大纲地区2014届高三物理复习能力提升：第5章专题5 应用动力学和能量观点解决多过程问题 Word版含解析

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2024年高中物理新教材讲义：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R 1＝1m 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R 2＝0.8m 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 ＝0.1kg 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 ＝1m ，重力加速度g 取10m/s 2，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。

2014物理高考密码押题卷：应用动力学和能量观点分析电磁感应问题.pdf

2014物理高考密码押题卷：应用动力学和能量观点分析电磁感应问题一、单项选择题 1．如图1所示，边长为L的正方形金属框ABCD在水平恒力F作用下，穿过宽度为d的有界匀强磁场．已知dl)，质量为m，电阻为R.开始时，线框的下边缘到磁场上边缘的距离为h.将线框由静止释放，其下边缘刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场下边穿出磁场的过程相比较，有( ) 图9 A．产生的感应电流的方向相同 B．所受的安培力的方向相反 C．进入磁场的过程中产生的热量大于穿出磁场的过程中产生的热量 D．进入磁场过程中所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间答案　D 解析　根据楞次定律，线框进入磁场时感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场时，感应电流沿顺时针方向，选项A错误；根据楞次定律“来拒去留”的结论，线框进出磁场时，所受安培力方向都向上，选项B错误；由d>l，线框穿出磁场时的平均速度大于进入磁场时的平均速度，所以穿出磁场时所用时间小于进入磁场时所用的时间，选项D正确；根据F＝BIl＝可知，穿出磁场时的平均安培力大于进入磁场时的平均安培力，所以穿出磁场时安培力做的功多，产生的热量多，选项C错误．二、多项选择题 10．如图10所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k＞0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( ) 图10 A．R2两端的电压为 B．电容器的a极板带正电 C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D．正方形导线框中的感应电动势kL2 答案　AC 解析　由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b极板带正电，选项B错误．根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E＝kπr2，选项D错误．R2与的并联阻值R并＝＝，根据串联分压的特点可知：UR2＝×R0＝U，选项A正确．由P＝得：PR2＝＝，PR＝＋＝，所以PR＝5PR2选项C正确． 11．如图11所示，一轨道的倾斜部分和水平部分都处于磁感应强度为B的匀强磁场中，且磁场方向都与轨道平面垂直，水平轨道足够长．一质量为m的水平金属棒ab，从静止开始沿轨道下滑，运动过程中金属棒ab始终保持与轨道垂直且接触良好．金属棒从倾斜轨道转入水平轨道时无机械能损失．则ab棒运动的v－t图象，可能正确的是( ) 图11 答案　CD 解析　金属棒沿倾斜轨道下滑时，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力和摩擦力，金属棒向下加速，随着速度的增大，安培力增大，故导体棒做加速度减小的加速运动，可能在倾斜轨道上加速度减为零，做一段匀速运动，也可能加速度没减为零，导体棒到达水平轨道上时，受安培力和摩擦力的作用，速度越来越小，安培力越来越小，导体棒减速运动的加速度越来越小，最后静止在轨道上，故C、D正确，A、B错误． 12．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图12甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F随时间t变化的图线如图乙所示．已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝1 Ω.以下说法正确的是( ) 图12 A．做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2 B．匀强磁场的磁感应强度为2 T C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为 C D．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1.5 J 答案　ABC 解析　本题考查的是电磁感应定律相关问题，开始时，a＝＝ m/s2＝1 m/s2，由题图乙可知t＝1.0 s时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长：l＝at2＝×1×1.02 m＝0.5 m；当t＝1.0 s时，F＝3 N，由牛顿第二定律得F－＝3 N－ N＝1 kg·1 m/s2，得到B＝2 T，q＝t＝t＝×1.0 C＝ C；Q＝2Rt＝()2×1×1.0 J＝0.5 J，故D错，A、B、C正确． 13．如图13所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动．则下列说法正确的是( ) 图13 A．v＝v0 B．线框离开MN的过程中电流方向为adcda C．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为3gsin θ D．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为2mgLsin θ＋mv 答案　BCD 解析　ab边刚越过GH进入磁场时，线框做匀速直线运动，安培力BIL＝mgsin θ，当ab边刚越过JP时，ab、cd边都切割磁感线，感应电流变为原来的2倍，总的安培力变为原来的4倍，4BIL－mgsin θ＝ma，a＝3gsin θ，选项C正确；ab边越过JP后，导体棒先做减速运动，当再次匀速时，安培力的合力仍等于mgsin θ，由＝mgsin θ、＝mgsin θ得，v＝v0，选项A错误；根据楞次定律，线框离开MN的过程中，感应电流的方向应该为adcba，选项B正确；从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN，根据动能定理有2mgLsin θ－W＝mv2－mv，所以克服安培力做的功为W＝2mgLsin θ＋mv，选项D正确．高考学习网：高考学习网：。

高考物理总复习必考专题讲义(五)应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题

(五)应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题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．角度1 机械能守恒角度2[例1](2017·华中师大一附中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14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v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．解析 (1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 过程，滑块的机械能守恒mgR ＝12m v 2，经B 点时，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2R，整理得F N ＝3mg ＝30 N ，根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30 N ，方向竖直向下．(2)由v －t 图象知，木板加速的加速度大小为a 1＝1 m /s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s 内，对木板μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 1，在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ，木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1，代入数据解得Δx ＝3 m.答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m[例2]如图，—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)(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．解析 (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B ， ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12m v 2B ， ④E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦ E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sinθ， ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2，⑪x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .答案见解析1．(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μ＝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 1，②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)2，③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＝v t 2＋12a 1t 22，⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m. 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m2．(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 ＝12m v 2B －12m v 20，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 12m v 2B ＝12m v 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 ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…)3．(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v 0＝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)＝12m v 2C －12m v 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 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t . 根据能量守恒定律有 12(m ＋M )v 2＋Q ＝12m v 2C 联立解得Q ＝9 J. 答案 (1)6 m/s (2)9 J。

2025高考物理总复习动力学和能量观点的综合应用

a4=
=2.5
A
m/s2
从共速 v1 到刚好到达顶端,所走的位移
1 2
x4=2
4
=
52
2×2.5
m=5 m
故整个过程物体 A 向上所走的位移
xA=x1+x2+x3+x4=(2.5+4+1.6+5) m=13.1 m
可知高度
H=xAsin 30°=6.55 m。
(2)从开始到物体 A 与传送带第一次共速所用时间
(3)由于运输物体A,电动机要多消耗多少电能?
答案 (1)6.55 m
12 650
(2)
3
J
15 500
(3)
3
J
解析 (1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度,传送带给物体A向上的
滑动摩擦力,以物体A为对象,根据牛顿第二定律可得
FT+μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAa1
以物体B为对象,根据牛顿第二定律可得
1 +2
2
s2=
t2-v1t2=
2
3
m
此过程产生的内能
Q2=μmAgcos
1 000
30°·
s 2= 3
J
物体 A 从速度 v2 减速到再次与传送带共速,所用时间
2 -1
t3=
3
=
7-5
7.5
4
s=15
s
此过程物体 A 与传送带的相对位移大小
1 +2
4
s3=
t3-v1t3=
2
15
m
此过程产生的内能
以物体B为对象,根据牛顿第二定律可得
mBg-FT'=mBa2

