专题二第3讲用动力学和功能观点解决多过程问题
高三-物理-应用力学两大观点分析多过程问题
学习方法点拨 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特点而不涉及能量问题，则 常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．——动力学观点
若一个物体参与了多个运动过程，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、机械能守恒定 律或能量守恒定律求解．——能量观点
精题讲解
如图所示，从 A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块 (可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光 滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的 长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B 两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，小物块与 长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数 μ2＝0.2，g＝10 m/s2.求： (1)小物块运动至B点时的速度大小和方向； (2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小； (3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
精题讲解
滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来． 如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆 心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗 糙且长8 m．一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚 好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达 E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E 两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求： (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点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？
2018年高考物理一轮复习专题23应用力学两大观点分析多过程问题(讲)(含解析)
专题23 应用力学两大观点分析多过程问题1.掌握多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观点或能量观点解决问题．高考试题中常常以能量守恒为核心考查重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点，以及动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的应用．分析时应抓住能量核心和各种力做功的不同特点，运用动能定理和能量守恒定律进行分析．考点一 应用动力学方法和动能定理解决多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及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．★典型案例★如图所示，内壁粗糙、半径R=0．4m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2=0．2kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1=0．2kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s 2．求（1）小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；（2）小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；（3）小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．【答案】（1）0.4-f J W =；（2）0.2P J E =；（3）0.4I N S =⋅【名师点睛】该题重点是动量守恒和能量转化与守恒的应用，动量守恒的应用要注意速度的方向性，在物体碰撞过程中要注意判定碰撞之后速度是同向还是反向，以此来确定好动量守恒公式中速度的正负号。
★针对练习1★如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0．2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0．6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0．5，小球进入管口C端时，它对上管壁有F N=2．5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为E p=0．5J．取重力加速度g=10m/s2．求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km；（3）小球最终停止的位置．【答案】（1）35N；（2）6J；（3）【名师点睛】本题综合运用了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及牛顿第二定律，关键要灵活选择研究的过程，准确把握圆周运动的临界条件。
应用动力学和能量观点解决多过程问题。
图1
【例 1】如图 1 所示，已知小孩与雪橇的总质量为 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/s2) (1)大人先用 30 N 的水平恒力拉雪橇，经 8 秒到达 B 点，求 A、B 两点间的距离 L.
解析 (1)对小孩进行受力分析，由牛顿第二定律得：
(2)设大人的力作用了 x 距离后撤去，小孩到达 B 点的速度恰好为 0
解法二 解法一
由动能定理得
Fcos 37° － μ(μ mg － Fsin 37° )＝ ma · x－ (mg － Fsin 37° )· x － 1μmg(L－x)＝0 μ mg＝ ma 解得 x＝ 12.4 m 2 v2＝2a1x v2＝2a2(L－x) 解得 x＝12.4 m
F－μmg＝ma a＝0.5 m/s2 1 2 L＝ at 2 解得 L＝16 m
图1
【例 1】如图 1 所示，已知小孩与雪橇的总质量为 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/s2) (2)若大人用大小为 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)
解法一
由动能定理得 解得 Ek＝72 J
Fcos 37° · x－μ(mg－Fsin 37° )· x＝Ek
解ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ二 由动能公式得
1 Ek＝ mv2(v2 在上一问中的运动学公式中已经有表示) 2 解得 Ek＝72 J
图1
例 2．质量为 m＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动 的传送带上的 P 点，随传送带运动到 A 点后水平抛出，小物块 恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑的圆弧轨道． B、 C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平． 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 1 过 D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为 μ1＝ .(g＝10 m/s2， 3 sin37° ＝0.6，cos37° ＝0.8)
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。
专题Ⅱ用动力学和能量观点解决多过程问题(教师版)
(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；
(3)若传送带以v0＝0.5 m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．
【答案】（1）1.4 N（2）0.5 m（3）0.2 J
【解析】
试题分析：(1)从P点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos 37°)＝mv2
(2)由图线可知，t1＝0.1 s时的速度大小v＝2.0 m/s
由功能关系可得：Ep＝mv2＋mgsin 37°·s＋μmgcos 37°·s
代入数据解得：Ep＝4.0 J.
4．如图所示，质量为M=4kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的摩擦因数 ，在铁块上加一个水平向左的恒力F=8N，铁块在长L=6m的木板上滑动，取g=10m/s2。求：
(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δx＝L＋v0 ＝2 m
滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q＝μmgΔx＝0.2 J.
