vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2得：t2＝1s兩作用區邊界距離為：d＝vm1t2－eq\f(1,2)am2teq\o\al(2,2)＝1.5m。(3)由于F＞μmg，所以物塊與木板最終只能停在兩作用區之間。由全過程能量守恒與轉化規律：FL＝μmgs得：s＝eq\f(FL,μmg)＝3m。3．一半徑為R＝0.8m的半圓形凹槽按如圖3所示的方式置于水平地面上，凹槽內側光滑，緊挨著凹槽的左側有一足夠長的長木板，但兩者沒有拴接，長木板的右側上端正好和凹槽內側相切，兩者位于同一豎直平面內，質量均為M＝2kg。質量不計的輕彈簧的一端固定在凹槽的最低點B，另一端連接一可視為質點的質量為m＝1kg小物塊。現給長木板施加一水平向右的推力F，使整個系統共同向右做勻加速直線運動，此時小物塊處于凹槽內與豎直方向成θ＝60°的位置，且凹槽對小物塊的支持力恰好為零。已知長木板、凹槽與地面間的動摩擦因數均為μ1＝0.2，小物塊與長木板上表面的動摩擦因數為μ2＝0.5(g取10m/s2，結果可保留根號)。求圖3(1)整個系統勻加速運動的加速度；(2)力F的大小；(3)若整個系統從靜止起先運動t＝eq\f(2,15)eq\r(6)s后將推力F撤掉，同時鎖定凹槽，并快速撤掉輕彈簧。小物塊由于與凹槽的瞬時作用僅剩下沿切線方向的分速度，試通過計算分析推斷小物塊m能否越過凹槽的最高點？若能，請確定小物塊距B點的最終位置；若不能，請確定小物塊距B點的最終位置。【解析】(1)對小物塊受力分析如圖所示，Ncos30°＝maNsin30°＝mga＝gcot30°＝eq\r(3)g＝10eq\r(3)m/s2。(2)F－μ1(2M＋m)g＝(2M＋m解得：F＝(10＋50eq\r(3))N。(3)撤去力F前的瞬間，小物塊的速度為v0，方向水平向右，v0＝at＝10eq\r(3)×eq\f(2,15)eq\r(6)＝4eq\r(2)m/s鎖定瞬間，小物塊垂直于曲面切線的速度重量瞬間損失為零，只剩下沿曲面切線向上的速度重量v切v切＝v0sin30°＝2eq\r(2)m/s當小物塊以v切沿圓周向上減速到零時，上升的高度為h－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,切)h＝0.4mh＜R＋Rsin30°所以不能通過最高點小物塊正好上升了h＝eq\f(R,2)高度，即正好上升到與O點等高位置，然后會返回到B點，滑上長木板μ2mg＜μ1(M＋m)g所以木板不動mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0vB＝4m/s－μ2mgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)s＝1.6m最終距B點距離s＝1.6m。4．如圖4所示，水平地面上一木板質量M＝1kg，長度L＝3.5m，木板右側有一豎直固定的四分之一光滑圓弧軌道，軌道半徑R＝1m，最低點P的切線與木板上表面相平。質量m＝2kg的小滑塊位于木板的左端，與木板一起向右滑動，并以v0＝eq\r(39)m/s的速度與圓弧軌道相碰，木板遇到軌道后馬上停止，滑塊沿木板沖上圓弧軌道，后又返回到木板上，最終滑離木板。已知滑塊與木板上表面間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，取g＝10m/s2。求圖4(1)滑塊對P點壓力的大小；(2)滑塊返回木板上時，木板的加速度；(3)滑塊從返回木板到滑離木板所用的時間。【解析】(1)對滑塊，有－μ1mgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在P點，有F－mg＝meq\f(v2,R)得F＝70N由牛頓第三定律，滑塊對P點的壓力大小是70N。(2)滑塊對木板的摩擦力F1＝μ1mg＝4N地面對木板的摩擦力F2＝μ2(M＋m)g＝3Na＝eq\f(F1－F2,M)＝eq\f(4－3,1)m/s2＝1m/s2。(3)滑塊滑上圓弧軌道運動的過程機械能守恒，故滑塊再次滑上木板的速度等于v由上式得v＝5m/s對滑塊，有(x＋L)＝vt－eq\f(1,2)μ1gt2對木板，有x＝eq\f(1,2)at2得t＝1s。5．如圖5所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑為r＝0.4m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數為k＝25N/m的輕彈簧，輕彈簧下端固定，上端恰好與管口D端齊平。質量為m＝1kg的小球在曲面上距BC的高度為h＝0.8m處從靜止起先下滑，進入管口C端時與管壁間恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧。已知彈簧的彈性勢能表達式為Ep＝eq\f(1,2)kx2，x為彈簧的形變量，小球與BC間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2。求：圖5(1)小球達到B點時的速度大小vB；(2)水平面BC的長度s；(3)在壓縮彈簧過程中小球的最大速度vm。【解析】(1)由機械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：vB＝eq\r(2gh)＝4m/s。(2)由mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)得vC＝eq\r(gr)＝2m/s由動能定理得：mgh－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：s＝1.2m。(3)設在壓縮彈簧過程中小球速度最大時離D端的距離為x，則有：kx＝mg得：x＝eq\f(mg,k)＝0.4m由功能關系得：mg(r＋x)－eq\f(1,2)kx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vm＝4m/s。6.如圖6所示，在距水平地面高h1＝1.2m的光滑水平臺面上，一個質量m＝1kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存了肯定量的彈性勢能Ep。現打開鎖扣K，物塊與彈簧分別后將以肯定的水平速度v1向右滑離平臺，并恰好從B點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知B點距水平地面的高h2＝0.6m，圓弧軌道BC的圓心O與水平臺面等高，C點的切線水平，并與水平地面上長為L＝2.8m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動并與右邊的豎直墻壁會發生碰撞，碰墻后的速度大小為碰墻前速度大小的一半，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽視不計。試求：圖6(1)小物塊由A到B的運動時間。(2)壓縮的彈簧在被鎖扣K鎖住時所儲存的彈性勢能Ep。(3)若要求小物塊與豎直墻壁只能發生一次碰撞，軌道CD與小物塊間的動摩擦因數應滿意什么條件？【解析】(1)小物塊由A運動到B的過程中做平拋運動，在豎直方向上依據自由落體運動規律可知，小物塊由A運動到B的時間為：t＝eq\r(\f(2h1－h2,g))＝eq\f(\r(3),5)s。(2)依據圖中幾何關系可知，h2＝h1(1－cos∠BOC)，解得：∠BOC＝60°依據平拋運動規律有：tan60°＝eq\f(gt,v1)，解得：v1＝2m/s依據能的轉化與守恒可知，原來壓縮的彈簧儲存的彈性勢能為：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2J。(3)依據題意知，①μ的最大值對應的是物塊撞墻前瞬間的速度趨于零，依據能量關系有：mgh1＋Ep＞μmgL代入數據解得：μ＜eq\f(1,2)；②對于μ的最小值求解，首先應推斷物塊第一次碰墻后反彈，能否沿圓軌道滑離B點，設物塊碰前在D處的速度為v2，由能量關系有：mgh1＋Ep＝μmgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)第一次碰墻后返回至C處的動能為：EkC＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,2)－μmgL可知即使