第5章专题5应用力学两大观点分析多过程问题

专题五应用力学两大观点分析多过程问题考纲解读 1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．考点一应用牛顿运动定律和动能定理分析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．例1如图1所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，O、A处于同一水平面．AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．(取g＝10 m/s2)图1(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．解析(1)设小球第一次到达D的速度v DP到D点的过程对小球根据动能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝m v2D/2在D点对小球列牛顿第二定律：F N＝m v2D/r联立解得：F N＝32 N(2)设第一次来到O点时速度为v1P到O点的过程对小球列动能定理方程：mgH－μmgL＝m v21/2解得：v21＝12 (m/s)2要能通过O点，须mg<m v2/r临界速度v20＝10 (m/s)2故第一次来到O点之前没有脱离．设第三次来到D点之前没有脱离，且设第三次来到D点的动能E K对之前的过程列动能定理：mg(H＋r)－3μmgL＝E K代入解得：E K＝0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s对全程列动能定理方程：mg(H＋R)－μmgs＝0解得：s＝8.5 m.答案见解析考点二用动力学和能量观点分析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，则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解．例2如图2所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P 点．小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：图2(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为t t ＝v 0a＝1 s 运动的位移Δx ＝v 022a ＝2.5 m ＜x PQ在N 点由牛顿第二定律mg ＝m v 2NR从Q 到N 的运动过程，由机械能守恒定律 12m v 20＝mgy N ＋12m v 2N 又R ＝y N 2解得y N ＝1 m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x ＝v 0t －Δx ＝2.5 m产生的热量Q ＝μmgx ＝12.5 J(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：μmg (L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 m当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时 μmg (L －x 2)＝12mgy N代入数据解得x 2＝7 m若刚能到达圆心左侧的M 点，则必定恰好能通过最高点C ，μmg (L －x 3)＝mgy N ＋12m v 2Nmg ＝m v 2NR，可解得x 3＝5.5 m故小物块放在传送带上的位置坐标范围 7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m答案 (1)1 m (2)12.5 J (3)7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m突破训练如图3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 段均可视为光滑的，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，C 、D 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：(g 取10 m/s 2)图3(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．答案 (1)2 5 m/s (2)0.44 J解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必须满足：mg ＝m v 2Dr从D 点到N 点，出机械能守恒得： 12m v 2D ＋mg 2r ＝12m v 2N＋0 联立以上两式，代入数据得： v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.(2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12m v 2D －0代入数据得W ＝0.44 J.即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.26．应用动力学和能量观点分析力学综合题例3 如图4所示，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从B 点沿圆弧切线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，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图4(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离．审题与关联解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v y v 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知 mgR (1－cos θ2)＝12m v 2O －12m v 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m /s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2O R ，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 设P 、A 间的距离为x P A ，则x P A ＝v 212a ＝v 212μ2g ＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有 mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v Ca 1＝0.5 s小物块由最高点回到D 点历时 t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故x CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得x CD ＝0.98 m答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m高考题组1．(2013·北京理综·23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．图5(1)求常量k ，并在图5中画出弹力F 随x 变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助Fx 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x 1和W 的值．答案 (1)5000 N/m 见解析图 (2)5 m (3)W ＝12kx 2 1.1 m 2.5×103 J解析 (1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mg ＝kx 0. 代入数据得：k ＝5000 N/m Fx 图象如图(2)运动员从x ＝0处离开床面，离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2 s ，其上升、下落时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝12×10×⎝⎛⎭⎫222 m ＝5 m (3)由图象可知弹簧弹力做功应为Fx 曲线下的面积，其规律为W ＝12kx 2.在运动员从最低点到最高点过程中，由动能定理得： 12kx 21＝mg (h m ＋x 1) 代入数据得：x 1＝1.1 m运动员所做的总功W ＝mg (h m ＋x 0)－12kx 20≈2.5×103J 模拟题组2．如图6所示，半径R ＝0.9 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B 与长为L ＝1 m 的水平面相切于B 点，BC 离地面高h ＝0.45 m ，C 点与一倾角为θ＝30°的光滑斜面连接，质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧顶点A 由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.求：图6(1)小滑块刚到达圆弧的B 点时对圆弧的压力的大小； (2)小滑块到达C 点时速度的大小； (3)小滑块从C 点运动到地面所需的时间．答案见解析解析 (1)设滑块到B 点时速度为v B ，由机械能守恒 12m v 2B＝mgR 在B 点：F N －mg ＝m v 2BR得F N ＝3mg ＝30 N ．由牛顿第三定律，滑块在B 点对圆弧的压力大小为30 N (2)由动能定理，12m v 2C ＝mgR －μmgLv C ＝2(gR －μg L )＝4 m/s.(3)滑块离开C 点后做平抛运动，设其下落h 的时间为t ，则由h ＝12gt 2得t ＝0.3 st ＝0.3 s 内滑块的水平位移x ＝v C t ＝1.2 m. 而斜面的水平长度x 0＝h cot θ≈0.78 m因为x >x 0，所以滑块不会落到斜面上而直接落到地面上，所以小滑块从C 点运动到地面所需的时间为0.3 s.3．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想，取一个与水平方向夹角为37°、长为L ＝2.0 m 的粗糙倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的，其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图7所示，一个小物块以初速度v 0＝4.0 m /s ，从某一个高度水平抛出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图7(1)小物块的抛出点和A 点的高度差；(2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB ，则竖直圆轨道的半径R 应该满足什么条件；(3)要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE 滑出，求竖直圆轨道的半径R ′应该满足什么条件．答案 (1)0.45 m (2)R ≥1.65 m (3)R ′≤0.66 m解析 (1)设抛出点和A 点的高度差为h ，从抛出点到A 点时有： v y ＝2gh ，且v yv 0＝tan 37°联立以上两式并代入数据得h ＝0.45 m. (2)小物块到达A 点时的速度：v A ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s从A 到B ，由动能定理：mgL sin 37°－μmg cos 37°·L ＝12m v 2B －12m v 2A 要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB ，则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，即： 12m v 2B≤mgR ，解得R ≥1.65 m(3)小物块从B 运动到轨道最高点机械能守恒： 12m v 2B ＝12m v 2＋mg ×2R ′ 在最高点有：m v 2R ′≥mg由以上各式解得R ′≤0.66 m ，此时小物块不离开轨道，且能从水平轨道DE 滑出．(限时：45分钟)1．如图1所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O 点．已知在OM 段，物块A 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求：图1(1)物块滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；(3)若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？答案 (1)2gh (2)mgh －μmgd (3)h －2μd 解析 (1)由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2解得v ＝2gh .(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W ＝μmgd 由能量守恒定律得12m v 2＝E p ＋μmgd以上各式联立得E p ＝mgh －μmgd .(3)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W ＝μmgd 由能量守恒定律得E p ＝μmgd ＋mgh ′所以物块A 能够上升的最大高度为h ′＝h －2μd .2．如图2所示，长l ＝1 m 、厚度h ＝0.2 m 的木板A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径r ＝1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 的底端与木板A 相切于P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H ＝0.8 m 处由静止释放，已知A 、B 质量均为m ＝1 kg ，A 与B 间的动摩擦因数μ1＝0.4，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图2(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离．答案 (1)20 N (2)49J (3)0.42 m解析 (1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 mgH ＝12m v 2，解得v ＝2gH ＝4 m/s小物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋m v 2r ＝20 N由牛顿第三定律得F N ′＝20 N(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B 受力分析，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mgm＝μ1g ＝4 m/s 2 小物块B 做匀减速直线运动对A 受力分析，由牛顿第二定律有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动又由l ＝x B －x A x B ＝v t －12a 1t 2x A ＝12a 2t 2代入数据解得t ＝13s(t ＝1 s 舍去) 对A 由动能定理得W ＝μ1mg ·12a 2t 2＝49J (3)B 离开木板后以v 1＝v －a 1t ＝83 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h ＝12gt ′2，得t ′＝ 2h g＝0.2 s 木板A 将以v 2＝a 2t ＝23 m/s 、加速度a 3＝μ2mg m＝μ2g ＝1 m/s 2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距Δx ＝v 1t ′－(v 2t ′－12a 3t ′2) 代入数据得Δx ＝0.42 m3．如图3甲所示，竖直平面内的坐标系xOy 内的光滑轨道由半圆轨道OBD 和抛物线轨道OA 组成，OBD 和OA 相切于坐标原点O 点，半圆轨道的半径为R ，一质量为m 的小球(可视为质点)从OA 轨道上高H 处的某点由静止滑下．图3(1)若小球从H ＝3R 的高度静止滑下，求小球刚过O 点时小球对轨道的压力；(2)若用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图象，取g ＝10 m/s 2.求滑块的质量m 和圆轨道的半径R . 答案 (1)7mg ，方向竖直向下 (2)0.1 kg 0.2 m解析 (1)由动能定理得mgH ＝12m v 20在O 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20R解得F N ＝7mg由牛顿第三定律得，小球刚过O 点时对轨道的压力为7mg ，方向竖直向下(2)由题图乙可知，当H 大于0.5 m 时，小球才能通过D 点．当H 1＝0.5 m 时，有mg (H 1－2R )＝12m v 2D 1mg ＝m v 2D 1R解得R ＝0.2 m当H 2＝1 m 时，有mg (H 2－2R )＝12m v 2D 2F 2＋mg ＝m v 2D 2RF 2＝5 N解得m ＝0.1 kg4．如图4所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O 为水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量均为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：图4(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？答案 (1)2v 20－2gh ·h g v 20－gh ·2h g (2)v 0＝3gh (3)154h 解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12m v 20＝12m v 2B＋mgh 得v B ＝v 20－2gh 从B 点抛出后：x 1＝v B t P ,2h ＝12gt 2P得x 1＝2v 20－2gh · h g滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2C －12m v 20 又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q 得x 2＝v 20－gh · 2h g(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh(3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12m v 2－12m v 20滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后：x ＝v t Q ′，h ＝12gt Q ′2，距O 点的距离为d ＝L ＋x 从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174h。