3、如图甲所示，在倾角为37°的粗糙的足够长斜面的底端，一质量m＝1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接．t＝0时释放滑块，计算机通过传感器描绘出滑块的v－t图像如图乙所示，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.求：
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ的大小；
(2)压缩弹簧时，弹簧具有的弹性势能Ep.
答案：(1)0.5(2)4.0 J
解析：(1)由图象可知t1＝0.1 s时滑块离开弹簧向上做匀减速运动，加速度的大小a＝＝m/s2＝10 m/s2
《优化方案》2016届高三物理二轮复习第一部分专题二第3讲动力学和功能观点的应用课件
在上述题 1 中，要使滑板从滑块下滑出，瞬间给
滑板向右的速度至少多大？
解析：B 向右加速：aB＝1 m/s2 A 向右减速：aA＝3.5 m/s2 设 B 相对滑到 A 的左端用时为 t，共同速度为 v′，则： 对 B 有：v′＝aBt① xB＝12aBt2②
对 A 有：v′＝v－aAt③ xA＝vt－12aAt2④ 又 xA－xB＝L⑤ 联立①②③④⑤代入数据求得： v＝7 m/s. 答案：7 m/s
[总结提升] 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用．在 分析过程中应注意：不同的加速度对应不同的运动过程，应该 列出不同的牛顿定律和运动学方程．加速度变了，方程应随之 改变，同时应抓住前后过程转折点的速度，列出联系方程．
热点二 用功能观点解决多过程问题 命题规律 对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不 能 利用牛顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进 行 求解．高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力 作 用下的直线运动、曲线运动，题目难度中等．
得滑块在锅内斜面上运动的总路程 s＝22116R. (3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为 v1、v2 由牛顿第二定律，在 Q 点 F1－mg＝mRv12
在 P 点 F2＋mg＝m2Rv22 所以 F1－F2＝2mg＋m（2v221R－v22） 由机械能守恒有12mv21＝12mv22＋mg·3R 得 v21－v22＝6gR 为定值 代入 v2 的最小值(v2＝vP＝ 2gR)得压力差的最小值为 9mg. [答案] (1)3196R (2)22116R (3)9mg
B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为 μ＝ 63，g＝10 m/s2， 假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：
综合应用力学两大观点解决多过程问题 复习 高中物理复习
第5讲综合应用力学两大观点解决多过程问题1．很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题．2．多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键．3．一般是按时间或空间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题．命题点一应用牛顿运动定律和动能定理解决多过程问题若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解．若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定律求解简单．例1(2017·无锡市期末)如图1所示，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的14圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图1(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2)若设置μ＝0，求质点从C 运动到D 的时间； (3)若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围． 答案 见解析解析 (1)在B 点，F N －mg ＝m v 2R解得F ＝20 N由牛顿第三定律，F N ′＝20 N从A 到B ，由动能定理，mgR －W ＝12m v 2解得W ＝2 J(2)μ＝0，滑块在CD 间运动，有mg sin θ＝ma 加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2 由匀变速运动规律得s ＝v t ＋12at 2解得t ＝13s ，或t ＝－1 s(舍去)(3)最终滑块停在D 点有两种可能：a.滑块恰好能从C 下滑到D .则有 mg sin θ·s －μ1mg cos θ·s ＝0－12m v 2，得到μ1＝1b ．滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．当滑块恰好能返回C ： －μ2mg cos θ·2s ＝0－12m v 2得到μ2＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin θ＝μ3mg cos θ，得到μ3＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.变式 (2018·南通市调研)如图2所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB ，斜面上B 、C 两点间高度差为h .斜面上叠放着质量均为m 的薄木板和小物块，木板长为L ，下端位于挡板AB 处，整体处于静止状态．木板和物块两者间的动摩擦因数μ＝32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g .图2(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C 点，求初速度大小v 0；(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝2mg 、方向沿斜面向上的拉力，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，要使木板上端恰能运动到C 点，求拉力F 作用的时间t 1. 