最后更新: 2024-12-15 07:59 查看: 50 次反馈刷题

力学三大观点的综合应用

`例`如图所示，水平桌面左端有一顶端高为 $h$ 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上,桌面右侧有一坚直放置的光滑圆轨道 $M N P$ ，其形状为半径 $R=0.8 m$ 的圆环剪去了左上角 $135^{\circ}$ 后剩余的部分， $M N$ 为其坚直直径， $P$ 点到桌面的坚直距离也为 $R$.一质量 $m=0.4 kg$ 的物块 $A$ 自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为 $m$ 的物块 $B$ 发生弹性正碰（碰撞过程没有机械能的损失），碰后物块 $B$ 的位移随时间变化的关系式为 $x=6 t-2 t^2$ (关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块 $B$ 飞离桌面后恰由 $P$ 点沿切线落入圆轨道.$A 、 B$ 均可视为质点，重力加速度 $g$ 取 $10 m / s ^2$ ，求:

![图片](/uploads/2024-12/34197d.jpg)
 
 (1)BP间的水平距离$s_{BP}$；
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.

解：（1）设碰撞后物块 $B$ 由 $D$ 点以速度 $v_D$ 做平抛运
动，落到 $P$ 点时 $v_y{ }^2=2 g R  ...(1)$
其中 $\frac{v_y}{v_D}=\tan 45^{\circ}   ...(2)$
联立(1)(2) 解得 $v_D=4 m / s   ...(3)$
设平抛用时为 $t$, 水平位移为 $x_2$, 则有 $R=\frac{1}{2} g t^2   ...(4)$

$$
x_2=v_D t   ...(5)
$$

联立(4)(5) 解得 $x_2=1.6 m   ...(6)$
由 $x=6 t-2 t^2$ 可知，物块 $B$ 碰后以速度 $v_0=6 m / s$ 、加速度 $a=-4 m / s ^2$
减速到 $v_D$ ，则 $B D$ 过程由运动学公式 $v_D{ }^2-v_0^2=2 a x_1 ...(7)$
解得 $x_1=2.5 m  ...(8)$
故 $B P$ 之间的水平距离 $s_{B P}=x_2+x_1=4.1 m  ...(9)$

假设物块 $B$ 能沿轨道到达 $M$ 点，在 $M$ 点时其速度为 $v_M$ ，由 $D$ 到 $M$ 的运动过程，根据动能
定理，
则有 $-\frac{\sqrt{2}}{2} m g R=\frac{1}{2} m v_M{ }^2-\frac{1}{2} m v_D^2 ...(10)$
设在 $M$ 点轨道对物块的压力大小为 $F_{ N }$ ，
则 $F_{ N }+m g=m \frac{v_{M^2}}{R} ...(11)$
由(1)(11)解得 $F_{ N }=(1-\sqrt{2}) m g<0$ ，假设不成立，即物块 $B$ 不能到达 $M$ 点.
物块 $A 、 B$ 的碰撞为弹性正碰且质量相等，碰撞后速度交换，则 $v_A=v_0=6 m / s  ...(12)$

设物块 $A$ 释放的高度为 $h$ ，对下落过程，根据动能定理有 $m g h=\frac{1}{2} m v_A{ }^2...(13)$ ，
由(12)(13) 解得 $h=1.8 m$.

`例` 如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L＝1.25 m，C位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m.由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短.已知平板A的质量mA＝1 kg，物块B的质量mB＝1 kg，物块C的质量mC＝1.5 kg，B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
 ![图片](/uploads/2024-12/149fd8.jpg)
(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)求平板A在桌面上滑行的距离.

解：（1）设 $B 、 C$ 分离瞬间 $B 、 C$ 的速度大小分别为 $v_B$ 和 $v_C, B 、 C$ 组成的系统动量守恒，则有 $m_B v_B-m_C v_C=0$
由能量守恒定律得 $E_{ p }=\frac{1}{2} m_B v_B{ }^2+\frac{1}{2} m_C V_C{ }^2$
分离后，物块 $C$ 做平抛运动，则有 $h=\frac{1}{2} g t^2, x=v_c t$
联立解得 $v_C=2 m / s , v_B=3 m / s , E_{ p }=7.5 J$.

（2）$B 、 C$ 分离后， $B$ 向左做匀减速直线运动， $A$ 静止不
动，设 $A 、 B$ 碰撞前瞬间 $B$ 的速度为 $v_{B 1}$ ，对物块 $B$ ，
由动能定理得 $-\mu m_B g L=\frac{1}{2} m_B v_{B 1}{ }^2-\frac{1}{2} m_B v_B{ }^2$
$A 、 B$ 发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守
恒、机械能守恒，则有 $m_B v_{B 1}=m_B v_{B 2}+m_A v_A$ ，

$$
\frac{1}{2} m_B v_{B 1}{ }^2=\frac{1}{2} m_B v_{B 2}{ }^2+\frac{1}{2} m_A v_A{ }^2
$$

且 $E_{ K A}=\frac{1}{2} m_A v_A{ }^2$
联立解得 $v_{B 1}=2 m / s , v_{B 2}=0, v_A=2 m / s , E_{ k A}=2 J$.

