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2(2021年整理)

2018届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2 编辑整理：
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动力学和能量观点的综合应用
知识梳理
突破一应用动力学和能量观点分析多过程问题
力学综合题中多过程问题的分析思路:
(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.
［典例1] (2016·新课标全国卷Ⅰ）如图所示,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.直轨道与一半径为错误!R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＝错误!，重力加速度大小为g.（取sin 37°＝错误!，cos 37°＝错误!）
（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点水平相距错误!R、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.
[解题指导] 第（1)问，求P从C第一次运动到B点时速度的大小,有两种方法,可以用动能定理或牛顿运动定律及运动学公式计算.
第（2)问，求P运动到E点时弹簧的弹性势能，先根据从C到E再到F的过程，由动能定理求出B、E之间的距离；再根据从C到E的过程，由动能定理或能量守恒定律求弹性势能。

第（3）问，先逆向推理，从D到G过程，根据平抛运动的分解求出D点的速度.再分析由E到D过程,由动能定理求出质量.
［解析］(1）根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R①
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＝错误!mv错误!②
式中θ＝37°
联立①②式并由题给条件得v B＝2错误!。

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－错误!mv错误!④
E、F之间的距离为l
1
＝4R－2R＋x⑤
P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
－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦
E
p
＝错误!mgR。

⑧
（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
x 1＝
7
2
R－错误!R sin θ⑨
y
1
＝R＋错误!R＋错误!R cos 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
y
＝错误!gt2⑪
1
x
＝v D t⑫
1
联立⑨⑩⑪⑫式得v D＝错误!错误!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
错误!m1v错误!＝错误!m1v错误!＋m1g错误!⑭
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
E
－m1g(x＋5R）sin θ－μm1g(x＋5R）cos θ＝错误!m1v错误!⑮
p
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝错误!m。

⑯
[答案] (1)2错误!（2)错误!mgR(3)错误!错误!错误!m
［变式1］（2017·四川乐山模拟)如图甲所示,在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定,但它们并不相连，滑块可视为质点.t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v。

t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0。

2 m的距离(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0。

6,cos 37°＝0.8).求：
甲乙
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；
(2)t2＝0。

3 s和t3＝0。

4 s时滑块的速度v1、v2的大小；
（3)弹簧锁定时具有的弹性势能E p。

答案：（1）10 m/s20。

5 （2）0 0。

2 m/s (3）4 J
解析：(1）在bc段做匀减速运动，加速度为
a＝错误!＝10 m/s2
根据牛顿第二定律得
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma
解得μ＝0.5。

(2）设t1＝0。

1 s时速度大小为v0，根据速度时间公式得t2＝0。

3 s 时的速度大小v
＝v0－a（t2－t1）＝0
1
在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得
mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma′
解得a′＝2 m/s2
从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度大小为
v
＝a′（t3－t2)＝0。

2 m/s。

3
（3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得
E
＝mgs sin 37°＋μmgs cos 37°＋错误!mv2b
p
解得E p＝4 J.
突破二应用动力学和能量观点分析传送带、滑块—木板模型
1.方法技巧
传送带、滑块—木板的问题是和实际联系较紧密且较难的物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容。

解决此类问题的关键是对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征，列方程联立求解.
2.解题模板
考向1 传送带模型分析
[典例2］如图所示,一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动（传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧,轻弹簧的原长小于平台的长度,滑块静止时弹簧的弹性势能为E p＝4。

5 J,若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0。

2，传送带足够长，取g＝10 m/s2。

求：
(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量。

［解题指导] (1）分清运动过程：首先是弹开过程，使滑块获得一速度;然后滑上传送带减速滑行，直到速度减为零；最后反向加速。

（2)由于本题数据都为数值,所以需要一边计算一边判断。

（3)计算摩擦生热的重点是计算相对位移，根据Q＝f·x相对求解。

［解析] (1）释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则E p＝错误!mv错误!,得v1＝3 m/s
滑块在传送带上运动的加速度的大小a＝μg＝2 m/s2
滑块向左运动的时间t1＝错误!＝1。

5 s
向左运动的最大位移x1＝错误!＝2。

25 m
向右匀加速运动的位移x2＝错误!＝1 m
x
＞x2,所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动,再同传送带一起向右匀速运动
1
向右匀加速运动的时间t2＝错误!＝1 s
向右匀速运动的时间为t3＝错误!＝0。

625 s
所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s。

（2)滑块在传送带上向左运动x1的位移时,传送带向右运动的位移为x1′＝vt1＝3 m
则Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m
滑块向右运动x2时，传送带向右运动的位移为x2′＝vt2＝2 m
则Δx2＝x2′－x2＝1 m
Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25 m
则产生的热量为Q＝μmg·Δx＝12。