答案 见解析解析 (1)研究木板和小物块整体，由动能定理有－2mg (h －L sin θ)＝0－12×2m v 02解得v 0＝g (2h －L )(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a ，最大拉力为F m ，则μmg cos θ－mg sin θ＝ma 对整体有F m －2mg sin θ＝2ma 解得F m ＝3mg2要使整体能沿斜面上升应满足F >2mg sin θ＝mg 所以mg <F ≤32mg(3)物块相对木板滑动过程中，设物块的加速度为a 1，有拉力作用时木板的加速度为a 2，撤去拉力后木板的加速度大小为a 3，则 对物块：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 对木板：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3 解得a 1＝14g ，a 2＝34g ，a 3＝54g在t 1时刻小物块的速度为v 1，木板的速度v 2，则v 1＝a 1t 1，v 2＝a 2t 1设撤去拉力后，经过时间t 2二者速度相同，则v 3＝v 2－a 3t 2＝v 1＋a 1t 2，此后二者一起匀减速上滑，设加速度大小为a 4，则2mg sin θ＝2ma 4，全过程中木板的位移 x ＝12a 2t 12＋a 2t 1t 2－12a 3t 22＋v 322a 4 由几何关系有h sin θ＝x ＋L联立解得t 1＝3(2h －L )2g命题点二 用动力学和能量观点解决多过程问题若运动过程无摩擦等机械能向其它形式能转化的现象，可考虑用机械能守恒． 若运动过程涉及摩擦生热等现象可用功能关系列能量守恒关系式．例2 (2017·南京市学情调研卷)如图3所示，高度h ＝0.8 m 的光滑导轨AB 位于竖直平面内，其末端与长度L ＝0.7 m 的粗糙水平导轨BC 相连，BC 与竖直放置、内壁光滑的半圆形管道CD 相连，半圆的圆心O 在C 点的正下方，C 点离地面的高度H ＝1.25 m ．一个质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)，从A 点由静止下滑，小滑块与BC 段的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力．图3(1)求小滑块在水平导轨BC 段运动的时间；(2)若半圆形管道半径r ＝0.5 m ，求小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力；(3)若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？答案 (1)0.2 s (2)8 N ，方向竖直向上 (3)0.2 m 1.7 m解析 (1)设滑块进入水平导轨BC 的初速度为v B ，小滑块在BC 段的加速度大小为a ，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v B 2，解得v B ＝2gh ＝4 m/s ， 由F f ＝μmg ＝ma ， 得a ＝μg ＝5 m/s 2， 根据运动学公式有 L ＝v B t －12at 2，解得t ＝0.2 s ，或t ＝1.4 s(舍去)(2)滑块到达C 点的速度v C ＝v B －at ＝3 m/s ， 根据牛顿第二定律和向心力公式得 F N ＋mg ＝m v C 2r，代入数据可得F N ＝8 N ，方向竖直向下根据牛顿第三定律，小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力大小为8 N ，方向竖直向上． (3)设平抛运动的时间为t ′，则有 竖直位移H －2r ′＝12gt ′2，水平位移x ＝v D t ′， 从C 到D ，由动能定理得 mg ·2r ′＝12m v D 2－12m v C 2，解得x ＝2(H －2r ′)g·v C 2＋4gr ′， 代入数据得：x ＝－16r ′2＋6.4r ′＋2.25 (m)＝－16(r ′－0.2)2＋2.89 (m)可知当r ′＝0.2 m 时水平距离最远， 最远距离为x m ＝1.7 m.1．(2017·南京市、淮安市5月模拟)如图4所示，水平地面上有质量分别为1 kg 和4 kg 的物体A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为0.5，非弹性轻绳的一端固定且离B 足够远，另一端跨过轻质滑轮与A 相连，滑轮与B 相连，初始时，轻绳水平，若物体A 在水平向右的恒力F ＝31 N 作用下运动了4 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图4(1)物体B 因摩擦而产生的热量； (2)物体A 运动4 m 时的速度大小； (3)物体A 、B 间轻绳拉力的大小．答案 (1)40 J (2)8 m/s (3)18 N解析 (1)A 运动位移s A ＝4 m ，则B 的位移s B ＝12s A ＝2 mB 受到的摩擦力F f B ＝μm B g ＝20 N 由功能关系有Q ＝W f B ＝F f B s B ＝40 J(2)A 运动4 m 时，设A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，A 、B 均做匀加速直线运动，则v A ＝2v B 由动能定理可得Fs A －F f A s A －F f B s B ＝12m A v A 2＋12m B v B 2，其中F f A ＝μm A g ＝5 N代入数据，解得v A ＝8 m/s(3)设轻绳拉力为F T ，A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，则a A ＝2a B 由牛顿第二定律有对A 物体：F －F f A －F T ＝m A a A 对B 物体：2F T －F f B ＝m B a B 代入数据，解得F T ＝18 N2.(2017·苏北四市期中)如图5所示，倾角为θ的斜面底端固定挡板P ，质量为m 的小物块A 与质量不计的木板B 叠放在斜面上，A 位于B 的最上端且与P 相距L .已知A 与B 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板相撞没有机械能损失．将A 、B 同时由静止释放，求：图5(1)A 、B 释放时，物块A 的加速度大小； (2)若A 与挡板不相碰，木板的最小长度l 0； (3)若木板长度为l ，整个过程中木板运动的总路程． 答案 见解析解析 (1)释放木板与物块A ，它们一起加速下滑．以木板与物块A 为研究对象，设其加速度大小为a 1，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 1 解得a 1＝g sin θ－μ2g cos θ(2)在木板B 与挡板未碰前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．木板B 与挡板相碰后立即静止，A 开始匀减速下滑．若物块A 到达挡板时的速度恰好为0，此时木板长度即为最小长度l 0.