【创新方案】2018版高考一轮：5.5《应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题》教学案

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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

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。

创新思维2018一轮_必修2 第五章第五讲动力学观点和能量观点解决力学综合问题

[A 组·基础题]一、单项选择题1．(2017·大庆模拟)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，须对木板施加一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A.14m v 2 B.12m v 2 C ．m v 2 D ．2m v 2解析：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 相对，s 相对＝v t －v 2t ，v ＝μgt ，以上三式联立可得W ＝m v 2，故C 正确．答案：C2．(2017·江西九江模拟)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v 0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．现将木板分成A 和B 两段，使B 的长度和质量均为A 的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v 0由木板A 的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )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小于图乙所示的过程产生的热量解析：图甲所示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，图乙所示过程中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，加速度大于图甲所示过程，故图乙所示过程中小铅块与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，图甲中相对路程大于图乙中的相对路程，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 、D 错误．答案：B二、多项选择题3.如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是()解析：选择B端所在的水平面为参考平面，可知初始状态下物块的机械能不为0，A错误．由于物块初速度为0，在物块速度达到与传送带速度相等之前，物块相对传送带向上运动，受到向下的摩擦力，除重力外只有此摩擦力对物块做正功，其机械能增大．若传送带不是足够长时，物块速度与传送带达到共速前已到B端，则对应于图象B，否则达到共速后物块所受摩擦力方向突变为向上，摩擦力开始对物块做负功，物块的机械能开始减少，故C 错误，B、D正确．答案：BD4.(2017·宁波效实中学模拟)如图所示是滑沙场地的一段，可视为倾角为30°的斜面，设参加活动的人和滑车总质量为m，滑沙人从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是()A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B．人和滑车获得的动能为0.8mghC．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh解析：加速度大小为0.4g，设受到的摩擦力是F f，则沿斜面的方向：ma＝mg sin 30°－F f所以F f＝0.1mg.由以上的分析可知，人和滑车下滑的过程中受到摩擦力的作用，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为E k＝(mg sin 30°－F f)hsin 30°＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－E k＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误．答案：BC三、非选择题5.如图所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．解析：(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μmgx ＝12m v A 2 (F －μmg )·(x ＋L )＝12m v B 2 又因为v A ＝a A t ＝μgtv B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgL F －2μmg. (2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (x ＋L )＝12m v A 2＋12m v B 2＋Q 解得Q ＝μmgL .答案：(1)μmgL F －2μmg(2)μmgL6.如图所示，一粗糙斜面AB 与光滑圆弧轨道BCD 相切，C 为圆弧轨道的最低点，圆弧BC 所对圆心角θ＝37°.已知圆弧轨道半径为R ＝0.5 m ，斜面AB 的长度为L ＝2.875 m ．质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)从斜面顶端A 点处由静止开始沿斜面下滑，从B 点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D .sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块经过C 点时对圆弧轨道的压力大小F C ；(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ.解析：(1)由题意知小物块沿光滑轨道从C 到D 且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有：mg ＝m v D 2R① 从D 到C 由动能定理可得－mg ·2R ＝12m v D 2－12m v C 2② 由牛顿第二定律可知F C ′－mg ＝m v C 2R③ 由牛顿第三定律可知F C ＝F C ′④联解①②③④并代入数据得：F C ＝60 N ⑤(2)对小物块从A 经B 到C 过程，由动能定理有：mg [L sin θ＋R (1－cos θ)]－μmg cos θ·L ＝12m v C 2－0⑥ 联解①②⑥并代入数据得：μ＝0.25答案：(1)60 N (2)0.25[B 组·能力题]非选择题7.(2017·成都七中诊测)如图所示，质量分别为m 、2m 的物体a 、b通过轻绳和不计摩擦的定滑轮相连，均处于静止状态．a 与水平面上固定的劲度系数为k 的轻质弹簧相连，Q 点有一挡板，若有物体与其垂直相碰会以原速率弹回，现剪断a 、b 之间的绳子，a 开始上下往复运动，b 下落至P 点后，在P 点有一个特殊的装置使b 以落至P 点前瞬间的速率水平向右运动，当b 静止时，a 恰好首次到达最低点，已知PQ 长s 0，重力加速度为g ，b 距P 点高h ，且仅经过P 点一次，b 与水平面间的动摩擦因数为μ，a 、b 均可看作质点，弹簧在弹性限度范围内，试求：(1)物体a 的最大速度；(2)物体b 停止的位置与P 点的距离．解析：(1)绳剪断前，系统静止，设弹簧伸长量为x 1，对a 有kx 1＋mg ＝T ，对b 有T ＝2mg ，则kx 1＝mg ，x 1＝mg k. 绳剪断后，a 所受合外力为零时，速度最大，设弹簧压缩量为x 2，对a 有kx 2＝mg ，x 2＝mg k，由于x 1＝x 2，两个状态的弹性势能相等，则两个状态的动能和重力势能之和相等，mg (x 1＋x 2)＝12m v 2，解得v ＝2g m k. (2)对b ，整个运动过程由动能定理得2mgh －μ·2mgs 路＝0，解得b 在水平面上滑行的路程s 路＝h μ. 讨论：①若b 未到达挡板Q 就在PQ 上停止，则物块b 停止的位置与P 相距d ＝s 路＝h μ； ②若b 与挡板Q 碰撞后，在PQ 上运动到停止，则物块b 停止的位置与P 相距d ＝2s 0－s 路＝2s 0－h μ. 答案：(1)2g m k (2)h μ或2s 0－h μ8.(2017·江苏泰州中学期中)如图所示，传送带AB 总长为l ＝10 m ，与一个半径为R ＝0.4 m 的光滑四分之一圆轨道BC 相切于B 点，传送带速度恒为v ＝6 m/s ，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A 点水平滑上传送带，滑块质量为m ＝10 kg ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B 端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度；(2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl ＝12m v 2－12m v 02，解得v 0＝214 m/s ；当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl ＝12m v 2－12m v 02，解得v 0＝4 m/s. (2)由动能定理可得－mgh ＝0－12m v 2，解得h ＝1.8 m. (3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，滑块的加速度a ＝1 m/s 2，滑块减速到零的位移s ＝v 22a＝18 m ＞10 m ，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l ＝v t －12at 2，解得t ＝2 s(t ＝10 s 舍去)，在此时间内传送带的位移x ＝v t ＝6×2 m ＝12 m ，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q ＝μmg (l ＋x )＝0.1×10×10×(10＋12) J ＝220 J. 答案：(1)214 m/s 或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J。

