2018高考物理一轮总复习高考必考题突破讲座5应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题突破训练
2018版高考物理一轮复习讲义课件：第五章 能量和动量 第5节 动量定理 动量守恒定律 精品
解析：在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功， 选项 A 错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方 向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项 B 正确； 小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故 小球和槽都做匀速运动，选项 C 正确；小球与槽组成的系统 动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离 后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速 度相等，故小球不能滑到槽上，选项 D 错误。 答案：BC
[解析] (1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即 为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得 v1＝6 m/s。 (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大， 由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得 v2 ＝2 m/s。 (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s。 [答案] (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
3．(2017·北京市通州区摸底)在水平地面的右 端 B 处有一面墙，一小物块放在水平地面 上的 A 点，质量 m＝0.5 kg，AB 间距离 s＝5 m，如图所示。 小物块以初速度 v0＝8 m/s从 A 向 B 运动，刚要与墙壁碰撞 时的速度 v1＝7 m/s，碰撞后以速度 v2＝6 m/s反向弹回。重 力加速度 g 取 10 m/s2。求： (1)小物块从 A 向 B 运动过程中的加速度 a 的大小； (2)小物块与地面间的动摩擦因数 μ； (3)若碰撞时间 t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用 力 F 的大小。
化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2．应用动量定理解题的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程 研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成 的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以 是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全 过程中的某一阶段。
2018版高考物理一轮总复习课件：热点专题5 利用力学两大观点分析综合问题 精品
二、解答动力学综合问题的两大基本观点
分类 力的瞬时作用
力的空间积累作 用
对应规律 牛顿第 二定律
动能定理
功能关系
机械能 守恒定律
规律内容
物体的加速度大小与合外力成 正比，与质量成反比，方向与 合外力的方向相同
外力对物体所做功的代数和等 于物体动能的增量
一个力做了多少功，就有多少 能从一种形式转化为其他形式
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【解析】 (1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变 化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝12mv20＋mglADsin37°① 物体克服摩擦力消耗的能量为 Q＝Ff·x② 其中x为物体的路程，即 x＝5.4 m③ Ff＝μmgcos37°④ 由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52.
【答案】 (1)6 m/s2 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N，方所 示 ， 在 倾 角 为 37° 的 粗 糙 足 够 长 的 斜 面 的 底
端，一质量m＝1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不相连．t＝0时释
放物块，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc
用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F，物体飞出后越过“壕
沟”落在平台EG段．已知物块的质量m＝1 kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数μ
＝0.5，AB段长L＝10 m，B、E两点的高度差h＝0.8 m，B、E两点的水平距离x＝1.6
m．若物块可看作质点，空气阻力不计，g取10 m/s2.
重力做功：W＝mgΔx＝mg×2mk g＝2mk2g2.物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧
高三物理第5章-第5节动力学和能量观点解决力学综合问题考点考题透析课件(44张PPT)
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高三大一轮复习学案
则：v＋a1t2＝a2t2⑥ 小物体的位移 x1＝vt2＋12a1t22⑦ 薄板的位移 x2＝12a2t22⑧ 薄板的长度 l＝x1－x2⑨ 联立③～⑨式得 l＝2.5 m 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m
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高三大一轮复习学案
如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平 变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始 计时，改用图丙中周期性变化的水平力 F 作用(g 取 10 m/s2)．求：
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高三大一轮复习学案
[典例 2] 如图所示，半径 R＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在 竖直平面内，轨道的一个端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向间的 夹角 θ＝37°，另一端点 C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平 面上紧挨 C 点静止放置一木板，木板质量 M＝1 kg，上表面与 C 点等高．质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v0＝ 1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入轨 道．已知物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2.求：
(1)A 点与 B 点的水平距离； (2)薄板 BC 的长度．
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高三大一轮复习学案
解析 (1)小物体从 A 到 B 做平抛运动，下落时间为 t1，水平 位移为 x，则：
gt1＝v0tan 37°① x＝v0t1② 联立①②得 x＝1.2 m
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高三大一轮复习学案
(2)小物体落到 B 点的速度为 v，则 v＝ v20＋gt12③ 小物体在薄板上运动，则： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1④ 薄板在光滑斜面上运动，则： Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时 t2，
高考物理大一轮复习 专题5 应用动力学观点和能量观点解决力学压轴题课件 新人教版
自由落体运动(yùndòng)
圆周运动(yùndòng)
斜面
上匀减速运动(yùndòng)
(2)找出小物体最终的运动(yùndòng)状态
从B点开始做往复运动(yùndòng)此过程中机械能守恒
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解析 (1)为使小物体不会从 A 点冲出斜面，由动能定理得
Rcos mg 4
θ－μ1mgcos
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反思总结 机械能守恒定律与圆周运动综合的问题是力学 命题最热的组合形式之一，求解的关键是抓好两个分析： (1)状态分析，找到圆周运动的临界状态及有关向心力问 题，如题中的 A 和 D 点；(2)过程分析，利用机械能守恒 定律求解几个状态之间的关系，如 A 到 D 过程机械能守恒， 有12mv2A＝12mv2D＋mg(2r＋L)．
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常考点一 应用动力学方法和动能定理解决多过程问题 若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及
(shèjí)分析力或求解力而不涉及(shèjí)能量问题，则常常用牛 顿运动定律求解；若该过程涉及(shèjí)能量转化问题，并且具 有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．
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θRscinosθθ＝0
解得动摩擦因数至少为 μ1＝4scionsθθ.