设木板与挡板相撞瞬间速度为v ，则有v 2＝2a 1(L －l 0) 木板静止后，物块减速下滑时的加速度大小为a 2， 由牛顿第二定律有μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得a 2＝μ1g cos θ－g sin θ 由运动学公式02－v 2＝－2a 2l 0联立以上各式可解得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL(3)分两种情况：①若l ≥l 0，木板与挡板相撞后不反弹，物块A 一直减速直到静止在木板上． 故木板通过的路程s ＝L －l②若l <l 0，木板与挡板相撞后，物块A 在木板上减速运动直至与挡板相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起随物块向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处． 物块与木板间由于摩擦产生的热量Q 1＝μ1mg cos θ·l 木板与斜面间由于摩擦产生的热量Q 2＝μ2mg cos θ·s 根据能量守恒：mgL sin θ＝Q 1＋Q 2 解得s ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ1．(2017·江苏七校期中)如图1所示，一工件置于水平地面上，其AB 段为一半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道，BC 段为一长度L ＝0.5 m 的粗糙水平轨道，二者相切于B 点，整个轨道位于同一竖直平面内，P 点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m ＝ 0.2 kg ，与BC 间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M ＝0.8 kg ，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1(取g ＝10 m/s 2)．图1(1)若工件固定，将物块由P 点无初速度释放，滑至C 点时恰好静止，求P 、C 两点间的高度差h .(2)若将一水平恒力F 作用于工件，使物块在P 点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动． ①求F 的大小．②当速度v ＝5 m/s 时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离． 答案 (1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m解析 (1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得：mgh －μ1mgL ＝0 代入数据得：h ＝0.2 m ①(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ， 由几何关系可得cos θ＝R －h R②根据牛顿第二定律，对物块有mg tan θ＝ma ③ 对工件和物块整体有F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ④ 联立①②③④式，代入数据得F ＝8.5 N ⑤②设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 间的距离为x 2，由运动学公式可得 h ＝12gt 2⑥ x 1＝v t ⑦ x 2＝x 1－R sin θ⑧联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得x 2＝0.4 m2．(2017·东台市5月模拟)如图2所示，质量为M ，倾角为θ的滑块A 放于水平地面上，把质量为m 的滑块B 放在A 的斜面上．忽略一切摩擦，开始时保持滑块A 、B 静止，此时B 离开地面的高度为h ，同时释放A 、B 后，两滑块都做匀加速直线运动，且滑块A 的加速度为a 0，求：图2(1)如果保持A 静止，释放B ，求B 的加速度大小； (2)A 、B 同时释放后，B 物体的加速度大小； (3)A 、B 同时释放后，B 物体滑到最低点的时间． 答案 见解析解析 (1)对B 物体受力分析，根据牛顿第二定律， mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ(2)设A 、B 同时释放后，A 、B 间的作用力为F ，对A 物体：F sin θ＝Ma 0对B 物体，设水平加速度为a x ，竖直加速度为a y ，根据牛顿第二定律：F sin θ＝ma x ， mg －F cos θ＝ma y求得a x ＝M m a 0，a y ＝g －Ma 0m tan θ所以，B 的加速度大小为a B ＝a x 2＋a y 2求得a B ＝M 2m 2a 02＋(g －Ma 0m tan θ)2(3)由机械能守恒定律，mgh ＝12m v B 2＋12M v A 2其中v B ＝a B t ，v A ＝a 0t 得t ＝2m 2ghmMa 02＋M 2a 02＋(mg －Ma 0tan θ)23．(2018·泰州中学模拟)如图3所示，质量为M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l 0的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO 水平，BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O ′在O 点正下方，C 是AO ′段的中点，θ＝30°.当小球在A 处受到平行于杆的作用力时，恰好与杆间无相互作用，且处于静止状态．撤去作用力，小球沿杆下滑过程中，弹簧始终处于弹性限度内．不计小球的半径，重力加速度为g .求：图3(1)小球滑到B 点时的加速度； (2)轻质弹簧的劲度系数； (3)小球下滑到C 点时的速度． 答案 见解析解析 (1)小球滑到B 点时受自身重力和杆的弹力，由牛顿第二定律得：Mg cos θ＝Ma 解得：a ＝32g 方向：沿杆向下 (2)小球在A 处时，由题意知F 弹＝Mg tan θ F 弹＝k Δx由几何知识得，Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23－33l 0解得：k ＝3Mg(23－3)l 0(3)根据几何关系可得由A →C 过程，小球沿杆下滑的竖直距离为l 0，OA ＝OC 由机械能守恒定律，得Mgl 0＋ΔE p 弹＝E k C －0 ΔE p 弹＝0 E k C ＝12M v C 2解得：v C ＝2gl 0 方向：沿杆向下4．如图4所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为θ＝37°，长为l ＝1 m 的斜槽PQ ，右部是光滑半圆槽QSR ，RQ 是其竖直直径．两部分滑槽在Q 处平滑连接，R 、P 两点等高．质量为m ＝0.2 kg 的小滑块(可看做质点)与斜槽间的动摩擦因数为μ＝0.375.将小滑块从斜槽轨道的最高点P 释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q 点时没有机械能损失．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)求：。