高中物理压轴题：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

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。

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.。

高考物理一轮：5.5《应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题》教学案

第5讲微专题——应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题核心考点·分类突破——析考点讲透练足若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。

[典题1] (·滨州模拟)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，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 m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。

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

【创新设计】高考物理一轮复习第3章第3课时专题研究动力学问题的三个基本观点课件人教大纲

(1)物体从A点滑到B点时的速率和滑上EF前的瞬时速率； (2)水平面CD的长度； (3)当物体再从轨道EF滑下并滑上小车后，如果小车与壁BC相碰后速度也立即变为零，最后物体m停在小车上的Q点，则Q点距小车右端的距离为多大．
解析：(1)设物体从A滑落至B时速率为v0
由机械能守恒得：mgR＝
v0＝
解析：(1)木块从A滑到B点的过程，由机械能守恒定律得：m1gh＝
vB＝
m/s＝2 m/s.
(2)m1vB＝(m1＋m2)v μm1gL＝
所以μ＝
＝0.2.
(3)小木块与车脱离挡板前受挡板水平向右的冲量I＝m1vB－0＝m1vB ＝2 kg·m/s，所以小车给挡板的冲量大小为2 kg·m/s，方向水平向左．
1. 如图6－3－1所示，带弧形轨道的小车放在光滑的水平地面上，车左端被固定在地面上的竖直挡板挡住，已知小车的弧形轨道和水平部分在B点相切，AB 段光滑，BC段粗糙，BC段长度为L＝0.75 m．现有一小木块(可视为质点)从距 BC面高为h＝0.2 m的A点无初速度释放，恰好未从车上滑落．已知木块质量 m1＝1 kg，小车质量m2＝3 kg，g取10 m/s2.求： (1)木块滑到B点时的速度； (2)木块与BC面之间的动摩擦因数； (3)在整个过程中，小车给挡板的冲量．
(1)A在小车上停止运动时，A、B以共同速度运动，设其速度为v，
取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv2－mBv1＝(mA＋mB)v 解得：v＝1 m/s.
(2)设小车的最小长度为L，由功能关系得
μmAgL＝
(mA＋mB)v2
解得：L＝0.75 m.
(3)设小车匀变速运动的时间为t，由动量定理得 μmAgt＝mB(v＋v1) 解得：t＝0.5 s 故小车的速度—时间图象如右图所示．答案：(1)1 m/s (2)0.75 m (3)见解析图