(2)分析运动过程可得，最终小物体将在 BB′圆弧间做往
复运动(B′未画出)，由动能定理得
Rcos
mg
4
θ＋Rcos
θ－μmgscos
θ＝0
解得小物体在斜面上通过的总路程为 s＝52Rscinosθθ.
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(3)由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最
mg(3
高考物理一轮复习 热点专题突破系列5 应用动力学和能量观点解决力学问题强化训练 新人教版必修2(20
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热点专题突破系列5 应用动力学和能量观点解决力学问题〔专题强化训练〕1．（2017·山东邹平一中检测）如图所示,半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C,圆轨道的直径AC与斜面垂直。
质量为m的小球从A点左上方距A 高为h的斜上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到抛出点等高的D处。
已知当地的重力加速度为g，取R＝错误!h，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,不计空气阻力，求：错误!(1）小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小;(3）小球从C到D过程中克服摩擦力做的功W。
[答案］（1)错误!错误!(2）5。
6mg(3）错误!mgh［解析］（1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示。
设竖直方向的速度v y,则有v错误!＝2gh由几何关系得v0＝v y cotθ得v0＝错误!错误!(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cosθ）设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中有错误!mv错误!＋mg（H＋h）＝错误!mv2在B点，有F N－mg＝m错误!解得F N＝5。
2018年高考物理四川专用一轮复习课件：第5章能力课时7 应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题
2．解题模板
[例 2] 如图 3 所示，质量为 M＝8 kg 的长木板放在光滑水平面上，在木 板左端施加 F＝12 N 的水平推力， 当木板向右运动的速度达到 v0＝1．5 m/s时，在其右端轻 轻放上一个大小不计、质量为 m＝2 kg 的铁块，铁块与木 板间的动摩擦因数 μ＝0.2，木板足够长，取 g＝10 m/s2。求： (1)当二者达到相同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所 做的功； (2)当二者达到相同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生 的热量。
3．[传送带模型](2015·四川成都一诊)如图 6 所示，与水平面夹 角为 θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端 A 点与上 端 B 点间的距离为 L＝4 m，传送带以恒定的速率 v＝2 m/s 向上运动。现将一质量为 1 kg 的物体无初速度地放于 A 处， 已知物体与传送带间的动摩擦因数 μ＝ 23，取 g＝10 m/s2， 求：
m/s2。求：
图1
(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB； (2)轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？ 如能，请求出回到B点时的速度的(1)由题意可知：vB＝cosv60 0°
①
解得：vB＝2v0＝6 m/s。 (2)从 B 点到 E 点，由动能定理可得：
变，则下列有关说法正确的是
()
图5
A．小铅块将从木板B的右端飞离木板 B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止 C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生 的热量
解析 在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的 摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板 加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加 速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B 木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的 右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩 擦力乘相对路程等于产生的热量，第一次的相对路程大小 大于第二次的相对路程大小，则图甲所示的过程产生的热 量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。 答案 BD
最新-2018年高考物理大一轮 第五章 专题5 应用动力学
图1专题5 应用动力学和能量观点处理多过程问题 导学目标 1.掌握多运动过程问题的分析方法.2.能够根据不同运动过程的特点合理选择动力学或能量观点解决问题．考点一 应用动能定理和动力学方法解决多过程问题 考点解读若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解． 典例剖析例1 (2018·浙江理综·22)如图1所示，在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H 的平台上A 点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B 点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L ，B 点的高度h 可由运动员自由调节(取g ＝10m/s 2)．求：(1)运动员到达B 点的速度与高度h 的关系．(2)运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度h 应调为多大？对应的最大水平距离s max 为多少？(3)若图中H ＝4 m ，L ＝5 m ，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7 m ，h 值应为多少？方法突破1．在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． 跟踪训练1 (2018·吉林长春市第一次调研测试15题)一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h 1＝19.5 m 高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m ＝2 kg ，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到楼下，奔跑过程用时t 0＝2.5 s ，恰好在距地面高度为h 2＝1.5 m 处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间；(2)在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功．考点二 应用机械能守恒定律和动力学方法解决多过程问题 考点解读若一个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力学方法求解；若某过程涉及到做功和能量转化问题，则要考虑应用图2动能定理或机械能守恒定律求解． 