高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功与能 第3讲 动力学和功能观点的应用课件
1．(2015·浙江宁波高三二模)自由式 滑雪空中技巧是一项有极大观赏性 的运动，其场地由①出发区、②助滑 区、③过渡区、④高度 h＝4 m 的跳 台组成．其中过渡区的 CDE 部分是半径为 R＝4 m 的圆弧，D 是最低点，∠DOE＝60°，如图所示．比赛时运动员从 A 点由 静止出发进入助滑区，经过渡区后，沿跳台的斜坡匀减速上滑， 至跳台的 F 处飞出表演空中动作．
[解析]
(1)由
v
＝x可得 t
v
1∶
v
2＝2∶3
由运动学公式有 AB ＝12a1t21， EF ＝vEt2－12a2t22
因不计阻力，则有 vB＝vE＝a1t1
联立各式解得 a1∶a2＝2∶3.
(2)在
EF 段，有
EF
＝ sin
6h0°＝83 3
m，
a2＝gsin 60°＝5 3 m/s2
在 AB 段，有 AB ＝2EF＝163 3 m，
[答案]
(1)0.25
(2)1.81 s 或3（
2＋1）
4
s
(3)60.40 N
12.80 N
[总结提升] 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用．在 分析过程中应注意：不同的加速度对应不同的运动过程，应该 列出不同的牛顿定律和运动学方程．加速度变了，方程应随之 改变，同时应抓住前后过程转折点的速度，列出联系方程．
[突破点拨] (1)运动员在②、④两段做________运动，由公式__________去 解题． (2)运动员在 D 点时，________和________的合力充当向心力． (3)运动员成功完成空中动作,助滑过程消耗最小体能的原因是 _______________________________________________________ _________________．
专题：应用动力学观点解决多过程问题
专题：应用动力学观点解决多过程问题【学业要求】综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点。
同时新高考注重设置真实的问题情境来考查学生通过构建物理模型分析解决问题的能力。
【温故知新】 1、动力学的两类基本问题2、各物理过程间相互联系的桥梁— 。
3、动力学观点适用于 。
4、你能说出哪些高中物理模型？【课堂探究】（1）构建模型：下列三种生活实际情境可联系物理中的哪种模型？（2）依题意，对整个运动过程进行受力分析，并根据受力的不同可划分为几个不同的分过程？（3）对每个分过程进行受力情况和运动情况分析，画出对应的受力分析图、运动过程示意图或v—t 图。
情境一：冰库工作人员在水平滑道上移动冰块的场景如图所示，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离，然后工作人员放手让冰块向前滑动，冰块自行滑到目的地。
设冰块的质量为20kg ，冰块与滑道间的动摩擦因数μ=0.05，运送冰块距离为16m ，工人拉冰块时拉力与水平方向成530角向上。
某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块（冰块初速度可视为零）向前匀加速前进4.0m 后放手，冰块刚好能滑到滑道末端静止，已知sin530=0.8，cos530=0.6，重力加速度g 取10m/s 2。
运动 力桥梁—运动情况分析匀变速直线运动的基本公式①②③④ 受力情况分析 ①受力分析顺序： ②力的处理方法： ③牛顿第二定律：情境二：在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度64 m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处速度恰好减为零．已知游客和座椅总质量为1500 kg，下落过程中最大速度为20 m/s，重力加速度g取10 m/s2。
情境三：可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
压轴题03 高中物理用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)
压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题1.目录一、考向分析1二、题型及要领归纳1热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题1热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题5热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题10热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型13三、压轴题速练17一，考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块-木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地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)。
二．题型及要领归纳A热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.(2)物体能否达到与传送带共速的判断.(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功W f=F f·x(x为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，W f =F f·s(s为相对路程).1(2023春·湖北荆州·统考期中)如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度L=5m的传送带，与水平面的夹角θ=37°，传送带一直保持匀速运动，速度v=2m/s。
现将一质量m=1kg的物体轻轻放上传送带底端，使物体从底端运送到顶端，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。
以物体在传送带底端时的势能为零，求此过程中：(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2)(1)物体从底端运送到顶端所需的时间；(2)物体到达顶端时的机械能；(3)物体与传送带之间因摩擦而产生的热量；(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能。
2021高考物理专题--用动力学和能量观点解决多过程问题(学生版)
