第37练专题强化：用三大观点解决动力学问题
分值：50分
1.(15分)(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N
(1)(4分)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)(5分)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)(6分)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
2.(17分)(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10m/s2。
(1)(5分)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)(6分)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)(6分)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
3.(18分)(2024·贵州卷·15)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)(3分)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)(6分)b从M运动到N的时间；
(3)(9分)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
答案精析
1.(1)v0μg(2)6mgL－
(3)
解析(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝v
(2)B从M点滑至N点的过程中，由动能定理知
2mg·3L－W克f＝12×2m(2v0)2－12×2
解得W克f＝6mgL－3mv
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v0＝mv1+2mv2
12×2m×(2v0)2－(12mv12+12×2mv22)＝14×[12
解得v1＝2v0，v2＝v0
(另一解v1＝23v0，v2＝53v0
两药品盒做平抛运动的时间
t1＝2
则s－r＝v2t1，s+r＝v1t1，
解得s＝3v
2.(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m
解析(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma
解得a＝5m/s2
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
x＝v传22a＝2.5m
可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5m/s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律有
m物v＝m物v1+m球v2
其中v＝5m/s，v1＝－1m/s
解得v2＝3m/s
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
ΔEk＝12m物v2－12m物v1
解得ΔEk＝0.3J
(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g＝m球v
小球从O点正下方到P点正上方过程中，
由机械能守恒定律有
12m球v22＝12m球v32+m球
联立解得d＝0.2m
即P点到O点的最小距离为0.2m。
3.(1)3