高中物理动力学和能量观点的综合应用计算题典型例题解析与详细讲解
动力学和能量观点的综合应用(解析版)
动力学和能量观点的综合应用目录题型一 多运动组合问题题型二 “传送带”模型综合问题类型1 水平传送带问题类型2 倾斜传送带题型三 “滑块-木板”模型综合问题多运动组合问题【解题指导】1.分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2.方法技巧(1)“合”--整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”--将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”--找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．1(2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中阶段练习)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径0.2m，斜面高度h=0.6m，弹丸的质量为0.2kg。
游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。
挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。
弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力，g取10m/s2。
下列说法正确的是()A.弹丸到C点的速度为7m/sB.弹丸与地面的动摩擦因数为0.6C.弹丸与地面的动摩擦因数为0.06D.弹丸与斜面的动摩擦因数为0.5【答案】B【详解】A．由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为32.2N，由牛顿第二定律有32.2=m v2D R代入数据有v=32.2m/s由题知C、D两端重合，则C点的速度等于D点的速度，A错误；D．弹丸从B到C过程由动能定理得mgh-μ1mg cos37°×hsin37°=12mv2-12mv2代入数据有μ1=0.3D错误；BC．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3rad后的速度为v，由动能定理得-μ2mg×3×R=12mv2-12mv2在转过3rad后挡板对弹丸的支持力为25N，由牛顿第二定律得25=m v2R联立解得μ1=0.6B正确、C错误。
专题13 动力学和能量观点的综合应用-2023届高考物理一轮复习热点题型专练(解析版)
专题13动力学和能量观点的综合应用目录题型一多运动组合问题 (1)题型二“传送带”模型综合问题 (7)类型1水平传送带问题 (7)类型2倾斜传送带 (11)题型三“滑块－木板”模型综合问题 (14)题型一多运动组合问题【解题指导】1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．【例1】(2022·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝2m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F之间距离都为1m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力．求：(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值；(4)试判断滑块返回时能否从B 点离开，若能，求出飞出B 点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处．【答案】(1)22m/s (2)50N(3)6J(4)无法从B 点离开，离D 点0.2m(或离C 点0.8m)【解析】(1)设滑块P 经过B 点的速度大小为v B ，由平抛运动知识v 0＝v B sin 30°得v B ＝22m/s(2)滑块P 从B 点到达最低点C 点的过程中，由机械能守恒定律mg (R ＋R sin 30°)＋12mv B 2＝12mv C 2解得v C ＝42m/s经过C 点时受轨道的支持力大小F N ，有F N －mg ＝mv C 2R解得F N ＝50N由牛顿第三定律可得滑块在C 点时对轨道的压力大小F 压＝50N (3)设弹簧的弹性势能最大值为E p ，滑块从C 到F 点过程中，根据动能定理有－μmgL －mgL sin 30°－E p ＝0－12mv C 2代入数据可解得E p ＝6J(4)设滑块返回时能上升的高度为h ，根据动能定理有mgL sin 30°＋E p －μmgL ＝mgh 代入数据可解得h ＝0.6m因为h <R ，故无法从B 12mv C 2＝μmgx代入数据可解得x ＝3.2m滑块最后静止时离D 点0.2m(或离C 点0.8m)．【例2】如图所示，竖直放置的半径为R ＝0.2m 的螺旋圆形轨道BGEF 与水平直轨道MB 和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD 在C 处与直轨道BC 平滑连接．水平传送带MN 以v 0＝4m/s 的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h ＝0.8m ，MN 间的距离为L MN ＝3.0m ，小滑块P 与传送带和BC 段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC 长L BC ＝1m ，小滑块P 质量为m ＝1kg.重力加速度g 取10m/s 2.(1)若滑块P 第一次到达与圆轨道圆心O 等高的F 点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围．【答案】(1)0.4m(2)0.8m(3)0.7m≤H≤0.8m【解析】(1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零，则v F＝0mg(H－R)－μmgL BC＝0解得H＝0.4m(2)H′＝1.0m，设滑块运动到N点时的速度为v N，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理mgH′－μmg(L BC＋L MN)＝12mv N2－0解得v N＝2m/s滑块从N点做平抛运动，水平位移为x＝v N2hg＝0.8m(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理mgH1－μmgL BC－2mgR＝12mv E2－0在E点时有mg＝m v E2 R解得H1＝0.7m滑块滑上传送带时的速度为v MmgH1－μmgL BC＝12mv M2－0v M＝10m/s<4m/s滑块做减速运动的位移为L＝v M22μg＝2.5m<L MN因此滑块返回M点时的速度为v M′＝10m/s，因此能第二次过E点．