2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地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)．【高考领航】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。
D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。
某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。
已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）A．5 s B．4.8 s C．4.4 s D．3 s【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。
A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。
先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。
接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B。
【技巧方法】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，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．(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．【最新考向解码】【例1】(2019·广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝3 5。
届高考物理一轮复习专题应用动力学和能量观点处理多过程问题(人教版)精品PPT课件
F A
OR B
分析:
过程
运动状态
物理规律
由A到B
匀加直
牛顿第二定律+运动学 (或动能定理)
由B到C 变速圆周运动 机械能守恒定律
离开C以后 平抛运动 关键位置：B、C
(或动能定理) 平抛运动规律
C
OR F
A
B
解： （1）小物块从A到B做匀变速直线运动， 设小物块在B点的速度为vB，由牛顿第二定律 有
(1①)v指B＝明初2g状(H态－h－μL)
(s2②平抛m)ahx物抛规＝＝体运律HH－－离动求2μμ开，解LL＋可BL点运后用做平 (3③)2求.62解m最或值0的.38两m种方 法：利用二次函数求
因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到 最值和利用基本不等
7 m，h值应为多少？
式求最值
突破考点二： 应用机械能守恒定律和动力学方法解决多过 程问题
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/s2，小滑车在运动全过程中可视
【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 应用动能定理或机械能守恒定律求解．
例3 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v0＝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/s2，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．
应用动力学和能量观点解决多过程问题技术介绍
目的和背景
应对复杂系统
多过程问题广泛存在于各种复杂系统中，如机械、 化工、航空航天等。通过应用动力学和能量观点， 可以更有效地分析和解决这类问题。
提高效率和性能
针对多过程问题的特点，采用动力学和能量方法有 助于优化系统设计，提高运行效率和性能。
推动技术创新
随着科技的不断发展，对多过程问题的研究有助于 推动相关领域的技术创新和进步。
计算资源需求
多过程问题的分析和求解通常 需要大量的计算资源，如何高 效利用计算资源也是一个需要 解决的问题。
多过程问题的挑战
01
02
03
04
过程间相互作用
多过程问题中，不同过程之间 往往存在相互作用和影响，增 加了问题的复杂性和分析难度 。
数据获取与处理
对于多过程问题，获取全面、 准确的数据是关键。同时，如 何有效处理和分析这些数据也 是一个重要挑战。
第二定律（加速度定律）
02
物体所受合外力等于物体质量与加速度的乘积，即F=ma。
第三定律（作用与反作用定律）
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，且
作用在同一直线上。
动量定理和动量守恒
动量定理
物体所受合外力的冲量等于物体动量 的变化量，即Ft=mv2−mv1。
动量守恒
在不受外力或所受合外力为零的系统 中，系统总动量保持不变。
写出运动学方程
根据物体的运动情况，写出相 应的运动学方程，如位移、速 度、加速度等与时间的关系式 。
列出动力学方程
根据牛顿第二定律或动量定理 等动力学原理，列出物体所受 合力与加速度或动量与时间的 关系式。
求解运动方程
01
初始条件
根据问题的实际情况，给出物体 运动的初始条件，如初始位置、 初始速度等。
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(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．
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专题二 功与能量
【解析】 大猴子先做平抛运动，后做圆周运动，两运动过 程机械能均守恒．寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律． (1)设猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin， 根据平抛 运动规律，有 1 h1＝ gt2① 2 x1＝ vmint② 联立①、②式，得 vmin＝ 8 m/s.③ (2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度 为 vC，有 1 (M＋ m)gh2＝ (M＋ m)v2 C④ 2 vC＝ 2gh2＝ 80 m/s≈ 9 m/s.⑤
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专题二 功与能量
(3)因为mgsin 37°＞μmgcos 37°(或μ＜tan 37°)， 所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，
从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，
Q＝ΔEp，⑥ ΔEp＝mg(h＋Rcos 37°)，⑦
联立⑥⑦解得Q＝4.8 J.