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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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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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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[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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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，

5.5动力学方法和能量观点的综合应用(解析版)

5.5动力学方法和能量观点的综合应用(解析版)5.5 动力学方法和能量观点的综合应用动力学方法和能量观点是物理学中非常重要的概念和方法。

它们在解决各种力学问题和能量转换问题中发挥着重要的作用。

本文将介绍动力学方法和能量观点的概念，并通过一系列具体例子解释其在解析问题中的综合应用。

一、动力学方法的概念和应用动力学方法是一种研究力学现象的方法，它主要涉及力、质点、运动和力学定律等内容。

通过使用牛顿第二定律、动量守恒定律和动量-时间定理等概念，我们可以解决很多力学问题。

例如，我们可以使用牛顿第二定律来计算物体的加速度。

根据该定律，物体的加速度与所受的力成正比，与物体的质量成反比。

通过求解这个力学模型，我们可以推断物体的加速度，并进一步分析它的运动状态。

此外，动力学方法还可以被应用于解决碰撞问题。

通过运用动量守恒定律和动量-时间定理，我们可以计算碰撞前后物体的速度、动量和能量变化。

这种分析方法在交通事故研究、运动员撞击分析等领域都有重要的应用。

二、能量观点的概念和应用能量观点是研究物理系统能量转化和守恒的观点。

根据能量守恒定律，一个系统的总能量在任何时刻保持不变。

能量观点可以被广泛应用于解决各种物理问题。

例如，我们可以使用能量观点来解析简谐振动问题。

在简谐振动的过程中，机械能由动能和势能组成。

通过计算系统在不同位置、不同时间点的动能和势能，我们可以分析系统的运动特性，例如振幅、周期和频率等。

此外，能量观点也适用于解析机械能转换问题。

通过应用能量转化公式，我们可以计算系统中的机械能的变化，进而分析能量的流向和转化过程。

这对于研究机械系统的效率和能量损耗等问题非常重要。

三、动力学方法和能量观点的综合应用动力学方法和能量观点是相互关联的，通过综合应用这两个方法，我们可以更全面地分析和解决物理问题。

例如，在解决物体自由落体问题时，我们可以同时使用动力学方法和能量观点。

根据牛顿第二定律，物体在受重力作用下的加速度为常数。

高考物理-动力学观点和能量观点的综合应用

高考物理-动力学观点和能量观点的综合应用一、应用动力学和能量观点分析匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动组合问题每个过程各阶段的运动具有独立性，首先熟练每种运动一般的解题思路和解决方法，其次要关注两相邻过程中连接点的速度，通常转折点速度的大小和方向是解决问题的重要突破口．(2016·湖北十堰模拟)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道．光滑半圆轨道半径为R ，两个光滑半圆轨道连接处C 、D 之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，C 、D 之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上B 点之间的高度为h .从A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s .已知小球质量为m ，不计空气阻力，求：(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力； (3)小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功．[解析] (1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E 由平抛运动规律有 s ＝v E t4R ＝12gt 2联立解得v E ＝s 4 2gR.(2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒 12m v 2B ＝mg ·4R ＋12m v 2E解得v 2B ＝8gR ＋s 2g 8R在B 点F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝9mg ＋mgs 28R2由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F N ′＝9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下．(3)设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则mg (h －4R )－W ＝12m v 2E解得W ＝mg (h －4R )－mgs 216R.[答案] (1)s 42g R (2)9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下(3)mg (h －4R )－mgs216R二、应用动力学和能量观点分析传送带模型、滑块—滑板模型 1．模型概述传送带模型典型的有水平和倾斜两种情况，涉及功能角度的问题主要有：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析 (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 s 相对．3．传送带模型问题的分析流程4．滑块—滑板模型：与传送带模型相比较要复杂一点，要多分析两者之间是否发生相对滑动的临界条件，需通过受力分析得到临界加速度，从而判断两者之间的相对位移情况，以便得出功能关系．如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为L ＝1.4 m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10 m/s 2.(1)求水平作用力F 的大小； (2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． [解析] (1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F ＝mg tan θ，代入数据得F ＝1033N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh .若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL ＝12m v 20－12m v 2，所以h 1＝v 202g－μL ，代入数据得h 1＝0.1 m.若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL ＝12m v 20－12m v 2，则h 2＝v 202g＋μL ，代入数据得h 2＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，由机械能守恒可知mgh 2＝12m v 2，对滑块由运动学公式知v 0＝v －at ，a ＝μg 滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ，相对滑动产生的热量Q ＝μmg Δx ，联立代入数据可得Q ＝0.5 J.[答案] (1)1033N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J如图所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的1/4光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接．小车质量M ＝3 kg ，车长L ＝2.06 m ，车上表面距地面的高度h ＝0.2 m ，现有一质量m ＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t 0＝1.5 s 时，车被地面装置锁定(g ＝10 m/s 2)．试求：(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小． [解析] (1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR ＝12m v 2B ，F N B －mg ＝m v 2BR则：F N B ＝30 N.(2)设滑块滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v 对滑块有：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1 对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1 解得：v ＝1 m/s ，t 1＝1 s ，因t 1＜t 0故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为s 车＝v2t 1＋v (t 0－t 1)解得s 车＝1 m.(3)Q ＝μmgs 相对＝μmg ⎝⎛⎭⎫v B ＋v 2t 1－v2t 1解得Q ＝6 J.[答案] (1)30 N (2)1 m (3)6 J三、应用动力学和能量观点分析多阶段多过程运动 1．分析思路(1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．2．常见方法(1)若一个物体或多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，则一般应用牛顿运动定律结合运动学公式求解．(2)若过程不太关注中间过程而只求初末状态之间的运动参量关系且涉及做功和能量转化问题，则一般应用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm .[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 ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为 Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③ F f ＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝12m v 20⑥重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ＝24.5 J. [答案] (1)0.52 (2)24.5 J四、应用动力学和能量观点分析生活中实际问题生活中很多问题都涉及直线运动、圆周运动、平抛运动等，如体育活动中的运动、生产生活中的模型，都可用动力学观点和能量观点解决．蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量k ，并在图中画出弹力F 随x 变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助F －x 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求 x 1和W 的值． [解析] (1)床面下沉x 0＝0.10 m 时，运动员受力平衡，mg ＝kx 0得k ＝mgx 0＝5.0×103 N/mF －x 图线如图所示．