设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为v＝2μgL MN＝12m/s从开始到M点应用动能定理mgH2－μmgL BC＝12mv2－0解得H2＝0.8m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12mv B 2－0v B ＝2m/s<10m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 范围是0.7m≤H ≤0.8m.【例3】．如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面AB 、圆弧面BCD 和平台组成，斜面AB 和圆弧面在B 点相切，C 为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC 所对的圆心角α＝37°，圆弧轨道半径为R ，D 点离地面的高度是平台离地面高度的一半，平台离圆弧轨道D 点的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从斜面上A 点由静止滑下，从D 点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为g ，求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，)(1)圆弧CD 所对的圆心角θ；(2)斜面AB 的长度．【答案】(1)45°(2)(28－152)R6【解析】(1)设平台离地面的高度为d ，则D 点到平台的距离为d ，D 点与平台的高度差为12d ，设运动员运动到D 点时速度大小为v ，运动员从D 点飞出后，做平抛运动的逆运动，则d ＝v cos θ·t ，12d ＝12v sin θ·t ，解得θ＝45°.(2)由几何关系得12d ＝R －R cos θ，解得d ＝(2－2)R .由(v sin θ)2＝2g ×12d ，解得v ＝2(2－2)gR .设AB 长为L ，根据机械能守恒定律有sin α＋R －R cos α－12d ＝12mv 2，解得L ＝(28－152)R6【例4】．如图是小明设计的一个游戏装置．该滑道分为AM 、AB 、BC ，CDE ，EF 和FG 六段，其中AB 、BC ，CDE 和FG 轨道光滑，剩余轨道的动摩擦因数为0.5.在M 点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，释放弹簧，物块从M 点处出发．游戏成功的要求：物块不会脱离CDE 轨道(检测装置省略)，物块最后能平稳地停在EF 轨道处，且不会从FG 轨道中飞出．现已知物块的质量为1kg ，R 1＝2m ，R 2＝1m ，D 点与A 点位于同一水平线，AM ＝1m ，H ＝2m ，L ＝20m ，不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为质点，g ＝10m/s 2.回答下列有关问题：(1)求物块在B 点时速度的最小值，并求出当B 点为最小速度时，A 点的速度大小；(2)若物块在M 点处的弹性势能E 1＝45J ，求物块在E 点处对轨道的压力；(3)求弹簧的弹性势能E 与最后停止时物块到E 点的距离d 的关系式．【答案】(1)25m/s215m/s(2)70N ，方向竖直向下(3)见解析【解析】(1)物块在C 点恰好由重力提供向心力时，速度v B 最小，由mg ＝m v B minR 1，解得v B min ＝25m/s ，此时从A 点到B 点，有12mv A 2－mgH ＝12mv B min 2，解得v A ＝215m/s.(2)由能量守恒定理可知E 1－mgH －μmgL AM ＝12mv B 2，解得12mv B 2＝20J>12mv B min 2＝10J.故物块会沿着轨道下滑．由动能定理可得2mgR 1＝12mv E 2－12mv B 2，解得v E ＝230m/s.由F －mg ＝mv E 2R 1，解得F ＝70N.根据牛顿第三定律，物块在E 点处对轨道的压力方向竖直向下，大小为70N.(3)E －mgH －μmgL AM ≥12mv B min 2，得E ≥35J.从M 点到E 点，由动能定理，得E －mgH －μmgL AM ＋2mgR 1＝12mv E 2，得12mv E 2＝E ＋15J.因为μmgL ＝100J ，故对弹簧的弹性势能E 进行分类讨论：当35J≤E ≤85J ，有E ＋15J ＝μmgd ，得E ＝5d －15.当E >85J ，有E ＋15J ＝μmg (L －d )＋100J ，得E ＝185－5d .又因为不能飞出，故有E －85J －mgR 2≤0，得E ≤95J ，故综上所述，当35J≤E ≤85J 时，E ＝5d －15；当95J≥E >85J 时，E ＝185－5d .【例5】(2022·陕西西安市高考模拟猜想卷)学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图所示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC 、CDE 和粗糙的水平直轨道EF 组成，末端与竖直的弹性挡板OF 连接，轨道CDE 半径r ＝0.1m ，轨道ABC 半径为2r ，A 端与地面相切。
专题12动力学和能量观点的综合应用(解析版)
专题12动力学和能量观点的综合应用1.(2020-2021学年·湖南长沙一中月考)如图所示，固定在竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，小球从斜面上A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上半径R ＝0.4 m 的圆轨道(不计轨道连接处能量损失，g 取10 m/s 2)。
(1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；(2)若接触面均粗糙，小球质量m ＝0.1 kg ，斜面高h ＝2 m ，小球运动到C 点时对轨道压力大小为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功。
【答案】 (1)1 m (2)－0.8 J【解析】 (1)小球刚好到达C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg ＝mv 2R从A 到C 过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mg (h －2R )＝12mv 2解得h ＝2.5R ＝2.5×0.4 m ＝1 m 。
(2)在C 点，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝mg由牛顿第二定律得mg ＋mg ＝m v 2C R从A 到C 过程，由动能定理得mg (h －2R )＋W f ＝12mv 2C －0解得W f ＝－0.8 J 。