【答案】 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
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专题二 功与能量
拓展训练 2
一足够长竖直导轨与一半径为 r0
3 ＝ 1.2 m 的 光滑圆轨道在 cd 处连接(cd 与圆心 4 等高),如图所示，竖直轨道的一部分(ab、 cd 直 线之间 )处在垂直轨道平面的匀强磁场中，ab、 cd 间距离为 x＝ 2 m，圆轨道处在磁场外，竖直 轨道宽度为 L＝1 m，轨道顶部连接一阻值为 R＝ 0.4 Ω 的电阻， 现使一质量为 m＝ 0.3 kg、 电阻为 r＝ 0.1 Ω 的导体棒从距磁场上 边界某高度处自由下落，导体棒始终与导轨接触良好，导体棒进 入磁场区域时恰好能够匀速通过， 且导体棒离开磁场后刚好通过 圆轨道最高点，不计一切摩擦，取 g＝ 10 m/s2，求：
【答案】 (1)1 s (2)2 m/s (3)4.9 m/s.
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专题二 功与能量
【特别提醒】1.小球从接触弹簧到回到Q点的过程，小球和弹簧
所组成的系统机械能并不守恒，但总的能量是守恒的．
2．对于非匀变速直线运动，不能利用牛顿定律和运动学公式求 解，但能用动能定理、能量守恒定律或功能关系进行求解．
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专题二 功与能量
(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小; (2)要使小物体不从斜面顶端飞出,斜面的长度LAB至少要多长; (3)若斜面已经满足 (2)要求，小物体从 E点开始下落，直至最
后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所
产生的热量Q的大小．
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专题二 功与能量
③当F＞3 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为
Ff＝μ2mg＝2 N Ff－F图象如图所示．
答案：(1)0.5 m
(2)见解析图
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专题二 功与能量
热点二
用功能观点解决多过程问题
命题规律：对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能 利用牛顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行 求解．高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作 用下的直线运动、曲线运动，题目难度中等．
答案：(1)0.5 T
(2)1.8 m
(3)4.8 J
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专题二 功与能量
用动力学和功能观点解决综合问题
应用两大观点解决综合问题是历年高考计算题命题的热点，也 是高考侧重能力考查的体现，预计2014年高考从下面两个角度
命题：(1)力学多过程计算题 (2)力电综合问题
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专题二 功与能量
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专题二 功与能量
【解析】 (1)由牛顿第二定律得， mgsin θ－ μmgcos θ＝ ma(1 分 ) 解得 a＝2 m/s2(1 分 ) 1 2 L＝ at (1 分 ) 2 解得 t＝ 1 s．(1 分) (2)当小球从 P 点无初速度滑下时，设弹簧被压缩至 x 处有最 大速度 vm mgsin θ－ μmgcos θ＝ kx(1 分) 1 解得 x＝ m＝ 0.017 m(1 分 ) 60 1 2 由动能定理得，mgsin θ· (L＋ x)－ μmgcos θ · (L＋ x)－ W＝ mvm 2 (2 分 )
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专题二 功与能量
(2)设导体棒开始下落时距离磁场上边界的高度为 h，导体 棒进入磁场区域时恰好匀速运动，导体棒从开始下落到进 入磁场上边界的过程由功能关系得 1 mgh＝ mv2 2 1 v2 1 可得 h＝ ＝ 1.8 m. 2g (3)由于导体棒匀速通过磁场， 根据能量守恒定律可知电路 产生的总的热量 Q 总＝ mgx R 由于 R、 r 串联， 故 QR＝ Q总 R＋ r 解得 QR＝ 4.8 J.