(2)运动员从x ＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落的时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝5.0 m.(3)参考由速度－时间图象求位移的方法，知F －x 图线与x 轴所围的面积等于弹力做的功，从x 处到x ＝0，弹力做功W FW F ＝12·x ·kx ＝12kx 2运动员从x 1处上升到最大高度h m 的过程，根据动能定理，有 12kx 21－mg (x 1＋h m )＝0 得x 1＝x 0＋x 20＋2x 0h m ＝1.1 m对整个预备运动，由题设条件以及功能关系，有W ＋12kx 20＝mg (h m ＋x 0)得W ＝2 525 J. [答案] 见解析1.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A.m v 24 B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 解析：选C.由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2t ，v ＝μgt ，以上三式联立可得：W ＝m v 2，故C 正确．2．(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v 1>v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则( )A ．0～t 1时间内，物块对传送带做负功B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θC ．0～t 2时间内，传送带对物块做功为W ＝12m v 22－12m v 21 D ．t 1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功解析：选AD.由题图乙知，物块与传送带在t 2时刻相对静止，一起向下匀速运动，所以物块先向上做匀减速运动，减为零后再向下做匀加速运动，最后做匀速运动.0～t 1时间段内物块对传送带的摩擦力方向向上，对传送带做负功，A 正确；物块最后与传送带相对静止向下匀速运动，说明滑动摩擦力大于或等于物块重力沿传送带斜向下的分力，B 错；0～t 2时间内，物块相对初始位置升高了，物块的重力做负功，传送带对物块做的功W >12m v 22－12m v 21，C 错；根据以上分析知，D 正确． 3.如图，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球．用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地．求小球落地时距滑块左端的水平距离．＋M )gL ＝12M v 21－12解析：滑块左端滑到小球正下方时速度为v 1，由动能定理有－μ(m M v 20得v 21＝v 20－2μ(m ＋M )gL M，小球自由落体落到地面的时间t ＝2hg ，此过程中滑块的加速度的大小a ＝μMgM ＝μg ，滑块继续运动的最长时间t m ＝v 1μg，当t ≥t m 时，小球落地时距滑块左端的水平距离s ＝v 212μg ＝v 202μg －(m ＋M )L M，当t <t m 时，小球落地时距滑块左端的水平距离s ＝v 1t －12at 2＝ 2h v 20g －4μLh (m ＋M )M－μh .答案：v 202μg －(m ＋M )L M 或 2h v 20g －4μLh (m ＋M )M－μh4．如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r 的圆形储水桶．水桶底部有多个水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R ，水桶底部与水池水面之间的高度差是h .为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H 的水桶上方．水泵由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射(如图乙所示)，太阳光垂直照射时单位时间内单位面积的电池板接收的能量为E 0.水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m 0，流出水流的速度大小为v 0(不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力)．求：(1)水从小孔喷出时的速度大小；(2)水泵的输出功率；(3)为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S .解析：(1)水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v ，有R －r ＝v th ＝12gt 2 解得v ＝R －r2h2gh .(2)水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能．由功能关系得P ＝m 0gH ＋12m 0v 20. (3)考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收的太阳能中的一部分转变成电能E 1，电能通过水泵将其中的部分转变成水的机械能E 2，有E 1＝η1E 0S cos αE 2＝η2E 1E 2＝m 0gH ＋12m 0v 20 解得S ＝m 0gH ＋12m 0v 20η1η2E 0cos α.答案：见解析5．如图所示，质量为m ＝1 kg 的可视为质点的小物块轻轻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，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg 的足够长的小车左端在最低点O 点相切，并在O 点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q 处时与Q 发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.试求：(1)小物块离开A 点的水平初速度v 1；(2)小物块经过O 点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间．解析：(1)对小物块由A 到B 有：v 2y ＝2gh在B 点：tan θ＝v yv 1解得v 1＝3 m/s.(2)由A 到O ，根据动能定理有：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21 在O 点：F N －mg ＝m v 20R解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力F N ′＝43 N.(3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，物块滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则v 0－v t a m ＝v ta M，a m ＝2a M ，得v t ＝333m/s由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：F f l 相＝12(M ＋m )v 2t 得l 相＝5.5 m 小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度a 不变，a M ＝F fM＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t 得t ＝2333 s.答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m 2333 s6．(2016·潍坊模拟)如图所示，光滑半圆轨道AB 竖直固定，半径R ＝0.4 m ，与水平光滑轨道相切于A .水平轨道上平铺一半径r ＝0.1 m 的圆形桌布，桌布中心有一质量m ＝1 kg 的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A 点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B 时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)铁块离开B 点后在地面上的落点到A 的距离； (2)铁块到A 点时对圆轨道的压力大小； (3)抽桌布过程中桌布的加速度大小．解析：(1)在B 点，由牛顿第二定律，有mg ＝m v 2BR从B 点抛出后水平方向x ＝v B t竖直方向2R ＝12gt 2代入数据得x ＝0.8 m.(2)A →B ，由机械能守恒m v 2A 2＝2mgR ＋m v 2B2在A 点，由牛顿第二定律F ′N －mg ＝m v 2AR代入数据得F ′N ＝60 N由牛顿第三定律F N ＝F ′N ＝60 N. (3)铁块脱离桌布时的速度v 0＝v A铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为a 0，由牛顿第二定律μmg ＝ma 0 设铁块在桌布上的加速时间为t 0，由运动学公式 v 0＝a 0t 0由公式r ＝12at 20－12a 0t 20 代入数据得a ＝5.25 m/s 2.答案：(1)0.8 m (2)60 N (3)5.25 m/s 2。

2014届高三物理一轮复习专题突破(5)应用动力学和能量观点处理多过程问题新人教版

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 (2010·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 (2012·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“06”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＝0.05，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 2 s 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课件新人教版必修2

精准高考
物理
人教版
必修二
热点专题突破系列(五)
应用动力学和能量观点解决力学问题
1 高考热点概
述
2 热点分类突
破
3 专题强化训
练
高考热点概述
• 高考中物体的运动情况比较复杂，特别是计算题，要根据运动特点选择是用动力学观点还是能量观点解决问题。动力学观点主要是指牛顿定律，能量观点主要是指动能定理和能量守恒定律。
[解析] (1)小球在最高点 A 处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力 FN ＝FN′＝mg。
根据牛顿第二定律有 FN＋mg＝mRv2A。从 B 到 A 过程，由动能定理可得－mg·2R＝12mv2A－12mv02，代入数据可解得 v0＝2 3m/s。
(2)情况一：若小球恰好停在 C 处，对全程进行研究，则有－μmgL＝0－12mv21，得 v1＝4m/s。小球刚好通过最高点 A 时，有 mg＝mRvA2。从 B 到 A 过程，则有－mg·(2R)＝12mvA2－12mv22，得 v2＝ 10m/s。所以当 10m/s≤vB≤4m/s 时，小球停在 B、C 间。情况二：若小球恰能越过壕沟，则有－μmgL＝12mv2C－12mv32。 h＝12gt2，s＝vCt，得 v3＝6m/s，所以当 vB≥6m/s，小球越过壕沟。
三、课后“静思2分钟”大有学问
我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的课后复习30分钟。
2019/7/19
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高考物理一轮复习课件第五章专题探究五动力学和能量观点的综合应用