2.(2020-2021学年·3月山东六地市在线大联考)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 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2。
某运动员从轨道上的A 点以v 0＝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m ＝60 kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2 m 和H ＝2.5 m 。
专题五应用动力学和能量观点解决多过程问题讲解
专题五 应用动力学和能量观点解决多过程问题考点一 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，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/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A 、B 两点间的距离L .图1(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，小孩与雪撬的最大动能为多少？ 解析 (1)对小孩进行受力分析，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma a ＝0.5 m/s 2 L ＝12at 2解得L ＝16 m(2)设妈妈的力作用了s 距离后撤去，小孩到达B 点的速度恰好为0 解法一 由动能定理得 F cos 37°·s －μ(mg －F sin 37°)·s －μmg (L －s )＝0解得s ＝12.4 m 解法二F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)＝ma 1μmg ＝ma 2v 2＝2a 1s v 2＝2a 2(L －s )解得s ＝12.4 m(3)在妈妈撤去力时小孩和雪橇的动能最大， 解法一 由动能定理得F cos 37°·s －μ(mg －F sin 37°)·s ＝E k (写成－μmg (L －s )＝0－E k 也可以)解得E k ＝72 J解法二 由动能公式得：E k ＝12mv 2(v 2在上一问中的运动学公式中已经有表示)，解得E k ＝72 J突破训练1 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，保安奔跑过程用时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． 解析 (1)对“乐乐”下落过程用牛顿第二定律mg －0.6mg ＝ma 1解得：a 1＝4 m/s 2“乐乐”下落过程：h 1－h 2＝12a 1t 2解得：t ＝3 s允许保安最长的反应时间：t ′＝t －t 0＝(3－2.5) s ＝0.5 s (2)“乐乐”下落18 m 时的速度v 1＝a 1t ＝12 m/s 缓冲过程，由动能定理得W ＋mgh 2－0.2mgh 2＝0－12mv 21W ＝－168 J考点二 用动力学和机械能守恒定律解决多过程问题例2 如图2所示，AB 为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙．BP 为圆心角等于143°、半径R ＝ 1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，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缓 图2慢压缩到D 点后(不拴接)释放，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s ＝12t －4t 2(式中s 单位是m ，t 单位是s)，假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点，sin 37°＝0.6，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s ；(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，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？ 解析 (1)由s ＝12t －4t 2知，物块在C 点速度为v 0＝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：W －mg sin 37°·CD ＝12mv 20代入数据得：W ＝12mv 20＋mg sin 37°·CD ＝156 J(2)由s ＝12t －4t 2知，物块从C 运动到B 过程中的加速度大小为a ＝8 m/s 2设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma代入数据解得μ＝0.25物块在P 点的速度满足mg ＝mv2P R物块从B 运动到P 的过程中机械能守恒，则有 12mv 2B ＝mgR (1＋cos 37°)＋12mv 2P 物块从C 运动到B 的过程中有v 2B －v 20＝－2as 由以上各式解得s ＝498m(3)若物块到达与O 点等高的位置Q 点时速度为0，则物块会脱离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相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，且设其速度为v Q ，由动能定理得12mv 2Q －12mv 2P＝mgR －2μmgs cos 37° 解得v 2Q ＝－19<0可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．突破训练2 如图3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”字图3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． 解析 (1)滑块在传送带上加速运动时， 由牛顿第二定律知μmg ＝ma 得a ＝μg ＝2 m/s 2加速到与传送带速度相同时所需要的时间t ＝v 0a＝2 s 位移s ＝12at 2＝4 m此时物块恰好到达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mgH ＋12mv 2C ＝12mv 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F N ＋mg ＝mv2C R联立解得F N ＝3 N由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力F N ′＝F N ＝3 N ，方向竖直向上．28．