专题二 功与能量
【解析】
(1)小物体从 E 到 C，由能量守恒得：
1 mg(h＋ R)＝ mv2 ，① 2 C v2 C 在 C 点，由牛顿第二定律得： FN－ mg＝m ，② R 联立①②解得 FN＝12.4 N. (2)从 E→ D→ C→ B→ A 过程，由动能定理得： WG－ Wf＝ 0，③ WG＝ mg[(h＋ Rcos 37° )－ LABsin 37°]，④ Wf＝ μmgcos 37° LAB.⑤ 联立③④⑤解得 LAB＝ 2.4 m.
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专题二 功与能量
预测1 (2013· 南通二模)如图所示，长L＝1.2 m、
质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑 斜面上,质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩 擦因数 μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强 E ＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上 的拉力F＝10.8 N．取g＝10 m/s2，斜面足够长．求： (1)物块经多长时间离开木板； (2)物块离开木板时木板获得的动能； (3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．
度不大，以中档题为主．
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专题二 功与能量
(2013· 高考浙江卷)山谷中有三块石头和一根不可伸长的
轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘
点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m， x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M＝10 kg和m＝2 kg的大、小
专题二 功与能量
第3讲
用动力学和功能观点解决
多过程问题
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专题二 功与能量热点一源自用动力学观点解决多过程问题
命题规律：力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速
直线运动、平抛运动、圆周运动，分析运动过程的关键是分析 物体受力，然后利用牛顿运动定律分析物体的运动，高考对此
类题的考查主要是牛顿运动定律和运动学公式的应用，题目难
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专题二 功与能量
(2)①当 F≤ μ1(m＋ M)g＝1 N 时，系统没有被拉动，静摩 擦力与外力成正比并保持大小相等，即 Ff＝ F ②当 F＞ μ1(m＋ M)g＝1 N 时，若 M、 m 相对静止，铁块 与木板有相同的加速度 a，则 F－ μ1( m＋ M)g＝ (m＋ M)a F－ Ff＝ ma 解得 F＝2Ff－ 1 N 此时 Ff≤μ 2mg＝2 N，即 F≤ 3 N 所以当 1 F N＜ F≤ 3 N 时， Ff＝ ＋ 0.5 N 2
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专题二 功与能量
1 2 由功能关系得， W＝ Ep＝ kx (1 分 ) 2 11 代入数据得 vm＝ m/s＝ 2 m/s.(1 分 ) 30 (3)设小球从 P 点下滑压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为 1 2 x1，由动能定理得 mgsin θ· (L＋ x1)－ μmgcos θ · (L＋ x1)－ kx1 2 1 ＝ 0－ mv2 (2 分 ) 2 0 1 2 从最低点经过弹簧原长 Q 点回到 P 点的速度为 0，则有 kx1 2 － mgsin θ· (L＋ x1)－ μmgcos θ · (L＋ x1)＝ 0(2 分) 联立解得： x1＝ 0.5 m， v0＝ 2 6 m/s＝ 4.9 m/s.(1 分 )
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专题二 功与能量
(2)物块离开木板时木板的速度 v2＝a2t＝3 2 m/s 1 2 其动能为 Ek2＝ Mv2＝ 27 J. 2 (3)由于摩擦而产生的内能为： Q＝ Ffx 相对＝ μ(mgcos 37°＋ qE)· L＝ 2.16 J
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专题二 功与能量
(1)磁场的磁感应强度的大小； (2)导体棒开始下落时距离磁场上边界的高度； (3)电阻R产生的热量．
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专题二 功与能量
解析： (1)由于导体棒恰好通过圆轨道的最高点，设导体 mv2 2 棒到圆轨道最高点的速度为 v2，则 mg＝ r0 设导体棒离开磁场时的速度为 v1，则 1 2 1 2 mgr0＝ mv1－ mv 2 2 2 联立以上两式解得 v1＝6 m/s 由于导体棒匀速通过磁场，有 mg＝ BIL E 又 E＝ BLv1 ， I＝ R＋ r 联立解得 B＝ 0.5 T.
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专题二 功与能量
(1)若力F恒为4 N，经过时间1 s，铁块运动到木板的左端，
求木板的长度L； (2)若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下 来．试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力 Ff 随力F大小变化的图象．
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专题二 功与能量
解析： (1)对铁块，由牛顿第二定律 F－ μ2mg＝ ma1 对木板，由牛顿第二定律 μ2mg－ μ1(M＋m)g＝ Ma2 设木板的长度为 L，经时间 t 铁块运动到木板的左端，则 1 2 x 铁 ＝ a1t 2 1 2 x 木 ＝ a2t 2 又 x 铁－ x 木 ＝L 解得 L＝ 0.5 m.