高考真题演练
高考真题演练
C. 恒力F对物体做的功为 μmgx
B. 合力对物体做的功为零
A. 重力对物体做了功
01
03 02
高考真题演练
01
D. 物体克服摩擦力做的功为μmgx
02
【答案】BD
03
【解析】A．重力方向竖直向下，物体的位移方向水平，故重力对物体不做功，A错误；
高考真题演练
01
02
分析案例
仔细阅读案例，理解案例中的物理现象和过程，明确考查的知识点。
建立模型
02
03
解决问题
根据案例中的信息，建立物理模型，将实际问题转化为物理问题。
运用所学的物理知识和方法，解决案例中的问题，得出正确的结论。
06
复习回顾与拓展延伸
关键知识点回顾
动力学基本观点
牛顿运动定律是动力学的基础，通过受力分析和运动学公式可以求解物体的运
能量问题中的动力学方法
动量定理
动量定理是能量问题中常用的动力学方法之一。它描述了物体动量的变化与作用力之间的关系。通过动量定理，可以求解一些涉及碰撞、反冲等问题的动力学问题。
牛顿运动定律
牛顿运动定律是经典力学的基础，也是解决能量问题中动力学方法的核心。通过牛顿运动定律，可以分析物体的受力情况和运动状态，进而求解相关的能量问题。
01
物体在不受外力作用时，将保持静止状态或匀速直线运动状态
。
牛顿第二定律
02
物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比，加速度的
方向与作用力的方向相同。
牛顿第三定律
03
两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，作
用在同一直线上。

高考物理总复习专题五动力学、动量和能量观点的综合应用

专题五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：①动力学观点(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、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．考点一碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m.P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L.物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 教你解决问题第一步：审条件挖隐含①“与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→ P 的速度不变． ②“碰撞后P 1与P 2粘连在一起”隐含→ P 1、P 2获得共同速度． ③“P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点”隐含→ P 1、P 2、P 三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．第二步：审情景建模型 ①P 1与P 2碰撞建模→ 碰撞模型．②P 与P 2之间的相互作用建模→ 滑块—滑板模型．第三步：审过程选规律 ①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x 及弹性势能E p .模型3“子弹打木块”模型 1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2.(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝1 2mv−0212mv−1212Mv22.例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10ms2.下列分析正确的是( )A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13sB．最后小物体与小车的共同速度为3 m/sC．小车的最小长度为1.0 mD．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s跟进训练1．[黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1<m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是( )A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1<L2D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v22．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例4.如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D 端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五动力学、动量和能量观点的综合应用关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b 的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a 的速度最大为v ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝m b v 1+m a v ，12m b v 02＝12m b v 12＋12m a v 2，代入数据解得：m a ＝0.5 kg ，v ＝4m/s ，故A 错误，B 正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝(m a ＋m b )v 2，E p ＝12m b v −0212(ma ＋ mb)v 22，代入数据解得：E p ＝1.5 J ，故C 正确；在a 离开挡板前，a 、b 及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D 错误．答案：BC例2 解析：(1)P 1、P 2碰撞瞬间，P 的速度不受影响，根据动量守恒mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒： 3mv 0＝4mv 2，解得v 2＝34v 0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：12×2mv +1212×2mv −0212×4mv 22＝2mgμ(L＋x)×2解得x ＝v 0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋答案：(1)v0234v0(2)v0232μg－L 116mv02例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p 22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1+m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：＝3 m，＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2车的长度至少为l＝x A＋x B＋例 4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+1212m2v22解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v ，距水平面的高度为h ，则有m 1v 1＝(m 1+M )v ，12m 1v 12＝12(m 1＋M)v 2＋m 1gh解得h ＝0.1 m由于h ＝R(1－cos 60°)，所以物块P 恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P 沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P 返回到水平面时的速度为v 3、滑块的速度为v 4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m 1v 1＝m 1v 3+Mv 4，12m 1v 12＝12m 1v +3212Mv 42 解得v 3＝0，v 4＝2 m/s.(2)若Q 恰能经过d 点，则Q 在d 点的速度v d 满足m 2g ＝m 2v d2rQ 从b 点运动到半圆轨道最高点d 的过程，由动能定理有－μm 2gx bc －2m 2gr ＝12m 2v −d 212m2v 22解得Q 恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q 恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6 若Q 恰能到达c 点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到c 点时μ＝0.8分析可知，要使Q 能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C 点时，有2mg ＋mg ＝m v C2R，解得v C ＝√3gR .小球从A 到C ，由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv C 2＋mg·2R，联立解得v 0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12mv C2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR(2)R。