应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题解析 (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v 0，此时仅由重力充当向心力，则有mg ＝m v20L，解得v 0＝1 m/s(2分)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mg (h －2L )－μmg s2＝12mv 20，解得h ＝0.5 m(2分)(2)若滑块从h ′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为v 1，则有mgh ′－μmg s 2＝12mv 21(2分)滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以v 1的速度开始做圆周运动，绳的拉力F T 和小球重力的合力充当向心力，则有F T －mg ＝mv21L，解得F T ＝48 N(2分)(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在水平面上经过路程s 后就会再次碰撞，则mgh ′－μmg s 2－12mv 20－2mgLμmgs＋1≥n(3分) 解得n ＝10(次)．(1分)突破训练3 钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军为此进行了登陆演练．如图5所示，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点s ＝1 km 处．登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，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速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，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＝33 m/s 平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇，若人的质量为m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，问：图5(1)军舰甲板到快艇的竖直高度H 及队员甲在绳索上运动的时间t 0；(2)若加速过程与减速过程中的加速度大小相等，则队员甲在何处速度最大？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103kg ，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10 m/s ，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇运动的时间t ′. 解析 (1)设救生圈做平抛运动的时间为t ，有H ＝12gt2① H tan θ＝v 0t ②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：绳索长L ＝H /cos 30°＝18.7 m.因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以，甲在绳索中点处速度最大，由12v m t ×2＝L得v m ＝L t＝10.39 m/s(3)加速过程有Pt ′－F f s ＝12Mv m ′2④加速到匀速时v m ′＝P F f⑤联立④⑤解得t ′＝1.1×102s1．(2012·重庆理综·23)如图6所示为一种摆式摩擦因数测量仪， 其可测量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要部件有：底部 固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．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 .测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与 图6O 等高的位置处由静止释放．摆锤摆到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为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．解析 (1)选从右侧最高点到左侧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ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cos θ (2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0① W G ＝mgL cos θ ② 由①②式得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ ③ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ④ 摩擦力做的功W f ＝－fs⑤联立③④⑤式得：μ＝mgL cos θFs2．(2011·浙江理综·24)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m ＝1 000 kg 的混合动力轿车，在平直公路上以v 1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率为P ＝50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h 的限速标志时，保持发动机功率不变，立即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，速度变为v 2＝72 km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设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，获得的电能E 电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E 电维持72 km/h 匀速运动的距离L ′. 解析 (1)轿车牵引力与输出功率的关系P ＝F 牵v 将P ＝50 kW ，v 1＝90 km/h ＝25 m/s 代入得F 牵＝Pv 1＝2×103 N.当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有F 阻＝2×103 N.(2)在减速过程中，注意到发动机只有15P 用于汽车的牵引．根据动能定理有15Pt －F 阻L ＝12mv 22－12mv 21代入数据得Pt ＝1.575×105J电源获得的电能为E 电＝50%×45Pt ＝6.3×104J.(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F 阻＝2×103N. 