（3）$A 、 B$ 碰撞后， $A$ 向左做匀减速直线运动， $B$ 向左做匀加速直线运动，则对 $B$ 有 $\mu m_B g=m_B a_B$
对 $A$ 有 $\mu m_B g+\mu\left(m_B+m_A\right) g=m_A a_A$
解得 $a_A=6 m / s ^2, a_B=2 m / s ^2$
设经过时间 $t$ ，两者共速，则有 $v=a_B t=v_A-a_A t$
解得 $v=\frac{1}{2} m / s , t=\frac{1}{4} s$
此过程中 $A$ 向左运动距离

$$
x_1=\frac{v_A+v}{2} t=\frac{2+\frac{1}{2}}{2} \times \frac{1}{4} m=\frac{5}{16} m
$$

此后， $A 、 B$ 相对静止一起减速到零，有 $-\mu\left(m_B+m_A\right) g x_2=0-\frac{1}{2}\left(m_B+m_A\right) v^2$解得 $x_2=\frac{1}{16} m$,
整个过程中 $A$ 在桌面上滑行的距离为 $x=x_1+x_2=\left(\frac{5}{16}+\frac{1}{16}\right) m =\frac{3}{8} m$ 。

`例` 如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰.已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止.忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
 ![图片](/uploads/2024-12/e0c2e4.jpg)
 (1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系； 
(3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴).
解：（1）物块 $b$ 摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有 $m g h=\frac{1}{2} m v_b{ }^2$ ，解得 $v_b$ $=5 m / s$
$b$ 与 $a$ 发生弹性正碰，根据动量
守恒定律和机械能守恒定律有

$$
\begin{aligned}
& m v_b=m v_b^{\prime}+m v_0 \\
& \frac{1}{2} m v_b^2=\frac{1}{2} m v_b^{\prime}{ }^2+\frac{1}{2} m v_0^2
\end{aligned}
$$

联立解得 $v_0=5 m / s$

（2）由(1)分析可知，物块 $b$ 与物块 $a$ 在 $A$
处发生弹性正碰，速度交换，若物
块 $a$ 冈好可以到达 $E$ 点对应的高度为 $h_1$ ，
根据动能定理可得 $m g h_1-2 \mu m g l-m g H=0$ ，解得 $h_1=1.2 m$
以坚直向下为正方向，
则有 $F_{ N }+m g=m \frac{v_E{ }^2}{R}$
由动能定理有 $m g h-2 \mu m g l-m g H=\frac{1}{2} m v_E{ }^2$
联立可得 $F_{ N }=0.1 h-0.14 N(h \geqslant 1.2 m)$

（3）当 $1.2 m \leqslant h<1.65 m$ 时，最终物块
$a$ 静止的位置在 $E$ 点或 $E$ 点右侧，
根据动能定理得

$$
m g h-2 \mu m g l-m g H=\frac{1}{2} m v_E^2
$$

从 $E$ 点飞出后, 坚直方向 $H=\frac{1}{2} g t^2$
水平方向 $s_1=v_E t$
当 $h$ 最大时， $s_1$ 最大，即 $s_{1 \text { max }}=0.6 m$ ，又因 $x$ 取不到最大值，则 $s_1$ 取不到最大值，
根据几何关系可得 $D F=\frac{\sqrt{3}}{5} m$

$$
x=3 l+D F+s_1
$$

代入数据解得 $\left(3+\frac{\sqrt{3}}{5}\right) m \leqslant x<\left(3.6+\frac{\sqrt{3}}{5}\right) m$ ；当 $0.9 m<h<1.2 m$ 时，从 $h_2=0.9 m$ 释放 $b, a 、 b$ 碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可得 $m g h-\mu m g s_2=0$当 $h$ 最小时，解得 $s_2=1.8 m$
可知物块 $a$ 达到距离 $C$ 点右侧 0.8 m 处静止；
当 $h$ 取 1.2 m 时，
物块 $a$ 在 $E$ 点速度为零，若返回到 $C D$ 时，根据动能定理可得 $m g H-$ $\mu m g s_3=0$ ，解得 $s_3=0.4 m$ ，距离 $C$ 点 0.6 m ，
又因 $h=1.2 m$ 不在此范围内，故当 $0.9 m<h<1.2 m$ 时，有 $3 l-s_3<x \leqslant 3 l$代入数据得 $2.6 m<x \leqslant 3 m$.

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