高考物理一轮复习专题5.5动力学观点和能量观点解决力学综合问题(精讲)(解析版)

专题动力学看法和能量看法解决力学综合问题1.利用动力学看法解决力学综合问题；2.利用能量看法解决力学综合问题。

知识点一多运动组合问题1．多运动组合问题主假如指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．2．解题策略(1)动力学方法看法：牛顿运动定律、运动学基本规律．(2)能量看法：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题重点(1)抓住物理情形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)两个相邻过程连结点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的重点．好多状况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要打破口。

知识点二传递带模型问题1.传递带模型是高中物理中比较常有的模型，典型的有水平易倾斜两种状况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：第一要正确剖析物体的运动过程，做好受力剖析，而后利用运动学公式联合牛顿第二定律求物体及传递带在相应时间内的位移，找出物体和传递带之间的位移关系．(2)能量角度：求传递带对物体所做的功、物体和传递带因为相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多耗费的电能等，常依照功能关系或能量守恒定律求解．2．传递带模型问题中的功能关系剖析(1)功能关系剖析：W＝E k＋E p＋ Q.(2)对 W 和 Q 的理解：①传递带做的功：W＝ Fx 传；②产生的内能Q＝Fx 相．知识点三滑块—木板模型1．动力学剖析：分别对滑块和木板进行受力剖析，依据牛顿第二定律求出各自的加快度；从放上滑块v2＝v1可求出共同速度v和所用时间t，而后由位移公式可分别求到二者速度相等，所用时间相等，由t＝a2a1出二者的位移．2.功和能剖析：对滑块和木板分别运用动能定理，或许对系统运用能量守恒定律．如下图，要注意划分三个位移：(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；(3)求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相．考点一多运动组合问题【典例 1】 (2016 ·全国卷Ⅰ )如图，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 的圆滑圆弧轨道相切于 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，最低抵达E 点 (未画出 )，随后 P 沿轨道被弹回，最高抵达F 点， AF ＝ 4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝1，重力4加快度大小为34 g.(取 sin 37 ＝° ， cos 37 °＝ )55(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，从静止开始开释．已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰巧经过 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．【分析】 (1) 依据题意知， B、 C 之间的距离为l＝ 7R－ 2R＝ 5R①设 P 抵达 B 点时的速度为v B，由动能定理得12mglsin θ－μ mglcos θ＝2mv B②式中θ＝ 37°，联立①②式并由题给条件得v B＝ 2gR③(2)设BE＝ x.P 抵达 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mgxsin θ－μ mgxcos θ－E p＝ 0－12mv2B④E、F 之间的距离为l1＝ 4R－ 2R＋ x⑤P 抵达 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－μ mgl1cos θ＝ 0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝ R⑦12E p＝5 mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m1.D 点与 G 点的水平距离x1和竖直距离y1分别为75x1＝2R－6Rsin θ⑨55y1＝ R＋6R＋6Rcos θ⑩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y1＝12gt2?x1＝ v D t?联立⑨⑩ ??式得D35gR?v＝5设 P 在 C 点速度的大小为v C，在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒，有1212552m1v C＝2m1v D＋ m1g(6R＋6Rcos θ)?P 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由动能定理有12E p－m1g(x＋ 5R)sin θ－μm1g(x＋ 5R)cos θ＝2m1v C?