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/s2，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。解析：(1)设飞艇加速下落的加速度为a1，由牛顿第二定律得：MgfMa1解得a19.6 m/s2加速下落的高度为h1h23 000 m，根
2、据位移时间关系公式，有：h1h2a1t2，故加速下落的时间为t s25 s。(2)飞艇开始做减速运动时的速度为va1t240 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/s2根据牛顿第二定律可得Fmgma2，根据牛顿第三定律可得FF，则：2.152。答案：(1)25 s(2)2.1522某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LAB4 m，倾斜传送带长度LCD4.45 m，倾角为37，AB和CD通过
3、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，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2大小(v2v1)。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：
4、N1mgf1N1ma1联立解得：a15 m/s2。由运动学公式有：t1 s1 ss1a1t12512 m2.5 m由于s1LAB，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：t20.3 s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 N2ma2由运动学公式有：s2联立解得：a210 m/s2。s21.25 m工件沿CD传送带上升的最大高度为：hs2sin 1.250.6 m0.75 m沿CD上升的时间为：t3 s
5、0.5 s故总时间为：tt1t2t31.8 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：2a2s3v22v12mgsin N2ma32a3s40v22LCDs3s4解得：v24 m/s。答案：(1)0.75 m1.8 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
6、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 370.6，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 375Rmv
7、C2可得vC 。(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有FNmgm其中r满足rrsin 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mmg小球从C点到此最高点过程，由动能定理，有mgRmg2RmvP2mvC2可得RR0.92R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mvC2mgRmgR解得R2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足R0.92
8、R或R2.3R。答案：(1) (2)6.6mg方向竖直向下(3)R0.92R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2mgh2mvC2，解得vC。(2)设a球与b球碰后的速度大小为v，由
9、动量守恒定律有2mvC(m2m)v，得vvC，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Hgt2，Lvt，联立解得L，碰撞过程中损失的机械能E2mvC23mv2mgh。答案：(1)(2)mgh5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
10、是小车速度大小的2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：mgRmvB2，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：Nmgm，解得：N3mg，由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：NN3mg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：mgRMvm2m(2vm)2，解得：vm 。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，由于它们运动的时间相等，根据：x t可得s滑块2s车又：s滑块s车L所以小车的位移大小：s车L。答案：(1)3mg(2) L