典例剖析例2 如图2所示，水平传送带AB 的右端与在竖直面内用内径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度v 0＝4.0 m/s ，将质量m ＝0.1 kg 的可看做质点的滑块无初速度地放在传送带的A 端．已知传送带长度L ＝4.0 m ，“9”字全高H ＝0.6 m ，“9”字上半部分圆弧半 径R ＝0.1 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块从传送带A 端运动到B 端所需要的时间；(2)滑块滑到轨道最高点C 时对轨道作用力的大小和方向．跟踪训练2 如图3甲所示，一半径R ＝1 m 、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B 处，圆弧形轨道的最高点为M ，斜面倾角θ＝37°，t ＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示．若物块恰能到达M 点，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图3(1)物块经过B 点时的速度v B ；(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)AB 间的距离x AB .考点三 综合应用动能定理和机械能守恒定律解题 典例剖析例3 如图4所示，是某公园设计的一个游乐设施，所有轨道均光滑，AB 面与水平面成一定夹角．一无动力小滑车质量为m ＝10 kg ，沿斜面轨道由静止滑下，然后滑入第一个圆形轨道内侧，其轨道半径R ＝2.5 m ，不计通过B 点时的能量损失，根据设计要求，在圆轨道最低点与最高点各放一个压力传感器，测试小滑车对轨道的压力，并通过计算机显示出来．小滑车到达第一个圆形轨道最高点C 处时刚好对轨道无压力，又经过水平轨道滑入第二个圆形轨道内侧，其轨道半径r ＝1.5 m ，然后从水平轨道飞入水池内，水面离水平轨道的距离为h ＝5 m ，g 取10 m/s 2，小滑车在运动全过程中可视为质点．求：图4(1)小滑车在第一个圆形轨道最高点C 处的速度v C 的大小；图5 图6图7(2)在第二个圆形轨道的最高点D 处小滑车对轨道压力F N 的大小；(3)若在水池内距离水平轨道边缘正下方的E 点s ＝12 m 处放一气垫(气垫厚度不计)，要使小滑车既能安全通过圆形轨道又能落到气垫上，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方开始下滑？A 组 动能定理1． 某学校物理兴趣小组用空心透明光滑塑料管制作了如图5所示的“18”造型，固定在竖直平面内，底端与水平地面相切．两个圆的半径均为R .让一质量为m 、直径略小于管径的小球从入口A 处无初速度放入，B 、C 是轨道上的两点，B 是右侧“6”字型的最低点，C 点是左侧“0”字型上与圆心等高的一点．D 为水平出口，其高度与圆最高点相同．已知A 比D 高R ，当地的重力加速度为g ，不计一切阻力．求：(1)小物体从D 点抛出后的水平射程；(2)小球经过B 点时对管道的压力大小；(3)小球经过C 点时的加速度大小．B 组 机械能守恒定律和动力学方法的应用2． 如图6所示是一种闯关游戏，在一个平台与斜面之间悬挂有一个不计质量不可伸长的轻绳，悬点为O ，使绳子在竖直面内摆动，人从斜面顶端以一定速度沿斜面跑到A 点，此时绳子恰好摆到最高点A 处，人立即抓住绳子随绳子一起向下摆动，当摆到最低点B 时，人松开绳子，然后做平抛运动，落到平台上．将人简 化为质点，已知OA 垂直于斜面EF ，OA 与竖直方向OB 的夹角为60°，绳长L ＝5 m ，在最低点B 处，人距离平台C 端水平距离为10 m ，竖直高度为5 m ，欲使人落到平台上，则人沿斜面跑到A 点的速度至少为多大？(g ＝10 m/s 2)3． 如图7所示，BCD 为半径为R 的光滑圆轨道，O 为圆心，CD为竖直直径，∠BOC ＝37°.现从与D 点等高的A 点水平抛出一小球，小球运动至B 点时，刚好沿B 点切线进入圆轨道，并恰好能过D 点，落在水平台上的E 点．空气阻力不计，重力加速度为g ，试求：(1)从A 点抛出时的初速度v 0；(2)BE 间的距离s .图1 图3 图4课时规范训练(限时：45分钟)1．如图1所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A 点由静止出发，经过时间t 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD 上．已知赛车在水平轨道AB 部分和CD 部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k ＝F f mg ＝0.5，赛车的质量m ＝0.4 kg ，通电后赛车的电动机以额定功率P ＝2 W 工作，轨道AB 的长度L ＝2 m ，圆形轨道的半径R ＝0.5 m ，空气阻力可忽略，取g ＝10 m/s 2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD 轨道上运动的路程最短．在此条件下，求：(1)小车在CD 轨道上运动的最短路程；(2)赛车电动机工作的时间．2．如图2所示，为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，CD 间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求：图2(1)小球到达N 点时的速度；(2)压缩的弹簧所具有的弹性势能．3.如图3所示，光滑曲面轨道置于高度为H ＝1.8 m 的平台上，其末端切线水平．另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ＝37°的斜面，整个装置固定在竖直平面内．一个可视作质点的质量为m ＝0.1 kg 的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)若小球下滑后做平抛运动正好击中木板的末端，则释放小球的高度为多大？(2)试推导小球下滑后做平抛运动第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h 的关系表达式．3． 如图4所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.18，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.试求：(1)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力；(2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下？复习讲义课堂探究例1 (1)v B ＝2g (H －h －μL )(2)h ＝H －μL 2s max ＝H －μL ＋L (3)2.62 m 或0.38 m跟踪训练1 (1)0.5 s (2)－168 J 例2 (1)2 s (2)3 N ，方向竖直向上 跟踪训练2 (1)46 m/s (2)0.5(3)0.9 m例3 (1)5 m/s (2)333.3 N (3)7.2 m 分组训练1．(1)22R (2)7mg (3)17g2．5 2 m/s3．(1)gR (2)3(10－1)5R 课时规范训练 1．(1)2.5 m (2)4.5 s2．(1)2 5 m/s (2)0.44 J3．(1)0.8 m (2)E k ＝3.25h4．(1)46 N (2)6 m。
高考物理一轮复习 第五章 专题探究五 动力学和能量观点的综合应用课件
(1)在木板(mù bǎn)右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动,拉力F至少应 为多大?
de间的动摩擦因数恒为μ,其他位置摩擦不计,重力加速度g=10 m/s2.