联立⑦⑧ ???式得11m＝3m.【答案】 (1)2 gR (2) 1235gR1 5 mgR(3)53m【方法技巧】力学综合题中多过程问题的剖析思路1．对力学综合题中的多过程问题，重点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，而后关于每个子过程分别进行受力剖析、过程剖析和能量剖析，选择适合的规律列出相应的方程求解．【变式1】(2019 ·湖南衡阳八中模拟)如下图，设一个质量m＝ 50 kg的跳台花式滑雪运动员(可当作质点 )，从静止开始沿斜面雪道从 A 点滑下，沿切线从 B 点进入半径R＝15 m的圆滑竖直平面圆轨道BPC，经过轨道最高点C 水平飞出，经 t ＝ 2 s 落到斜面雪道上的D 点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角 θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数sin 37 ＝°， cos 37 ＝°0.80.试求：μ＝，不计空气阻力，当地的重力加快度g 取10 m/s 2，(1)运动员运动到 C 点时的速度大小 v C ；(2)运动员在圆轨道最低点P 遇到轨道支持力的大小(3)A 点距过 P 点的水平川面的高度h.F N ；【分析】 (1) 在 D 点：竖直方向上的分速度v y ＝gt ＝10×2 m/s ＝ 20 m/sv Ctan 37 ＝°v y ，代入数据解得 v C ＝ 15 m/s(2)对 P →C 过程，由机械能守恒定律可得： 12122mv P ＝2mv C ＋mg ·2R2v P在 P 点： F N － mg ＝ m，R联立上述两式代入数据解得 F N ＝ 3 250 N由牛顿第三定律得：在P 点运动员遇到轨道的支持力为3 250 N.(3)对 A →P 过程，由动能定理可得：h － R － Rcos 37° 12mgh － μ mgcos 37 °sin 37°＝ mv P2代入数据解得 h ＝ 45.5 m.【答案】 (1)15 m/s (2)3 250 N(3)45.5 m考点二传递带模型问题【典例 2】 (2019 ·河北衡水中学模拟)已知一足够长的传递带与水平面的倾角为θ，以必定的速度匀速运动．某时辰在传递带适合的地点放上拥有必定初速度的物块(如图甲所示 )，以此时为t＝ 0 时辰记录了小物块以后在传递带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，此中两坐标大小v1＞ v2)．已知传递带的速度保持不变，g 取10 m/s2.则以下判断正确的选项是()A． 0～ t1内，物块对传递带做正功B．物块与传递带间的动摩擦因数为μ，μ＜ tan θC． 0～ t2内，传递带对物块做功为1212 2mv2－2mv1D．系统产生的热量必定比物块动能的减少许大【分析】由图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传递带的运动方向向上.0～ t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传递带向下，则物块对传递带做负功， A 错误；在 t1～ t2时间内，物块向上运动，则有μ mgcos θ＞ mgsin θ，则μ＞tan θ，B 错误； 0～t2时间内，由图可知，它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传递带向下，高度降落，重力对物块做正功，设为W G，依据动能定理得1212W＋ W G＝mv2－ mv1，22则传递带对物块做的功1212W≠212mv －2mv ，由此可知 C 错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转变为系统产生的内能，由能量守恒定律得悉：系统产生的热量大小必定大于物块动能的变化量大小， D 正确．【答案】 D【方法技巧】传递带模型问题的剖析流程【变式 2】 (2019 ·山西忻州一中模拟 )如下图，一质量为m＝ 2 kg 的滑块从半径为R＝ 0.2 m 的圆滑四分之一圆弧轨道的顶端 A 处由静止滑下， A 点和圆弧对应的圆心O 点等高，圆弧的底端 B 与水平传递带平滑相接．已知传递带匀速运转的速度为v0＝4 m/s，B 点到传递带右端 C 点的距离为L ＝2 m．当滑块滑到传送带的右端 C 时，其速度恰巧与传递带的速度同样．(g 取10 m/s2)求：(1)滑块抵达底端 B 时对轨道的压力；(2)滑块与传递带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，滑块与传递带之间由摩擦而产生的热量Q.【分析】 (1) 滑块由 A 到 B 的过程中，由机械能守恒定律得mgR＝1mv2①B2物体在 B 点，由牛顿第二定律得2v B②F B－ mg＝ m R联立①②解得 F B＝ 60 N由牛顿第三定律得，滑块抵达底端 B 时对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下．(2)滑块从 B 到 C 运动过程中，由牛顿第二定律得μmg＝ ma③由运动学公式得v2－ v2＝2aL④0B由①③④得μ＝⑤(3)滑块从 B 到 C 运动过程中，设运动时间为t .由运动学公式得v0＝ v B＋at⑥产生的热量Q＝μmg(v0t－ L)⑦由①③⑤⑥⑦得Q＝4 J.