| 动能定理解决多过程问题 题目答案及解析

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必修2

第七章 机械能守恒定律

7.7 动能和动能定理

动能定理解决多过程问题

如图,倾角$\theta=37^\circ$的粗糙斜面$AB$与光滑水平面$BD$$B$点平滑连接,倾角$\alpha=30^\circ$的足够长的传送带在电动机的带动下以$v=4\;\rm m/s$的速度沿逆时针方向匀速转动,传送带的下端与水平面的右端$D$点通过一小段圆弧连接,质量$m_{b}=3\;\rm kg$的小物块$b$放在水平面上的$C$点,质量$m_{a}=1\;\rm kg$的小滑块$a$$A$点由静止释放,滑块$a$与斜面间的动摩擦因数$\mu _{1}=0.25$$A$$B$间距离$L=12.5m$$a$滑到水平面上后与$b$发生弹性正碰,以后$a$$b$的碰撞都发生在水平面上,$b$与传送带间的动摩擦因数为$\mu_{2} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$,重力加速度$g$$10\;\rm m/s^{2}$$\sin37^\circ=0.6$$\cos37^\circ=0.8$。求:

$a$第一次与$b$碰撞前瞬间的速度大小;

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$a$第一次与$b$碰撞前瞬间的速度大小为$10\\;\\rm m/s$

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$a$第一次与$b$碰撞前瞬间的速度大小为$v_{0}$$a$在斜面间下滑过程

根据动能定理$m_{a}gL\sin\theta - \mu_{1}m_{a}gL\cos\theta = \dfrac{1}{2}m_{a}v_{0}^{2}$

代入数据解得$v_{0}=10\;\rm m/s$

第一次碰撞后瞬间$a$$b$的速度大小;

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第一次碰撞后瞬间$a$$b$的速度大小均为$5\\;\\rm m/s$

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设滑块$a$$b$碰撞后的速度大小分别为$v_{1}$$v_{2}$,取水平向右为正方向

根据动量守恒有$m_{a}v_{0}=m_{b}v_{2}+m_{a}v_{1}$

根据能量守恒$\dfrac{1}{2}m_{a}v_{0}^{2} = \dfrac{1}{2} \times m_{b}v_{2}^{2} + \dfrac{1}{2}m_{a}v_{1}^{2}$

联立解得$v_{1}=﹣5\;\rm m/s$$v_{2}=5\;\rm m/s$

$b$从第一次经过$D$点到第二次经过$D$点的过程中电动机额外多做的功。

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$b$从第一次经过$D$点到第二次经过$D$点的过程中电动机额外多做的功为$47.25\\;\\rm J$

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物块$b$在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零,设加速度的大小为$a$

根据牛顿第二定律$m_{b}g\sin\alpha+\mu _{2}m_{b}g\cos\alpha=m_{b}a$

代入数据解得$a=10\;\rm m/s^{2}$

物块$b$在传送带上向上运动的位移大小$x_{b1} = \dfrac{v_{2}^{2}}{2a} = \dfrac{5^{2}}{2 \times 10}m = 1.25\;\rm m$

向上运动的时间为$t_{b1} = \dfrac{v_{2}}{a} = \dfrac{5}{10}s = 0.5\;\rm s$

此过程传送带的位移大小为$x_{传1}=vt_{b1}=4\times 0.5\;\rm m=2\;\rm m$

发生的相对位移大小为$\Delta x_{1}=x_{传1}+x_{b1}=2\;\rm m+1.25\;\rm m=3.25\;\rm m$

物块$b$速度减为零后,向下做匀加速直线运动到与传送带共速,加速度的大小仍然为$a$

此过程在传送带上向下运动的位移大小$x_{b2} = \dfrac{v^{2}}{2a} = \dfrac{4^{2}}{2 \times 10}\;\rm m = 0.8m$

所用时间为$t_{b2} = \dfrac{v}{a} = \dfrac{4}{10}s = 0.4\;\rm s$

此过程传送带的位移大小为$x_{传2}=vt_{b2}=4\times 0.4\;\rm m=1.6m$

发生的相对位移大小为$\Delta x_{2}=x_{传2}﹣x_{b2}=1.6\;\rm m﹣0.8m=0.8m$

物块$b$与传送带共速后,由于$m_{b}g\sin\alpha=\mu _{2}m_{b}g\cos\alpha$

因此滑块$b$和传送带相对静止一起匀速运动回到$D$点;

$b$从第一次经过$D$点到第二次经过$D$点的过程中,因摩擦产生的热量为$Q=\mu _{2}m_{b}g\cos30^\circ\cdot $$\Delta x_{1}+\Delta x_{2}$

代入数据解得$Q=60.75\;\rm J$

根据功能关系可知,$b$从第一次经过$D$点到第二次经过$D$点的过程中电动机额外多做的功为$W = \Delta E = Q + \dfrac{1}{2}m_{b}v^{2} - \dfrac{1}{2}m_{b}{v_{2}}^{2}$

代入数据解得$W=47.25\;\rm J$

另解:($3$)物块$b$在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零,再相当于传送带向下加速至传送带的速度$v$,设加速度的大小为$a$

根据牛顿第二定律$m_{b}g\sin\alpha+\mu _{2}m_{b}g\cos\alpha=m_{b}a$

代入数据解得$a=10\;\rm m/s^{2}$

取向下为正方向,则运动时间$t = \dfrac{v - ( - v_{2})}{a} = \dfrac{4 - ( - 5)}{10}s = 0.9\;\rm s$

滑块$b$的对地位移$x_{b} = v_{2}t - \dfrac{1}{2}at^{2} = 5 \times 0.9\;\rm m - \dfrac{1}{2} \times 10 \times 0.9^{2}\;\rm m = 0.45m$

传送带的位移$x_{传}=vt=4\times 0.9\;\rm m=3.6m$

相对位移$\Delta x=x_{b}+x_{传}=0.45\;\rm m+3.6m=4.05m$

物块$b$与传送带共速后,由于$m_{b}g\sin\alpha=\mu _{2}m_{b}g\cos\alpha$

因此滑块$b$和传送带相对静止一起匀速运动回到$D$点;

$b$从第一次经过$D$点到第二次经过$D$点的过程中,因摩擦产生的热量为$Q=\mu _{2}m_{b}g\Delta x\cos30^\circ$

代入数据解得$Q=60.75\;\rm J$

根据功能关系可知,$b$从第一次经过$D$点到第二次经过$D$点的过程中电动机额外多做的功为$W = \Delta E = Q + \dfrac{1}{2}m_{b}v^{2} - \dfrac{1}{2}m_{b}{v_{2}}^{2}$

代入数据解得$W=47.25\;\rm J$

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