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(1)求v0的值;
解析:(1)由题意知小圆环在 ab 轨道上运动时只受重力作用,即小圆环在 ab 轨道上
做平抛运动,初速度为 v0,则 x=v0t,h= 1 gt2,得 v0= 3 30 m/s.
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考点三 应用(yìngyòng)动力学和能量观点分析“滑块—滑板” 问题
1.问题(wèntí)分类 水平面上的“滑块—滑板”问题(wèntí)和在斜面上的“滑块—滑板”模型. 2.处理方法
往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运 动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转
现将质量为m的某物块无初速度地放在传送带的左端,经过时间t物块保持与传送带相对静止
(jìngzhǐ).设物块与传送带间的动摩擦因数为μ,对于这一过程,下列说法正确的是(
)
A.摩擦力对物块做的功为 1 mv2 2
ACD
B.传送带克服摩擦力做的功为 1 mv2 2
C.系统摩擦生热为 1 mv2 2
D.电动机多做的功为 mv2
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【典例1】 如图所示,将一质量m=0.1 kg的小球自水平平台顶端(dǐngduān)O点水平抛出,小球恰 好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑,斜面底端B与光 滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B点后进入BC部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已
2018年高考物理一轮复习专题五动力学和能量观点的综合应用精讲深剖
专题五 动力学和能量观点的综合应用【专题解读】1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．考向一 多运动组合问题1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题． 2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律． (2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程． (2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．【例1】 如图1所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图1(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小；(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．关键词 ①直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切；②水平飞出后，恰好通过G 点．【答案】(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得：方法总结多过程问题的解题技巧1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景． 2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律． 3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法． 阶梯练习1．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功． 【答案】(1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R )2．如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0 m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h ＝2.4 m ．用质量为m ＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，物块经过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g 取10 m/s 2)图3(1)求物块过B 点时的瞬时速度大小v B 及物块与桌面间的动摩擦因数μ； (2)若轨道MNP 光滑，求物块经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ；(3)若物块刚好能到达轨道最高点M ，求物块从B 点到M 点运动的过程中克服摩擦力所做的功W .【答案】(1)6 m/s 0.4 (2)16.8 N ，方向竖直向下 (3)4.4 J解得F N ′＝16.8 N根据牛顿第三定律，F N ＝F N ′＝16.8 N ，方向竖直向下(3)物块刚好能到达M 点，有mg ＝m v2M R解得v M＝gR＝10 m/s物块到达P点的速度v P＝v2x＋v2y＝8 m/s 从P到M点应用动能定理，有－mgR(1＋cos 60°)－W PNM＝12mv2M－12mv2P考向二传送带模型问题1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例2 如图4所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s 向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6 m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1 kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：图4(1)B向右运动的总时间；(2)B回到传送带左端的速度大小；(3)上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．关键词①光滑固定斜面；②B 与传送带间的动摩擦因数为0.2；③B 经过一段时间回到传送带的左端．【答案】(1)2 s (2)2 5 m/s (3)(16＋45) J【解析】(1)B 向右减速运动的过程中，刚开始时，B 的速度大于传送带的速度，以B 为研究对象，水平方向B 受到向左的摩擦力与绳对B 的拉力，设绳子的拉力为F T1，以向左为正方向，得F T1＋μmg ＝ma 1①以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 相等，A 向上运动的过程中受力如图，则mg sin 37°－F T1＝ma 1②联立①②可得a 1＝g sin 37°＋μg2＝4 m/s 2③B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t 1＝－v 0－－v 1a 1＝1 s.所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度a 3＝a 2＝2 m/s 2.t 1时间内B 的位移x 1＝－v 0＋－v 12t 1＝－4 m ，负号表示方向向右．t 2时间内B 的位移x 2＝0＋－v 02×t 2＝－1 m ， 负号表示方向向右．B 的总位移x ＝x 1＋x 2＝－5 m.B 回到传送带左端的位移x 3＝－x ＝5 m.速度v ＝2a 3x 3＝2 5 m/s.(3)t 1时间内传送带的位移x 1′＝－v 0t 1＝－2 m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 1＝x 1′－x 1＝2 m.t 2时间内传送带的位移x 2′＝－v 0t 2＝－2 m ，方法总结 1．分析流程2．功能关系(1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q .(2)对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f x相对．阶梯练习3．如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，试求：图5(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量．【答案】(1)2 s (2)24 J4．一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图6甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.图6(1)指出传送带速度v的大小及方向，说明理由．(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？【答案】(1)2.0 m/s 方向向右(2)0.2 (3)24 J 36 J考向三滑块—木板模型问题1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例3 图7甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.甲图7(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．【答案】(1)8 N (2)见解析系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J.2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m，物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J；木板对地位移x2＝3 m，木板与地面因摩擦产生的内能Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J.0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J.方法总结滑块—木板模型问题的分析和技巧1．解题关键正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．2．规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE内＝－ΔE机＝F f x相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用．阶梯练习5．如图8所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A 点锁定，然后将一质量为m 的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝36，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B 点，A 、B 两点的高度差为h 0，已知重力加速度为g .图8(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p .(2)求物块从A 到B 的时间t 1与从B 返回到A 的时间t 2之比．(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A 点并锁定，物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C 的高度H ＝2h 0，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出？【答案】(1)32mgh 0 (2)33(3)见解析 【解析】(1)物块受到的滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ，A 到B 过程由功能关系有－F fh 0sin θ＝mgh 0－E p ，解得E p ＝32mgh 0.。
高考物理大一轮总复习 热点专题突破 应用动力学和能量观点解决多过程问题课件
【 答 案 】 (1) 不 能 理 由 (lǐyóu) 见 解 析 (2)11.25 m (3)2.21 m<h<2.86 m
第二十四页，共30页。
2．[2013·湖南五市十校联考]质量为 m＝1 kg 的小物块轻轻 地放在水平匀速运动的传送带上的 P 点，随传送带运动到 A 点 后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直 光滑的圆弧轨道．B、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平．
第十三页，共30页。
如图所示，水平距离s为2 m，动摩擦因数为0.25.现有一小 (yī xiǎo)滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换 速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和 小球都视为质点，g取10 m/s2，试问：
第十四页，共30页。
(1)若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞(pènɡ zhuànɡ)后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h.