【答案】 (1)60 N ，方向竖直向下(3)4 J考点三滑块—木板模型【典例 3】(2019 ·辽宁师大附中模拟 ) 水平川面上放有一长为L ＝ 5.5 m、质量为 M＝ 1 kg 的小车，小车与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.在其左端放一质量m＝ 3 kg 的可视为质点的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ18 N 的水平拉力 F，经过 t1＝ 2 s 后撤去外力 F.已知小车的上2＝0.2.现对物块施加一水平向右、大小为表面离地面的高度h＝ 0.8 m，重力加快度g＝ 10m /s2.(1)求 2 s 末物块及小车的速度分别是多少？(2)经过剖析计算说明，物块可否从小车上滑出．假如不可以，求物块停在小车上的地点；假如能，请计算出物块刚落地时，到小车右端的距离．【分析】 (1) 对物块，依据牛顿第二定律有：F －μ2mg ＝ma m1解得： a m1＝ 4 m/s 22 s 末物块速度 v m1＝ a m1t 1＝ 8 m/s对小车，依据牛顿第二定律有：μ2mg － μ1(m ＋ M)g ＝ Ma M1解得： a M 1＝ 2 m/s 22 s 末小车的速度 v M 1＝ a M1t 1＝ 4 m/s2 s 内二者的位移分别为：1 21 21 21 ×2×2 2 x m1＝a m1t 1＝2×4×2 ＝8 m ， x M1＝a M1t 1＝＝4 m222故 x ＝ x m1－ x M1＝ 4 m<L因此 2 s 时二者没有分别，即物块的速度为 8 m/s ，小车的速度为4 m/s(2)2 s 时撤去外力后，物块将向右做减速运动，加快度大小为m222a＝ μg ＝ 2 m/s小车受力不变，因此加快度a M 2＝ 2 m/s 2设 2 s 此后再经过时间t 2 物块恰巧从小车右端滑出，则x m － x M ＝ L － x1212＝ L － x即 v m1t 2－ 2a m2t 2－ v M1 t 2＋ 2a M1t 2 解得： t 2＝0.5 s(另一种解 t ＝ 1.5 s 不切合题意 )t ＝ 2.5 s 时小车的速度 v M 2＝ v M 1＋ a M2 t 2＝ 5 m/s物块的速度 v m2＝ v m1－ a m2t 2＝ 7 m/s >v M 2因此物块在 2.5 s 时恰巧从小车右端滑出1 2＝0.4 s设再经过时间 t 3 物块落地，则有： h ＝ gt 3，解得 t 32在 0.4 s 内物块向右运动的位移 x m3＝v m2t 3＝ 2.8 m物块走开小车后，小车向右做减速运动，其加快度大小为a M3 1 2＝ μg ＝1 m/s0.4 s 内小车向右运动的位移1 21 2x M 3＝ v M 2t 3－ a M 3t 3 ＝5×－ ×1×＝ 1.92 m22物块落地时到小车右端的距离为 x ′＝ x m3－ x M3＝－ 1.92) m ＝ 0.88 m.【答案】 (1)8 m/s 4m/s(2)0.88 m【变式 3】(2019 ·黑龙江哈尔滨三中模拟 )如下图，在圆滑水平台面上静置一质量m A＝ 0.9 kg 的长木板A， A 的右端用轻绳绕过圆滑的轻质定滑轮与质量m ＝ 0.9 kg 的物体 C 拴接．当 C 从静止开始运动至着落C高度为 h＝0.4 m 时，在木板 A 的最右端轻放一质量为 m B＝ 3.6 kg 的小铁块 B(可视为质点 )，A、B 间的动摩擦因数μ＝，最后 B 恰巧未从木板 A 滑落， g 取 10 m/s 2，求：(1)刚放铁块 B 时， A 的速度大小v0；(2)木板 A 的长度 L；(3)若当 B 轻放在木板 A 的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其余条件不变，在保证 B 能滑离木板A 的条件下，则A、B 间因摩擦而产生热量的最大值Q m多大．【分析】(1) 以A 与 C构成的系统为研究对象， C 降落的过程中，拉着 A 一同运动，只有重力做功，则12m C gh＝ (m A＋ m C)v0，代入数据解得v ＝ 2 m/s.0(2)将B 放在 A 上后，B 遇到摩擦力的作用， A 与 B 之间的摩擦力为f＝μm B g＝××10 N ＝9 N.C遇到的重力 G C＝ m C g＝0.9 ×10 N ＝ 9 N，设此时 A 与 C 仍旧一同做加快运动，则 (m A＋ m C)a＝ m C g－ f＝ 9 N－ 9 N ＝ 0 N.f9因此将 B 放在 A 上后， A 与 C 一同做匀速直线运动， B 做匀加快直线运动，加快度a B＝m B＝ m/s2＝ 2.5 m/s2，v0＝ 2B 与 A 的速度相等需要的时间t＝a B s＝ 0.8 s.此过程中 A 的位移 x1＝ v0t＝ 2×0.8 m＝ 1.6 m，高考物理一轮复习专题5.5动力学观点和能量观点解决力学综合问题(精讲)(解析版)B 的位移 x2＝12a B t2＝12×2.5 ×2 m＝0.8 m.因为最后 B 恰巧未从木板 A 滑落，因此 A 的长度等于 A 与 B 的位移差，即L ＝ x1－ x2＝ 1.6 m－ 0.8 m＝0.8 m.(3)在保证 B 能滑离木板 A 的条件下， A 与B 的相对位移一直等于 A 的长度，与运动的时间没关，因此A、 B 间因摩擦产生热量的最大值Q m＝ f·L＝ 9×0.8 J＝ 7.2 J.【答案】(1)2 m/s(2)0.8 m(3)7.2 J。

