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疑难压轴1多体多过程问题中力和运动的综合分析
1.(2024?贵州)如图,半径为R=1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7m。一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率v0=1m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6N?s。以后每隔Δt=0.6s给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1kg,b的质量为mb=2kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求:
(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;
(2)b从M运动到N的时间;
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【解答】解:(1)在a运动到圆轨道底端的过程中,由动能定理
ma
解得vP=6m/s
在P点,根据牛顿第二定律N
解得NP=30N
(2)设a运动到M的速度为vM,由动能定理
?μm
解得vM=3m/s
取水平向左为正方向,物块a、b碰撞后的速度分别为v1、v2
把物块a、b做为一个系统,根据动量守恒定律
mavM=mav1+mbv2
物块a、b发生弹性碰撞,根据机械能守恒
12
联立解得
v1=﹣1m/s,v2=2m/s
物块b进入传送带后做匀减速直线运动,由牛顿第二定律
﹣μmbg=mba
得a=﹣5m/s2
设达到共速时间为t1,根据运动学公式
v0=v2+at1
解得t1=0.2s
减速位移
x1
匀速运动的位移
x2=L﹣x1=3.3m﹣0.3m=3.0m
匀速运动的时间
t2
b从M运动到N的总时间
t=t1+t2=0.2s+3.0s=3.2s
(3)设给b一个瞬时冲量后,物块b的速度为v3,取水平向右为正方向,则作用前物块b的速度为v0=﹣1m/s
根据动量定理
I=mbv3﹣mbv0
解得v3=2m/s
物块b先向右做匀减速运动,后向左做匀加速运动,设共速时间为t3,根据运动学公式
t3
物块b对地位移
x3
传送带位移
x4=v0t3=1×0.6m=0.6m
物块b相对于传送带的位移
Δx1=x3+x4=0.3m+0.6m=0.9m
由于Δt=t3,因此物块b刚好与传送带共速时,又获得一个冲量I,设物块b的速度变为v4
根据动量定理
I=mbv4﹣mbv0
解得v4=2m/s
同理可得,物块b对地位移
x5=0.3m
传送带位移
x6=0.6m
物块b相对于传送带的位移
Δx2=0.9m
以此类推,物块b获得第11次瞬时冲量时,距离传送带右端的距离为:
s1=L﹣10x3=3.3m﹣10×0.3m=0.3m
物块b获得第11次瞬时冲量后向右运动s1=0.3m离开传送带,此过程时间为t4,根据运动学公式
s1=v3t4+
解得:t4=0.2s
此过程物块b相对于传送带的位移大小为:
Δx3=v0t4+s1=1×0.2m+0.3m=0.5m
物块b相对于传送带总的相对位移为:
Δx=10Δx1+Δx3=10×0.9m+0.5m=9.5m
产生的摩擦热
Q=μmbgΔx=0.5×2×10×9.5J=95J。
答:(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N;
(2)b从M运动到N的时间为3.2s;
(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。
2.(2024?丹阳市校级一模)如图所示,在水平的桌面上,有一光滑的弧形轨道,其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP,轨道半径R=0.8m,MN为其竖直直径,P点到桌面的竖直距离也是R,质量为M=2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA=2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑,经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞,碰后两个物体交换速度,然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后,恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道,g=10m/s2,求:
(1)物块B离开D点时的速度大小;
(2)S与Q竖直高度h;
(3)物块能否沿轨道到达M点,并通过计算说明理由。
【解答】解:(1)A、B碰撞后,因二者交换速度,所以A静止,物块B由D点做平抛运动,落到P点时其竖直速度为vy,有vy
又vy
解得vD=4m/s
(2)设A与B碰撞前的速度为v0,A与B相碰交换速度,所以
v0=vD=4m/s
A从S滑到Q的过程中,根据机械能守恒定律得
mA
解得
h=0.8m
(3)设物块能沿轨道到达M点,且到达时其速度为vM,从D到M由动能定理得
?m
解得
vM≈2.2m/s<gR
3
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