第二十八页，共30页。
(3)小物块在传送带上加速的过程有 μ2mg＝ma3 P、A 间的距离是 xPA＝2va213＝1.5 m (4)小物块沿斜面上滑时有 mgsinθ2＋μ1mgcosθ2＝ma1 解得 a1＝10 m/s2 小物块沿斜面下滑时有 mgsinθ2－μ1mgcosθ2＝ma2 解得 a2＝6 m/s2
在滑块从 h 处运动到小球到达最高点的过程中，根据动能 定理，则有 mg(h－2L)－μmg2s＝12mv20，解得 h＝0.5 m
第十六页，共30页。
(2)若滑块从 h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为 v1，则有 mgh′－μmg2s＝12mv21
滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以 v1 的速度开始 做圆周运动，绳的拉力 FT 和小球重力的合力充当向心力，则
2018高考物理一轮总复习高考必考题突破讲座5应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题课件(稍微压字)
12 3 1 答案： (1)2 gR (2) mgR (3) 5gR m 5 5 3
[例 2](2017· 华中师大一附中模拟)如图甲所示， 质量为 m＝1 kg 的滑块(可视为质 1 点)，从光滑、固定的 圆弧轨道的最高点 A 由静止滑下，经最低点 B 后滑到位于水 4 平面的木板上．已知木板质量 M＝2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于 B 点，且长度 足够长．整个过程中木板的 vt 图象如图乙所示，g＝10 m/s2.求：
命 题 角 度
真 题 剖 析
突 破 训 练
题 型 结 构
• 1．动力学观点和能量观点综合流程
• • • •
2．涉及问题 (1)受力情况：几个力？恒力还是变力？ (2)做功情况：是否做功？正功还是负功？ (3)能量分析：建立功能关系式
解 题 思 维
• ►解题方法 • 1．若只要求分析运动物体的动力学物理量而 不涉及能量问题，则用牛顿运动定律和运动 学规律求解． • 2．若物体在运动过程中涉及能量转化问题， 则用功能关系求解．
第 五 章 机械能及其守恒定律
高考必考题突破讲座(五)： 应用动力学观点和能量观点解决力学综 合问题
考纲要求 用动力学和能量观点解决问题时， 应首先分析物体的受力和运动情况，再 分析做功和能量转化情况，最后选择恰 当的规律列方程．一般来说，若一个物 体参与了多个运动过程，有的运动过程 只涉及分析力或求解力而不涉及能量问 题，则此类问题属于动力学问题；若该 过程涉及能量转化问题，并且具有功能 关系的特点，则此类问题属功能关系问 题.
考情分析
命题趋势
2016·全国 动力学观点和 卷Ⅰ，25 能量观点结合一直 2015·浙江 是高考的热点和难 卷，23 点，它可能以各种 2015·北京 题型出现，其考查 范围广、灵活性强、 卷，23 2014·福建 能力要求高，压轴 题目也多与此相关. 卷，21
2018高考物理一轮总复习高考必考题突破讲座5应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题突破训练
高考必考题突破讲座5 应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题1．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？解析：设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有 －μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 2解得v 2B ＝8gR滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg 2R 解得v P ＝2gR滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg＝4R g要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π ω＝π 2n ＋1 4gR(n ＝0,1,2，…) 答案： (1)ω＝π 2n ＋14gR(n ＝0,1,2，…) 2．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：(1)A 点与B 点的水平距离； (2)薄板BC 的长度．解析：(1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则：gt 1＝v 0tan 37°① x ＝v 0t 1②联立①②得x ＝1.2 m(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋ gt 1 2③小物体在薄板上运动，则：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1④薄板在光滑斜面上运动，则：Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则：v ＋a 1t 2＝a 2t 2⑥ 小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22⑦ 薄板的位移x 2＝12a 2t 22⑧ 薄板的长度l ＝x 1－x 2⑨联立③～⑨式得l ＝2.5 m 答案： (1)1.2 m (2)2.5 m3．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B解得v C ＝6 m/s(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1 μmg ＝Ma 2v ＝v C －a 1t v ＝a 2t根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9 J. 答案： (1)6 m/s (2)9 J4．(2017·浙江温州十校联合体联考)如图所示是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒粟子”的“萌”事儿：使板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R 和R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看成是两个斜面AB 、CD 和一段光滑圆弧组成，斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝CD ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程，(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)在P 点，mg ＝mv 2P2R，得v P ＝2gR到达A 点时速度方向要沿着AB ，而竖直方向速度v y ＝v P tan θ＝342gR 所以AD 离地高度h ＝3R －v 2y2g ＝3916R(2)进入A 点滑块沿AB 方向的速度v ＝v Pcos θ＝542gR 假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则有E k ＝12mv 2－μmg cos θ·8R <0所以滑块不会滑到A 点而飞出．根据动能定理mg ·2R sin θ－μmgs cos θ＝0－12mv 2得滑块在锅内斜面上走过的总路程s ＝221R16(3)设初速度、最高点速度分别为v 1、v 2，由牛顿第二定律，在Q 点有F 1－mg ＝mv 21R在P 点有F 2＋mg ＝mv 222R；所以F 1－F 2＝2mg ＋m 2v 21－v 222R由机械能守恒12mv 21＝12mv 22＋mg ·3R得v 21－v 22＝6gR 为定值代入v 2的最小值2gR ，得压力差的最小值为9mg . 答案： (1)3916R (2)221R16(3)9mg。
高中物理选修一 讲义 第1章 专题强化5 动力学、能量和动量观点在力学中的应用
专题强化5动力学、能量和动量观点在力学中的应用[学习目标] 1.了解处理力学问题的三个基本观点和选用原则(难点)。
2.了解处理力学问题的系统化思维方法(难点)。
3.综合动量和能量观点解决问题(重点)。
一、力学的三个基本观点和选用原则1．力的三个作用效果及五个规律(1)力的三个作用效果作用效果对应规律表达式列式角度力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学力在空间上的积累效果动能定理W合＝ΔE k即W合＝12m v22－12m v12功能关系力在时间上的积累效果动量定理I合＝Δp即FΔt＝m v′－m v冲量与动量的关系(2)两个守恒定律名称表达式列式角度能量守恒定律(包括机械能守恒定律)E2＝E1能量转化(转移)动量守恒定律p2＝p1动量关系2.力学规律的选用原则(1)如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。
例1如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；_______________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ (3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间。
高考物理一轮复习 专题五 动力学和能量观点的综合应用精讲深剖