在此过程中，由能量守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，则E 电＝F 阻L ′ 代入数据得L ′＝31.5 m.3．如图7所示，一个可视为质点的物块，质量为m ＝2 kg ，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送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 ，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，两皮带轮之间的距离为L ＝6 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.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用力；(3)物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？ 解析 (1)由v ＝ωr 得 ω＝vr＝15 rad/s(2)物块滑到圆弧轨道底端时的速度为v 0，在这个过程中，由动能定理得mgR ＝12mv 2解得v 0＝2gR ＝4 m/s在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v20R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用力大小为60 N ，方向竖直向下．(3)物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 解得a ＝1 m/s 2物块匀减速运动到速度为零时向右运动的最大距离为s ＝v202a＝8 m>L ＝6 m可见，物块将从传送带的右端离开传送带物块在传送带上克服摩擦力所做的功为W ＝μmgL ＝12 J4．有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R ，由左右两部分组成． 如图8所示，右半部分AEB 是光滑的，左半部分BFA 是粗糙的． 现在最低点A 给一质量为m 的小球一个水平向右的初速度v 0， 使小球沿轨道恰好能过最高点B ，且又能沿BFA 回到A 点，回到A 点时对轨道的压力为4mg .不计空气阻力，重力加速度为g .求： 图8 (1)小球的初速度v 0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 的过程中克服摩擦力所做的功． 解析 (1)对小球由AEB 恰好通过B 点，根据牛顿第二定律：mg ＝mv 2B R，v B ＝gR根据动能定理：12mv 2B －12mv 20＝－mg 2R解得：v 0＝5gR(2)由于小球回到A 点时对轨道的压力为4mg根据牛顿第二定律：4mg －mg ＝mv2A R，v A ＝3gR(3)小球由B 经F 回到A 的过程中，根据动能定理： 2mgR －W f ＝12mv 2A －12mv 2B解得：W f ＝mgR1．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 .已知赛车在水平轨道AB 部分和CD 部分运动时图1受到阻力恒为车重的0.5倍，即k ＝F fmg＝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． 答案 (1)2.5 m (2)4.5 s解析 (1)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，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，重力提供向心力：mg ＝m v 2PRC 点的速度由机械能守恒定律可得：mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2C由上述两式联立，代入数据可得：v C ＝5 m/s设小车在CD 轨道上运动的最短路程为s ，由动能定理可得：－kmgs ＝0－12mv 2C代入数据可得：s ＝2.5 m(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：v B ＝v C ＝5 m/s 从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得：Pt －kmgL ＝12mv 2B代入数据可得：t ＝4.5 s.2．如图2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 图2因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为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，则它能够上升的最大高度是多少？ 解析 (1)由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 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12mv 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 .3．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，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．解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必有：mg ＝m v2D r从D 点到N 点，由机械能守恒得： 12mv 2D ＋mg ·2r ＝12mv 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 ＝12mv 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.4．如图4所示，AB 为一长为l 并以速度v 顺时针匀速转动的传送带，BCD 部分为一半径为r 、竖直放置的粗糙半圆形轨道，直径BD恰好竖直，并与传送带相切于B 点．现将一质量为m 的小滑块无 初速地放在传送带的左端A 点上，已知滑块与传送带间的动摩擦 图4因数为μ(l >v 22μg)．求：(1)滑块到达B 点时对轨道的压力大小；(2)滑块恰好能到达D 点，求滑块在粗糙半圆形轨道中克服摩擦力所做的功； (3)滑块从D 点再次掉到传送带上的某点E ，求AE 的距离．解析 (1)设滑块在摩擦力作用下从A 到B 一直被加速，且设刚好到达B 点前的速度为v ，则s ＝v 2－02μg<l 故滑块在传送带上是先加速后匀速，到达B 点时与传送带速度相同为v由牛顿第二定律，F N －mg ＝m v 2r得F N ＝m (g ＋v 2r) 由牛顿第三定律知其对轨道的压力为m (g ＋v 2r) (2)滑块恰好能到达D 点，则mg ＝m v ′2r由动能定理得：－mg ·2r －W f ＝12mv ′2－12mv 2 得W f ＝12mv 2－52mgr (3)滑块从D 点再次掉到传送带上E 点做平抛运动，即⎩⎪⎨⎪⎧ 水平方向x ＝v ′t 竖直方向y ＝12gt 2＝2r解得⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝2 r g x ＝2r故AE 的距离为l －2r 5．