2024年高考物理一轮复习第5章机械能能力课时7应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题

在物理学中，机械能是指物体的动能和势能的总和。

它是描述物体在运动过程中所具有的能量。

机械能的理解和应用在高考物理考试中非常重要。

为了突破多过程综合问题，我们可以应用动力学观点和能量观点进行综合运用。

首先，动力学观点是指通过分析力和物体所受的加速度来研究物体的运动。

在物理学中，力可以分为两种类型：保守力和非保守力。

保守力是指力的功与路径无关，它只与力的大小和物体的位置有关。

而非保守力则与路径有关，力的功与路径有关。

动力学观点的应用，我们可以通过分析物体所受的力和加速度，来推导物体的运动状态，从而解决相关问题。

其次，能量观点是指通过分析物体的动能和势能来研究物体的运动。

动能是指物体由于运动而具有的能量，它的大小与物体的质量和速度的平方成正比。

势能是指物体由于位置而具有的能量，它的大小与物体所处位置的高度和与均势面的距离成正比。

能量观点的应用，我们可以通过计算物体的动能和势能的变化，以及能量的转化，来解决相关问题。

在应用动力学观点和能量观点解决多过程综合问题时，我们需要注意以下几个步骤：1.确定问题的类型和所给条件。

分析问题中涉及的物体、力和能量转化等要素，理清思路。

2.利用动力学观点分析物体的受力情况和加速度。

根据牛顿第二定律和受力分析，推导出物体的运动方程，从而确定物体的运动状态。

3.利用能量观点分析物体的能量变化和能量转化。

计算物体的动能和势能的变化，以及能量的转化过程，从而解决相关问题。

4.对于涉及到物体间相互作用的问题，可以利用动量守恒和动能守恒定律来解决。

根据物体间的相对速度和相对位置，推导出相应的方程，从而解决相关问题。

5.对于涉及到机械能守恒的问题，可以利用机械能守恒定律来解决。

根据物体的动能和势能的变化，推导出相应的方程，从而解决相关问题。

总结起来，应用动力学观点和能量观点解决多过程综合问题时，首先需要明确问题的类型和所给条件，然后通过分析力和物体的加速度，以及物体的动能和势能变化来解决问题。

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.。

2014高考物理大一轮复习讲义第五章专题五应用动力学和能

专题五应用动力学和能量看法解决多过程问题考纲解读 1. 掌握多过程问题的剖析方法 .2. 能够依据不一样运动过程的特色合理选择动力学看法或能量看法解决问题．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加了多个运动过程，有的运动过程只波及剖析力或求解力而不波及能量问题，则经常用牛顿运动定律求解；若该过程波及能量转变问题，而且拥有功能关系的特例点，则常常用动能定理求解．1 如图 1 所示，已知儿童与雪橇的总质量为m＝20 kg，静止于水平冰面上的A点，雪橇与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.1.(g 取10 m/s 2 )(1)妈妈先用30 N 的水平恒力拉雪橇，经8 秒到达B点，求、B图 1A两点间的距离L.(2)若妈妈用大小为30 N ，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇，使雪橇从 A 处由静止开始运动并能到达(1) 问中的B处，求拉力作用的最短距离．( 已知 cos 37 °＝ 0.8 ，sin 37 °＝ 0.6)(3)在第 (2) 问拉力作用最短距离对应的运动过程中，儿童与雪撬的最大动能为多少？分析 (1) 对儿童进行受力剖析，由牛顿第二定律得：F－μ mg＝ ma2a＝0.5 m/s1L＝2at 2解得L＝16 m(2) 设妈妈的力作用了x 距离后撤去，儿童到达 B 点的速度恰巧为0解法一由动能定理得F cos 37°· x－μ( mg－ F sin 37°)· x－μmg( L－ x)＝0解得 x＝12.4 m解法二F cos 37°－μ( mg－ F sin 37°)＝ ma1μmg＝ma2v2＝2a1xv2＝2a2( L－x)解得 x＝12.4 m(3)在妈妈撤去力时儿童和雪橇的动能最大，解法一由动能定理得cos 3 7°·x －μ ( － sin 37 °) ·x＝ k (写成－μ(－) ＝ 0－k也能够 )F mg F E mg L x E 解得 E k＝72 J解法二由动能公式得k＝12(2在上一问中的运动学公式中已经有表示)E2mv v解得 E＝72 Jk答案(1)16 m(2)12.4 m(3)72 J1. 在应用动能定理解题时第一要弄清物体的受力状况和做功状况．2.应用动能定理列式时要注意运动过程的选用，能够全过程列式，也能够分段列式．打破训练 1一宠物毛毛狗“乐乐”在嬉戏时不慎从离地h1＝19.5 m高层露台无初速度竖直掉下，当时恰巧是无风天气，设它的质量m＝2 kg，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时辰恰巧被地面上的一位保安发现并奔跑到楼下，保安奔跑过程用时t 0＝2.5 s，恰幸亏距地面高度为h2＝1.5 m处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰巧为零，设“乐乐”着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倍，重力加快度g＝10 m/s2.求：(1)为了救援“乐乐”同意保安最长的反响时间；(2)在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功．答案(1)0.5 s(2) － 168 J分析(1) 对“乐乐”着落过程用牛顿第二定律mg－ mg＝ ma1解得： a1＝4 m/s21“乐乐”着落过程：h1－ h2＝2a1t 2解得： t ＝3 s同意保安最长的反响时间：t ′＝ t －t 0＝(3－2.5) s＝0.5 s(2)“乐乐”着落 18 m 时的速度v1＝a1t＝ 12 m/s缓冲过程，由动能定理得1W＋ mgh2－ mgh2＝0－2mv12W＝－168 J( 整个过程应用动能定理也可求解，公式为：mgh1－ mg( h1－ h2)－ mgh2＋ W＝0)考点二用动力学和机械能守恒定律解决多过程问题若一个物体参加了多个运动过程，有的过程只波及运动和力的问题或只需求剖析物体的动力学特色，则要用动力学方法求解；若某过程波及到做功和能量转变问题，则要考虑应用动能定理或机械能守恒定律求解．例 2 如图 2 所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分圆滑， CB部分粗拙． BP为圆心角等于143°、半径R＝1 m的竖直圆滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点， P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一端在斜面上C点处，现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧迟缓压缩到D点后(不拴接)图2开释，物块经过C点后，从C点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为x＝12t －4t 2(式中 x 单位是m，t单位是 s) ，假定物块第一次经过 B 点后恰能到达P点，sin 37°＝，cos 37 °＝0.8 ，g取 10 m/s 2. 试求：(1)若 CD＝1 m，试求物块从 D点运动到 C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离 x BC；(3) 若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧互相作用不损失时械能，试经过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中能否会离开轨道？分析(1) 由x＝12t－ 4t2知，物块在C点速度为 v0＝12 m/s设物块从 D点运动到 C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：－ sin 37 °·CD ＝12W mg2mv12代入数据得： W＝2mv＋ mgsin 37 °· CD＝ 156 J(2) 由x＝ 12t－4t2知，物块从C运动到B过程中的加快度大小为a＝8 m/s2设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mg sinθ ＋μ mg cosθ ＝ma代入数据解得μ＝mv P2物块在 P 点的速度知足mg＝R物块从 B 运动到 P 的过程中机械能守恒，则有1212BP2mv ＝ mgR (1 ＋cos 37 °) ＋ 2mv物块从 C 运动到 B 的过程中有v B 2－0 2＝－ 2BCv ax49由以上各式解得x BC ＝ 8 m(3) 若物块到达与 O 点等高的地点 Q 点时速度为 0，则物块会离开轨道做自由落体运动．设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧互相作用后，能够回到与O 点等高的地点 Q 点，且1 1设其速度为 v Q ，由动能定理得 2mv Q 2－ 2mv P 2＝ mgR － 2μmgx cos 37 ° 解得 v Q 2＝－ 19<0可见物块返回后不可以到达 Q 点，故物块在此后的运动过程中不会离开轨道．