专题五 动力学和能量观点的综合应用【专题解读】1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．考向一 多运动组合问题1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题． 2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律． (2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程． (2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．【例1】 如图1所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图1(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小；(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．关键词 ①直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切；②水平飞出后，恰好通过G 点．【答案】(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得：方法总结多过程问题的解题技巧1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景． 2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律． 3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法． 阶梯练习1．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功． 【答案】(1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R )2．如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0 m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h ＝2.4 m ．用质量为m ＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，物块经过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g 取10 m/s 2)图3(1)求物块过B 点时的瞬时速度大小v B 及物块与桌面间的动摩擦因数μ； (2)若轨道MNP 光滑，求物块经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ；(3)若物块刚好能到达轨道最高点M ，求物块从B 点到M 点运动的过程中克服摩擦力所做的功W .【答案】(1)6 m/s 0.4 (2)16.8 N ，方向竖直向下 (3)4.4 J解得F N ′＝16.8 N根据牛顿第三定律，F N ＝F N ′＝16.8 N ，方向竖直向下(3)物块刚好能到达M 点，有mg ＝m v2M R解得v M＝gR＝10 m/s物块到达P点的速度v P＝v2x＋v2y＝8 m/s 从P到M点应用动能定理，有－mgR(1＋cos 60°)－W PNM＝12mv2M－12mv2P考向二传送带模型问题1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例2 如图4所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s 向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6 m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1 kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：图4(1)B向右运动的总时间；(2)B回到传送带左端的速度大小；(3)上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．关键词①光滑固定斜面；②B 与传送带间的动摩擦因数为0.2；③B 经过一段时间回到传送带的左端．【答案】(1)2 s (2)2 5 m/s (3)(16＋45) J【解析】(1)B 向右减速运动的过程中，刚开始时，B 的速度大于传送带的速度，以B 为研究对象，水平方向B 受到向左的摩擦力与绳对B 的拉力，设绳子的拉力为F T1，以向左为正方向，得F T1＋μmg ＝ma 1①以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 相等，A 向上运动的过程中受力如图，则mg sin 37°－F T1＝ma 1②联立①②可得a 1＝g sin 37°＋μg2＝4 m/s 2③B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t 1＝－v 0－－v 1a 1＝1 s.所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度a 3＝a 2＝2 m/s 2.t 1时间内B 的位移x 1＝－v 0＋－v 12t 1＝－4 m ，负号表示方向向右．t 2时间内B 的位移x 2＝0＋－v 02×t 2＝－1 m ， 负号表示方向向右．B 的总位移x ＝x 1＋x 2＝－5 m.B 回到传送带左端的位移x 3＝－x ＝5 m.速度v ＝2a 3x 3＝2 5 m/s.(3)t 1时间内传送带的位移x 1′＝－v 0t 1＝－2 m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 1＝x 1′－x 1＝2 m.t 2时间内传送带的位移x 2′＝－v 0t 2＝－2 m ，方法总结 1．分析流程2．功能关系(1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q .(2)对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f x相对．阶梯练习3．如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，试求：图5(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量．【答案】(1)2 s (2)24 J4．一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图6甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.图6(1)指出传送带速度v的大小及方向，说明理由．(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？【答案】(1)2.0 m/s 方向向右(2)0.2 (3)24 J 36 J考向三滑块—木板模型问题1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例3 图7甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.甲图7(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．【答案】(1)8 N (2)见解析系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J.2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m，物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J；木板对地位移x2＝3 m，木板与地面因摩擦产生的内能Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J.0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J.方法总结滑块—木板模型问题的分析和技巧1．解题关键正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．2．规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE内＝－ΔE机＝F f x相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用．阶梯练习5．如图8所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A 点锁定，然后将一质量为m 的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝36，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B 点，A 、B 两点的高度差为h 0，已知重力加速度为g .图8(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p .(2)求物块从A 到B 的时间t 1与从B 返回到A 的时间t 2之比．(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A 点并锁定，物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C 的高度H ＝2h 0，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出？【答案】(1)32mgh 0 (2)33(3)见解析 【解析】(1)物块受到的滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ，A 到B 过程由功能关系有－F fh 0sin θ＝mgh 0－E p ，解得E p ＝32mgh 0.。
专题五 动力学和能量观点的综合应用精讲深剖-2018领军