5 J。

[答案] （1）3.125 s (2)12.5 J
考向2 滑块—木板模型分析
［典例3］10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m＝0.5 kg、长度L ＝0。

6 m，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0。

1,在左方第一个木块上放一质量M＝1 kg 的小铅块(视为质点）,它与木块间的动摩擦因数μ2＝0。

25.现给铅块一向右的初速度v0＝5 m/s，使其在木块上滑行。

取g＝10 m/s2，求:
（1）开始带动木块运动时铅块的速度；
(2）铅块与木块间因摩擦产生的总热量；
（3）铅块运动的总时间.
[解题指导] (1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力,当该力大于木块受到地面的摩擦力时，木块开始运动.
(2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离。

(3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和。

[解析］(1)设铅块可以带动n个木块移动，以这n个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力,即μ2Mg>μ1（M＋mn）g
解得n〈3，取n＝2，此时铅块已滑过8个木块
根据动能定理有：错误!Mv20－错误!Mv2＝μ2Mg×8L
代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v＝1 m/s.
(2)对铅块M：a2＝μ2g＝2.5 m/s2
v
＝v－a2t2
2
对最后两块木块9和10有：
a
＝错误!＝0。

5 m/s2
1
v
＝a1t2
1
令v1＝v2，故它们获得共同速度所需时间：
t
＝错误!＝错误! s
2
铅块的位移：x2＝vt2－错误!a2t22
木块的位移:x1＝错误!a1t22
铅块相对木块的位移：Δx＝x2－x1＝错误! m<L
所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：
Mg（8L＋Δx）≈12.42 J。

Q＝μ
2
（3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为
v
＝a1t2＝错误! m/s
1
铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3＝
v
1
μ
1
g
＝错误! s
铅块在前8个木块上运动的时间：t1＝错误!＝1。

6 s
所以铅块运动的总时间：t＝t1＋t2＋t3＝2.1 s。

[答案］（1）1 m/s (2)12.42 J (3)2.1 s
反思总结
处理滑块-木板模型问题的分析方法
（1）动力学分析:分别对滑块和木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝错误!＝错误!可求出共同速度v和所用时间t,然后由位移公式可分别求出二者的位移.
（2）功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移:
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.
随堂检测
1．(2016·河南开封模拟)如图9所示，木块A放在木块B的左端上方，用水平恒力F将A 拉到B的右端，第一次将B固定在地面上,F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动,F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( ）
图9
A．W1＜W2,Q1＝Q2 B．W1＝W2,Q1＝Q2
C．W1＜W2,Q1＜Q2D．W1＝W2，Q1＜Q2
2．（2015·天津理综，10)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图10所示，皮
带在电动机的带动下保持v＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0。

5。

设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：
图10
(1）邮件滑动的时间t；
（2)邮件对地的位移大小x；
（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。

3．(2016·抚顺模拟)如图11所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置.AB是半径为R＝2 m的错误!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（可以把小球弹回不损失能量）。

D为CDO轨道的中点。

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。

（g取10 m/s2)
图11
（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。

参考答案
1。

解析在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的,而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，所以选项A正确。

答案A
2。

解析(1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F f,则
F f＝μmg①
取向右为正方向,对邮件应用动量定理，有
F f t＝mv－0②
由①②式并代入数据得t＝0.2 s③
（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有F f x＝错误!mv2－0④由①④式并代入数据得x＝0.1 m⑤
(3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt⑥
摩擦力对皮带做的功W＝－F f s⑦
由①③⑥⑦式并代入数据得W＝－2 J⑧
答案（1)0.2 s （2）0。

1 m (3)－2 J
3.解析(1)设小球第—次到达D的速度v D，小球P到D点的过程中由动能定理得：mg（H ＋r）－μmgL＝错误!
在D点对小球由牛顿第二定律得：
F
＝错误!
N
联立解得：F N＝32 N
由牛顿第三定律得小球在D点对轨道的压力大小
F
′＝F N＝32 N.
N
（2)第一次来到O点时速度为v1,小球P到O点的过程中由动能定理可得：mgH－μmgL＝错误!
解得:v1＝2错误! m/s
恰能通过O点，mg＝错误!
临界速度v O＝10 m/s
由于v1〉v O.故第一次来到O点之前没有脱离轨道
设第三次来到D点的动能为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,对全过程列动能定理：
mg（H＋R)－μmgs＝0
解得：s＝8。

5 m。

答案（1）32 N (2)见解析。