高考物理一轮复习专题动力学和能量观点的综合应用导学案1(2021年整理)

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动力学和能量观点的综合应用知识梳理考向一多种运动的组合问题角度1 直线运动与圆周运动的组合错误!(2016·全国卷Ⅱ，25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。

现将该弹簧水平放置,一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接.AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直，如图所示。

物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。

用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l,然后放开P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。

图1(1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；（2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围.解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。

由机械能守恒定律知,弹簧长度为l时的弹性势能为E＝5mgl①p设P到达B点时的速度大小为v B，由能量守恒定律得E＝错误!mv错误!＋μmg（5l－l）②p联立①②式,并代入题给数据得v＝错误!③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v 应满足错误!－mg≥0④设P滑到D点时的速度为v D，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝错误!mv错误!＋mg·2l⑤联立③⑤式得v D＝错误!⑥v D满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度v D水平射出。

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

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[典题1] (2016·滨州模拟)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，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 m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 /s 2)。

求：(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数； (2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小。

解析：(1)由牛顿第二定律得 F －μmg ＝ma 变形得a ＝1mF －μg对比图乙中图线的函数公式得m ＝4 kg ，μ＝0.1 (2)0～2 s ：a 1＝F 1－μmg m ＝12－44 m /s 2＝2 m /s 2x 1＝12a 1t 21＝4 m2 s ～4 s ：a 2＝F 2－μmgm ＝－2 m /s 2x 2＝a 1t 1〃t 2＋12a 2t 22＝4 m综上可知，一个周期内的位移为 x ＝x 1＋x 2＝8 m答案：(1)4 kg 0.1 (2)8 m一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解。