【专题解读】1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．考向一 多运动组合问题1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题． 2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律． (2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律． 3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程． (2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．【例1】 如图1所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图1(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．关键词 ①直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切；②水平飞出后，恰好通过G 点．【答案】(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得：方法总结多过程问题的解题技巧1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景．2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法． 阶梯练习1．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功． 【答案】(1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R )2．如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R＝1.0 m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h＝2.4 m．用质量为m＝0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放，物块经过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t －2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g取10 m/s2)图3(1)求物块过B点时的瞬时速度大小v B及物块与桌面间的动摩擦因数μ；(2)若轨道MNP光滑，求物块经过轨道最低点N时对轨道的压力F N；(3)若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从B点到M点运动的过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)6 m/s 0.4 (2)16.8 N，方向竖直向下(3)4.4 J解得F N ′＝16.8 N根据牛顿第三定律，F N ＝F N ′＝16.8 N ，方向竖直向下(3)物块刚好能到达M 点，有mg ＝m v2M R解得v M ＝gR ＝10 m/s物块到达P 点的速度v P ＝v 2x ＋v 2y ＝8 m/s 从P 到M 点应用动能定理，有－mgR (1＋cos 60°)－W PNM ＝12mv 2M －12mv 2P考向二 传送带模型问题1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例2 如图4所示，小物块A 、B 由跨过定滑轮的轻绳相连，A 置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B 位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v 0＝2 m/s 向右匀速运动，某时刻B 从传送带左端以速度v 1＝6 m/s 向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A 、B 的质量均为1 kg ，B 与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A 不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：图4(1)B 向右运动的总时间； (2)B 回到传送带左端的速度大小；(3)上述过程中，B 与传送带间因摩擦产生的总热量．关键词①光滑固定斜面；②B 与传送带间的动摩擦因数为0.2；③B 经过一段时间回到传送带的左端．【答案】(1)2 s (2)2 5 m/s (3)(16＋45) J【解析】(1)B 向右减速运动的过程中，刚开始时，B 的速度大于传送带的速度，以B 为研究对象，水平方向B 受到向左的摩擦力与绳对B 的拉力，设绳子的拉力为F T1，以向左为正方向，得F T1＋μmg ＝ma 1①以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 相等，A 向上运动的过程中受力如图，则mg sin 37°－F T1＝ma 1②联立①②可得a 1＝g sin 37°＋μg2＝4 m/s 2③B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t 1＝－v 0－－v 1a 1＝1 s.所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度a 3＝a 2＝2 m/s 2.t 1时间内B 的位移x 1＝－v 0＋－v 12t 1＝－4 m ，负号表示方向向右．t 2时间内B 的位移x 2＝0＋－v 02×t 2＝－1 m ， 负号表示方向向右．B 的总位移x ＝x 1＋x 2＝－5 m.B 回到传送带左端的位移x 3＝－x ＝5 m.速度v ＝2a 3x 3＝2 5 m/s.(3)t 1时间内传送带的位移x 1′＝－v 0t 1＝－2 m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 1＝x 1′－x 1＝2 m.t 2时间内传送带的位移x 2′＝－v 0t 2＝－2 m ，方法总结1．分析流程2．功能关系(1)功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f x相对．阶梯练习3．如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，试求：图5(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量．【答案】(1)2 s (2)24 J4．一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图6甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.图6(1)指出传送带速度v的大小及方向，说明理由．(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？【答案】(1)2.0 m/s 方向向右(2)0.2 (3)24 J 36 J考向三滑块—木板模型问题1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例3 图7甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.甲图7(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．【答案】(1)8 N (2)见解析系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J.2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m，物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J；木板对地位移x 2＝3 m ， 木板与地面因摩擦产生的内能Q 3＝μ2(m 1＋m 2)gx 2＝30 J.0～4 s 内系统因摩擦产生的总内能为Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝36 J.方法总结滑块—木板模型问题的分析和技巧1．解题关键正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况． 2．规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE 内＝－ΔE 机＝F f x 相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用． 阶梯练习5．如图8所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A 点锁定，然后将一质量为m 的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝36，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B 点，A 、B 两点的高度差为h 0，已知重力加速度为g .图8(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p .(2)求物块从A 到B 的时间t 1与从B 返回到A 的时间t 2之比．(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A 点并锁定，物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C 的高度H ＝2h 0，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出？ 【答案】(1)32mgh 0 (2)33(3)见解析【解析】(1)物块受到的滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ，A 到B 过程由功能关系有－F fh 0sin θ＝mgh 0－E p ，解得E p ＝32mgh 0.。