49答案 (1)156 J(2)8 m (3) 不会离开轨道打破训练 2 如图 3 所示，水平传递带 AB 的右端与在竖直面内用内径圆滑的钢管弯成的“ 9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传递带的运转速度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递带的A 端．已知传递带长度 L ＝ 4.0 m ，“ 9”字全高 H ＝ 0.6 m ，“ 9”字上半部分圆弧图 3半径＝ 0.1 m ，滑块与传递带间的动摩擦因数μ＝ 0.2 ，重力加快度g ＝ 10 m/s 2 ，求：R(1) 滑块从传递带 A 端运动到 B 端所需要的时间；(2) 滑块滑到轨道最高点 C 时对轨道作使劲的大小和方向．答案(1)2 s(2)3 N方向竖直向上分析(1) 滑块在传递带上加快运动时，由牛顿第二定律知μ mg ＝ma得 a ＝μ g ＝ 2 m/s 2加快到与传递带速度同样时所需要的时间v 0t ＝ a ＝ 2 s1位移 x ＝ 2at 2＝ 4 m此时物块恰巧到达B 端，即滑块从 A 端运动到 B 端所需的时间 t ＝ 2 s(2) 滑块从 B 到 C 的过程中，由机械能守恒定律得1 1mgH ＋2mv C 2＝ 2mv 0 2在 C 点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得2mv C联立解得 F N＝3 N由牛顿第三定律知滑块对轨道的作使劲F N′＝ F N＝3 N，方向竖直向上．28．应用动力学看法和能量看法解决力学综合问题分析(1)碰后，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，运动到最高点的速度为v0，此时仅由重力充任向心力，v02（2 分）则有 mg＝ m L，解得 v ＝ 1 m/ss在滑块从h处运动到小球到达最高点的过程中，机械能守恒，则有( － 2 ) －μmg＝mg h L212mv0（2 分）2，解得 h＝0.5 ms1(2) 若滑块从′＝ 5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v1，则有′－μmg＝12mgh mv22（2 分）滑块与小球碰后的瞬时，滑块静止，小球以v1的速度开始做圆周运动，绳的拉力F T和小球重力的协力充任向心力，则有mv 12（2 分）F － mg ＝ L ，解得 F ＝48 NTT(3) 滑块和小球第一次碰撞后，每在水平面上经过行程 s 后就会再次碰撞，则s 12mgh ′－ μ mg －0 －2mgLmv 2 2μ mgs ＋1≥ n（3 分）解得＝10(次) ．（1 分）n答案(1)0.5 m(2)48 N (3)10打破训练 3 垂钓岛是我国固有国土，决不一样意别国侵犯，近期，为提升警惕捍卫祖国，我国海军为此进行了登岸操练．如图5 所示，假定一艘战舰因吨位大吃水太深，只好停锚在离海岸登岸点 s ＝ 1 km 处．登岸队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳子下滑到登岸快艇上再行登岸凑近目标，若绳子两头固定好后，与竖直方向的夹角θ ＝30°，为保证行动最快，队员甲先无摩擦自由加快滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度恰巧为零，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度v 0＝ 3 3 m/s平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈恰巧与甲队员同时到达快艇，若人的质量为m ，重力加快度 g ＝10 m/s 2，问：图5(1) 军舰甲板到快艇的竖直高度H 及队员甲在绳子上运动的时间t 0；(2) 若加快过程与减速过程中的加快度大小相等，则队员甲在哪处速度最大？最大速度是多大？(3) 若快艇额定功率为5 kW ，载人后连同装备总质量为103 kg ，从静止开始以最大功率向登岸点加快凑近，到达岸边时恰巧能达到最大速度10 m/s ，快艇在水中遇到的阻力恒定，求快艇运动的时间t ′.答案(1)16.2 m3.6 s(2) 绳子中点处10.39 m/s×10 2 s分析(1) 设救生圈做平抛运动的时间为t ，有 1H ＝ 2gt 2①H tanθ＝ v 0t②设人下滑时间为 t 0，由题意知： t 0＝ 2t③联立①②③得： H ＝ 16.2 m ， t 0＝ 3.6 s(2) 由几何关系得：绳子长L＝ H/cos 30°＝18.7 m.1因加快过程与减速过程的加快度大小相等，因此，甲在绳子中点处速度最大，由2v m t×2＝ LL得 v m＝t＝10.39 m/s1(3) 加快过程有Pt′－F f s＝Mv m′2④2P加快到匀速时 v ′＝f⑤m联立④⑤解得t ′＝×102s高考题组1．(2012 ·重庆理综· 23) 如图 6 所示为一种摆式摩擦因数丈量仪，其可丈量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要零件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连结摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为 m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为 L.丈量时，丈量仪固定于水平川面，将摆锤从与图 6O等高的地点处由静止开释．摆锤摆到最低点邻近时，橡胶片紧压地面掠过一小段距离s( s? L)，以后持续摆至与竖直方向成θ 角的最高地点．若摆锤对地面的压力可视为大小为 F的恒力，重力加快度为g，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．mgL cosθ答案(1)mgL cosθ(2) －mgL cos θ (3)Fs分析(1)选从右边最高点到左边最高点的过程进行研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能E等于减少的重力势能，即：E＝ mgL cosθ(2) 对全程应用动能定理：W G＋W f＝ 0①W＝ mgL cosθ②G由①②式得 W f＝－ W G＝－ mgL cosθ③(3) 由滑动摩擦力公式得 f ＝μ F④摩擦力做的功 W f＝－ fs⑤mgL cosθ联立③④⑤式得：μ ＝Fs2．(2011 ·浙江理综· 24) 节能混淆动力车是一种能够利用汽油及所储藏电能作为动力根源的汽车．有一质量 m＝1 000 kg的混淆动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW.当驾驶员看到前面有80 km/h的限速标记时，保持发动机功率不变，立刻启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动 L＝72 m后，速度变成 v2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供应发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转变成电池的电能．假定轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以 90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力 F 阻的大小；(2)轿车从 90 km/h 减速到 72 km/h 过程中，获取的电能 E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获取的电能 E 电保持72 km/h匀速运动的距离 L′.答案(1)2 ×10 3 N (2)6.3 ×10 4 J(3)31.5 m分析(1) 轿车牵引力与输出功率的关系＝牵vP F将 P＝50 kW， v1＝90 km/h＝25 m/s代入得P3F 牵＝v1＝2×10 N.当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有3F 阻＝2×10 N.1(2)在减速过程中，注意到发动机只有5P用于汽车的牵引．111依据动能定理有5Pt － F 阻 L＝2mv22－2mv12代入数据得 Pt＝×105J4电源获取的电能为 E 电＝50%×5Pt ＝×104J.(3) 依据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时遇到的阻力仍为F3阻＝2×10 N.在此过程中，由能量守恒定律可知，仅有电能用于战胜阻力做功，则E 电＝F阻′L代入数据得 L′＝31.5 m.模拟试题组3．如图 7 所示，一个可视为质点的物块，质量为＝ 2 kg ，从圆滑四分之一圆弧轨道顶端m由静止滑下，到达底端时恰巧进入与圆弧轨道底端相切的水平传递带，传递带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为v＝3 m/s.已知圆弧轨道半径R＝0.8 m，皮带轮的半径 r ＝0.2 m，物块与传递带间的动摩擦因数为μ＝ 0.1 ，两皮带轮之间的距离为L＝62m，重力加快度g＝10 m/s .求：图 7(1)皮带轮转动的角速度多大？(2)物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作使劲；(3)物块将从传递带的哪一端走开传递带？