[典题2] (2016·铜陵模拟)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vC ＝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 ＝12mv 2C 联立解得Q ＝9 J[答案] (1)6 m /s (2)9 J1．一半径R ＝1 m 的14圆弧导轨与水平导轨相连，从圆弧导轨顶端A 静止释放一个质量m ＝0.02 kg 的木块，测得其滑至底端B 的速度v B ＝3 m /s ，以后又沿水平导轨滑行BC ＝3 m 而停止在C 点，如图所示，求：(1)木块克服圆弧导轨摩擦力所做的功； (2)木块在B 点对圆弧轨道的压力；(3)BC 段导轨的动摩擦因数。

(取g ＝10 m /s 2) 解析：(1)木块由A 至B 过程，由动能定理得 mgR －W f ＝12mv 2B解得W f ＝0.11 J(2)在B 点，对木块由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝0.38 N由牛顿第三定律得木块对圆弧轨道的压力F′N ＝F N ＝0.38 N ，方向竖直向下。

(3)木块由B 至C 过程由动能定理得－μmgl ＝－12mv 2B解得μ＝0.15答案：(1)0.11 J (2)0.38 N ，方向竖直向下 (3)0.152.(2016·河北区模拟)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－μmg5R ＝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＋mg2R 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，…)合。

解决这类问题应抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程，对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程求解。

[典题3] (2016·临沂模拟)某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R ，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L ，平台边缘与转盘平面的高度差为H 。

选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线运动。

选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上。

设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg ，重力加速度为g 。

(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？(2)若已知H ＝5 m ，L ＝8 m ，a ＝2 m /s 2，g ＝10 m /s 2，且选手从某处C 点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F ＝0.6mg ，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置C 点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？[解析] (1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有μmg ≥mω2R即转盘转动角度应满足ω≤μg R(2)设水平加速段位移为x 1，时间为t 1；平抛时水平位移为x 2，时间为t 2，则加速时有 x 1＝12at 21v ＝at 1平抛运动阶段：x 2＝vt 2 H ＝12gt 22全程水平方向：x 1＋x 2＝L 解得t 1＝2 s(3)设阻力为F f ，继续向右滑动距离为x 3，由动能定理得加速段：(F －F f )x 1＝12mv 2减速段：－F f x 3＝0－12mv 2解得x 3＝2 m [答案] (1)ω≤μgR(2)2 s (3)2 m1.如图所示，压力传感器能测量物体对其正压力的大小，现将质量分别为M 、m 的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮(滑轮光滑且较小)，当小球在竖直面内左右摆动且高度相等时，物块始终没有离开水平放置的传感器。

已知小球摆动偏离竖直方向的最大角度为θ，滑轮O 到小球间轻绳长度为l ，重力加速度为g ，求：(1)小球摆到最低点速度大小；(2)小球摆到最低点时，压力传感器示数为零，则Mm的大小。

解析：(1)小球下摆过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgl(1－cos θ)＝12mv 2－0解得小球在最低点的速度大小v ＝2gl （1－cos θ）(2)小球在最低点时，压力传感器的示数为零，则轻绳的拉力大小F ＝Mg 对小球在最低点应用牛顿第二定律得 F －mg ＝m v 2l解得Mm＝3－2cos θ答案：(1)2gl （1－cos θ） (2)3－2cos θ 2．(2016·徐州模拟)某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型。

倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L ＝6 m ，始终以v 0＝6 m /s 的速度顺时针运动。

将一个质量m ＝1 kg 的物块由距斜面底端高度h 1＝5.4 m 的A 点静止释放，物块通过B 点时速度的大小不变。

物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H ＝5 m ，g 取10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求物块由A 点运动到C 点的时间；(2)若把物块从距斜面底端高度h 2＝2.4 m 处静止释放，求物块落地点到C 点的水平距离； (3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D 。