2018高考物理一轮总复习达标训练课件：高考题突破讲座13 精品
• 解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大 小为vmin，抛出货物后船的速度为v乙．甲船上 的人接到货物后船的速度为v甲，规定向右为 正方向．
• 对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律 得
• 12mv0＝11mv乙－mvmin① • 对货物和甲船的作用过程，同理有
• 10m×2v0－mvmin＝11mv甲② • 为避免两船相撞，应有v甲＝v乙③ • 联立①②③式得vmin＝4v0
• “三个物体，两次作用”是近几年考查动量 守恒定律应用的模型之一，且常涉及临界问 题．由于作用情况及作用过程较为复杂，要 根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量 守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系 分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方
• 解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
• (1)寻找临界状态
(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力 Ff＝μFN＝μmg 设两者相对静止前相对运动的路程为 s1，由动能定理得 －Ffs1＝12(m＋m)v2－12mv2，得 s1＝12.5 m 已知 L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生 6 次碰撞．
(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为 v1、v2，碰后的速度分别为 v1′、v2′有 mv1 ＋mv2＝mv1′＋mv2′
适用对象：高三学生
制作软件：Powerpoint2003、 Photoshop cs3
运行环境：WindowsXP以上 操作系统
凹槽的 v－t 图线所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小 s2.(等腰三角形面积共 分 13 份，第一份面积为 0.5L，其余每份面积均为 L)
s2＝12v20t＋6.5 L，解得 s2＝12.75 m
• 答案： (1)2.5 m/s (2)6次 (3)5 s；12.75 m
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高考必考题突破讲座5应用动力学观点和能量观点解决力学综合问
题
1．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3
gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的1
4
圆弧
BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离
相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过
C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？
解析：设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg 5R ＝12mv 2B －12mv 2
解得v 2
B ＝8gR
滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则12mv 2B ＝12mv 2
P ＋mg 2R 解得v P ＝2gR
滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v P
g ＝4
R g
要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π
ω＝
π
2n ＋14g
R
(n ＝0,1,2，…)答案：(1)ω＝
π
2n ＋14
g
R
(n ＝0,1,2，…)2．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量M ＝0.4kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝
10m/s 2
，求：
(1)A 点与B 点的水平距离；(2)薄板BC 的长度．
解析：(1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t 1，水平位移为x ，则：
gt 1＝v 0tan 37°①x ＝v 0t 1
②
联立①②得x ＝1.2m
(2)小物体落到B 点的速度为v ，则
v ＝v 20＋
gt 12
③
小物体在薄板上运动，则：
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1
④
薄板在光滑斜面上运动，则：
Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2
⑤
小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则：
v ＋a 1t 2＝a 2t 2
⑥小物体的位移x 1＝vt 2＋12a 1t 22
⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 2
2
⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2⑨
联立③～⑨式得l ＝2.5m 答案：(1)1.2m
(2)2.5m
3．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，半径R ＝1.0m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M ＝1kg，上表面与C 点等高．质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以＝1.2m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10m/s 2
.求：
(1)物块经过C 点时的速度v C ；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .
解析：(1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有
v B sin θ＝v 0
从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2
B
解得v C ＝6m/s
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则
μmg ＝ma 1μmg ＝Ma 2v ＝v C －a 1t
v ＝a 2t
根据能量守恒定律有12(m ＋M )v 2
＋Q ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9J.答案：(1)6m/s
(2)9J
4．(2017·浙江温州十校联合体联考)如图所示是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒粟子”的“萌”事儿：使板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R 和R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看成是两个斜面
AB 、CD 和一段光滑圆弧组成，斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角
均为θ＝37°，AB ＝CD ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .
(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？
(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程，
(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．
解析：(1)在P 点，mg ＝mv 2P
2R
，得v P ＝2gR
到达A 点时速度方向要沿着AB ，而竖直方向速度
v y ＝v P tan θ＝
3
4
2gR 所以AD 离地高度h ＝3R －v 2y
2g ＝3916
R
(2)进入A 点滑块沿AB 方向的速度v ＝v P cos θ＝5
4
2gR
假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则有E k ＝1
2mv 2－μmg cos θ·8R <0
所以滑块不会滑到A 点而飞出．
根据动能定理mg ·2R sin θ－μmgs cos θ＝0－12mv
2
得滑块在锅内斜面上走过的总路程s ＝
221R
16(3)设初速度、最高点速度分别为v 1、v 2，
由牛顿第二定律，在Q 点有F 1－mg ＝
mv 21
R 在P 点有F 2＋mg ＝mv 22
2R
；
所以F 1－F 2＝2mg ＋
m 2v 21－v 2
2
2R
由机械能守恒12mv 21＝12mv 2
2＋mg ·3R
得v 2
1－v 2
2＝6gR 为定值
代入v 2的最小值2gR ，得压力差的最小值为9mg .答案：(1)39
16
R
(2)
221R 16
(3)9mg。