物块在传递带上战胜摩擦力所做的功为多大？答案(1)15 rad/s(2)60 N ，方向竖直向下(3) 右 12J分析(1) 由v＝ωr得vω＝r＝15 rad/s(2) 物块滑到圆弧轨道底端时的速度为v0，在这个过程中，由动能定理得1mgR＝2mv02解得 v0＝2gR＝ 4 m/s在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得v02F－ mg＝m R解得物块所受支持力 F＝60 N由牛顿第三定律知物块对轨道的作使劲大小为60 N ，方向竖直向下．(3) 物块滑上传递带后做匀减速直线运动，设加快度大小为，由牛顿第二定律得μmga＝ ma2解得 a＝1 m/s物块匀减速运动到速度为零时向右运动的最大距离为v02x＝2a＝8 m>L＝6 m可见，物块将从传递带的右端走开传递带物块在传递带上战胜摩擦力所做的功为W＝μmgL＝12 J4．有一个竖直搁置的固定圆形轨道，半径为R，由左右两部分构成．如图8 所示，右半部分AEB是圆滑的，左半部分BFA是粗拙的．此刻最低点 A 给一质量为m的小球一个水平向右的初速度v0，使小球沿轨道恰巧能过最高点B，且图8又能沿 BFA回到 A 点，回到 A 点时对轨道的压力为4mg. 不计空气阻力，重力加快度为g.求：(1)小球的初速度 v0大小；(2)小球沿 BFA回到 A 点时的速度大小；(3)小球由 B 经 F 回到 A 的过程中战胜摩擦力所做的功．答案(1) 5gR(2) 3gR(3) mgR分析(1) 对小球由AEB恰巧经过 B点，依据牛顿第二定律：mv B2mg＝R ，v B＝gR1 1依据动能定理：2mv B2－2mv02＝－ mg2R解得： v0＝5gR(2)因为小球回到 A 点时对轨道的压力为4mgmv A2依据牛顿第二定律：4mg－mg＝R ，v A＝3gR(3)小球由 B 经 F 回到 A 的过程中，依据动能定理：112mgR－W f＝2mv A2－2mv B2解得： W f＝mgR(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 后封闭电动机，赛车持续行进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形圆滑轨道，经过轨道最高点P 后又进入图 1水平轨道. 已知赛车在水平轨道部分和部分运动时遇到阻力恒为车重的倍，CD AB CD即 k＝F f＝ 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，mg轨道AB 的长度＝ 2 m，圆形轨道的半径＝ 0.5 m ，空气阻力可忽视，取＝10 m/s 2.L R g某次竞赛，要求赛车在运动过程中既不可以离开轨道，又在轨道上运动的行程最短．在CD此条件下，求：(1)小车在 CD轨道上运动的最短行程；(2)赛车电动机工作的时间．答案(1)2.5 m(2)4.5 s分析(1) 要求赛车在运动过程中既不可以离开轨道，又在CD轨道上运动的行程最短，则小车经过圆轨道最高点P时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力供应向心力：v P2mg＝ m RC点的速度由机械能守恒定律可得：1 1mg·2R＋2mv P2＝2mv C2由上述两式联立，代入数据可得：v C＝5 m/s12设小车在 CD轨道上运动的最短行程为x，由动能定理可得：－kmgx＝0－2mv C代入数据可得： x＝2.5 m(2) 因为竖直圆轨道圆滑，由机械能守恒定律可知：B＝C＝5 m/sv v从 A 点到 B 点的运动过程中，由动能定理可得：12BPt － kmgL＝2mv代入数据可得：t ＝4.5 s.2．如图 2 所示，圆滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为 m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使 A制动，将轻弹簧的一端固定在水光滑道延伸线M处的墙上，图2另一端恰位于坡道的底端O点．已知在OM段，物块 A与水平面间的动摩擦因数均为μ ，其他各处的摩擦不计，重力加快度为g，求：(1)物块滑到 O点时的速度大小；(2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零) ；(3)若物块 A 能够被弹回到坡道上，则它能够上涨的最大高度是多少？答案(1)2gh (2) mgh－μmgd (3) h－ 2μd1 (1)2分析由机械能守恒定律得mgh＝2mv解得 v＝2gh.(2)在水光滑道上物块 A 战胜摩擦力所做的功为 W＝μmgd12由能量守恒定律得2mv＝E p＋μmgd以上各式联立得E p＝mgh－μ mgd.(3) 物块A 被弹回的过程中，战胜摩擦力所做的功仍为＝μmgdW由能量守恒定律得 E p＝μ mgd＋ mgh′因此物块 A 能够上涨的最大高度为h′＝ h－2μ d.3．如图 3 所示，为一传递装置，此中段粗拙，段长为＝ 0.2 m，动摩擦因数μ＝ 0.6 ，AB AB LBC、DEN段均可视为圆滑，且 BC的始、尾端均水平，拥有h＝0.1 m的高度差， DEN是半径为r ＝ 0.4 m的半圆形轨道，其直径沿竖直方向，C位于竖直线上，间的距离DN DN CD恰能让小球自由经过．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 点后由静止开释(小球和弹簧不粘连) ，小球恰巧能沿轨道滑下．求：DEN图 3(1)小球到达 N点时的速度；(2)压缩的弹簧所拥有的弹性势能．答案(1)2 5 m/s (2)0.44 J(1) 小球恰巧能沿D v D2分析轨道滑下，则在半圆最高点点必有：＝DEN mg m r 从 D点到 N点，由机械能守恒得：112mv D2＋ mg·2r ＝2mv N2＋0联立以上两式，代入数据得：v D＝2 m/s， v N＝2 5 m/s.(2) 弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所拥有的弹性势能E p，依据1动能定理得W－μ mgL＋ mgh＝2mv D2－0代入数据得W＝0.44 J即压缩的弹簧所拥有的弹性势能为0.44 J.4．如图 4 所示，为一长为l 并以速度v顺时针匀速转动的传递带，ABBCD部分为一半径为 r 、竖直搁置的粗拙半圆形轨道，直径BD恰巧竖直，并与传递带相切于 B 点．现将一质量为 m的小滑块无初速地放在传递带的左端 A 点上，已知滑块与传递带间的动摩擦图 4 v2因数为μ ( l >2μg) ．求：(1)滑块到达 B 点时对轨道的压力大小；(2)滑块恰巧能到达 D点，求滑块在粗拙半圆形轨道中战胜摩擦力所做的功；(3) 滑块从D点再次掉到传递带上的某点E，求 AE的距离．v215答案(1)(＋r ) (2)2－2mgr(3)l－ 2rm g2mv分析(1)设滑块在摩擦力作用下从A到 B 向来被加快，且设恰巧到达B点前的速度为v，v2－0则 s＝2μg <l故滑块在传递带上是先加快后匀速，到达 B 点时与传递带速度同样为vv2由牛顿第二定律， F － mg＝ mN rv2得 F N＝ m( g＋r)v2由牛顿第三定律知其对轨道的压力为m( g＋r)v′2(2) 滑块恰巧能到达D点，则 mg＝ m r11由动能定理得：－·2 － f ＝′ 2－2mg r W2mv2mv152得 W f＝2mv－2mgr(3) 滑块从D点再次掉到传递带上E点做平抛运动，即水平方向 x ＝ v ′t1竖直方向 y ＝ 2gt 2＝ 2rt ＝ 2r g解得x ＝ 2r故 AE 的距离为 l － 2r5．如图 5 甲所示是一打桩机的简略模型．质量m ＝ 1 kg 的物体在拉力 F 作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上涨一段高度后撤去 F ，到最高点后自由着落，撞击钉子，将钉子打入必定深度．物体上涨过程中，机械能 E 与上涨高度 h 的关系图象如图乙所示．不计空气阻力及摩擦力，g 取 10 m/s 2 . 求：甲乙图 5(1) 物体上涨到 1 m 高度处的速度；(2) 物体上涨 1 m 后再经过多长时间才撞击钉子( 结果可保存根号 ) ；(3) 物体上涨到 0.25 m 高度处拉力 F 的刹时功率．6＋ 1答案(1)2 m/s(2)5s(3)12 W分析(1) 设物体上涨到h ＝ 1 m 处时的速度为 v ，由题图乙知 E ＝12J ，则1111＋ 12＝ 11mgh 2mv E 解得 v 1＝ 2 m/s(2) 解法一：由题图乙知，物体上涨到 h 1＝ 1 m 后机械能守恒，即撤去拉力F ，物体仅在重力作用下先匀减速上涨，至最高点后再自由着落．设向上减速时间为 t 1，自由着落时间为 t .2对减速上涨阶段有0－ v 1＝－ gt 1，解得 t 1＝ 0.2 sv 1减速上涨距离h ＝ 2 t 1＝ 0.2 m12自由着落阶段有 h 1＋h ＝ gt 226 2解得 t ＝5s所求时间 t ＝ t1＋t 2＝6＋ 1 5s解法二：物体自1＝1 m后的运动是匀减速直线运动，设经t 时间落到钉子上，则有－h1h1＝ v1t －2gt 26＋ 1解得 t ＝5s(3) 对F作用下物体从静止运动到 1 m 高度处的过程中，依据功能关系有Fh1＝ E1可得物体上涨h ＝1 m的过程中所受拉力 F＝12 N1设上涨至2＝0.25 m时的速度为v 2，由动能定理有h1( F－mg) h2＝2mv22，解得v2＝ 1 m/s 此时拉力 F 的刹时功率P＝Fv2解得 P＝12 W。