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- 2021-05-21 发布
“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h1＝6 000 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h2＝3 000 m时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不低于h＝500 m，取g＝10 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：Mg－f＝Ma1
解得a1＝＝9.6 m/s2
加速下落的高度为h1－h2＝3 000 m，
根据位移时间关系公式，有：h1－h2＝a1t2，
故加速下落的时间为
t＝ ＝ s＝25 s。
(2)飞艇开始做减速运动时的速度为v＝a1t＝240 m/s
匀减速下落的最大高度为
h2－h＝3 000 m－500 m＝2 500 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/s2＝11.52 m/s2
根据牛顿第二定律可得F′－mg＝ma2，
根据牛顿第三定律可得F＝F′，
则：＝2.152。
答案：(1)25 s (2)2.152
2．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LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 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μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 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(v2＜v1)。
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：N1＝mg
f1＝μN1＝ma1
联立解得：a1＝5 m/s2。
由运动学公式有：t1＝＝ s＝1 s
s1＝a1t12＝×5×12 m＝2.5 m
由于s1＜LAB，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 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：N2＝mgcos θ
mgsin θ＋μN2＝ma2
由运动学公式有：s2＝
联立解得：a2＝10 m/s2。
s2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为：
h＝s2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD上升的时间为：t3＝＝ s＝0.5 s
故总时间为：t＝t1＋t2＋t3＝1.8 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：
－2a2s3＝v22－v12
mgsin θ－μN2＝ma3
－2a3s4＝0－v22
LCD＝s3＋s4
解得：v2＝4 m/s。
答案：(1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s
3．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 37°＝0.8，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 37°＋1.8R)－μmgcos 37°·5R＝mvC2
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FN－mg＝m
其中r满足r＋r·sin 53°＝1.8R
联立上式可得FN＝6.6mg
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≥mg
小球从C点到此最高点过程，由动能定理，有
－μmgR－mg·2R′＝mvP2－mvC2
可得R′≤R＝0.92R
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
mvC2－μmgR≤mg·R′
解得R′≥2.3R
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R′≤0.92R或R′≥2.3R。
答案：(1) (2)6.6mg 方向竖直向下
(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R
4．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2mgh＝×2mvC2，
解得vC＝。
(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＝(m＋2m)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H＝gt2，L＝vt，
联立解得L＝，
碰撞过程中损失的机械能
E＝×2mvC2－×3mv2＝mgh。
答案：(1) (2) mgh
5．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是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；
②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＝mvB2，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：
N－mg＝m，解得：N＝3mg，
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)①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，
解得：vm＝ 。
②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)① ②L