如图5甲所示是一打桩机的简易模型．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，上升一段高度后撤去F ，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度．物体上升过程中，机械能E 与上升高度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)物体上升到1 m 高度处的速度；(2)物体上升1 m 后再经过多长时间才撞击钉子(结果可保留根号)；(3)物体上升到0.25 m 高度处拉力F 的瞬时功率．解析 (1)设物体上升到h 1＝1 m 处时的速度为v 1，由题图乙知E 1＝12 J ，则mgh 1＋12mv 21＝E 1 解得v 1＝2 m/s(2)解法一：由题图乙知，物体上升到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升，至最高点后再自由下落．设向上减速时间为t 1，自由下落时间为t 2. 对减速上升阶段有0－v 1＝－gt 1，解得t 1＝0.2 s减速上升距离Δh ＝v 12t 1＝0.2 m 自由下落阶段有h 1＋Δh ＝12gt 22 解得t 2＝65s 所求时间t ＝t 1＋t 2＝6＋15 s 解法二：物体自h 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－h 1＝v 1t －12gt 2 解得t ＝6＋15s (3)对F 作用下物体从静止运动到1 m 高度处的过程中，根据功能关系有Fh 1＝E 1 可得物体上升h 1＝1 m 的过程中所受拉力F ＝12 N设上升至h 2＝0.25 m 时的速度为v 2，由动能定理有(F －mg )h 2＝12mv 22，解得v 2＝1 m/s 此时拉力F 的瞬时功率P ＝Fv 2解得P ＝12 W。
第八关 动力学、动量和能量观点在力学中的应用-高考物理专题复习及典型试题
第八关动力学、动量和能量观点在力学中的应用1.动量和能量综合应用例 1 (多选)如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4 s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是()A．0∼4s时间内拉力的冲量共为3.2N⋅sB．t=4s时滑块的速度大小为9.5m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N⋅sD．木板的速度最大为2m/s练习1-1如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R＝0.5 m，P点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1 kg的物块A以v0＝10 m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M＝2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零．已知物块A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点．求：(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；(2)最终物块A静止的位置到P点的距离．2.综合分析多过程问题例2如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：（1）小物块到达C点时的速度大小；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．练习2-1如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；（2）弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；（3）物块A最终停止位置到Q点的距离．课后检测1. 质量为1 kg的物体静止在水平面上，t=0时受到水平拉力F的作用开始运动，F随时间t 变化的关系图象如图所示．已知t=4 s时物体刚好停止运动，取g=10m/s2，以下判断正确的是()A．物体所受摩擦力为3 NB．t=2 s时物体的速度最大C．t=3 s时物体的动量最大D．物体的最大动能为2 J2. 粗糙水平地面上的物体，在一个水平恒力作用下做直线运动，其v-t图象如图所示，下列物理量中第1 s内与第2 s内相同的是()A．摩擦力的功B．摩擦力的冲量C．水平恒力的功D．水平恒力的冲量3. 如图所示，质量均为m的两带电小球A与B，带电荷量分别为+q、+2q，在光滑绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线运动，当两带电小球运动一段时间后A球速度大小为v，在这段时间内，下列说法正确的是()A．任一时刻B的加速度比A的大B．两球均做加速度增大的加速运动C．两球组成的系统电势能减少了mv2，但动能和电势能之和不变D．两球动量均增大，且总动量也增大4.如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 的长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点ℎ（不计空气阻力），则() 进入半圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为12A．小球冲出B点后做斜上抛运动B．小球第二次进入轨道后恰能运动到A点C．小球第一次到达B点时，小车的位移大小是RmgℎD．小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于125.光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x3xB．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23mv2C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv26. “飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾度引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度7.如图，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP间中点，则a、b球质量之比M:m=()A．3:5B．1:3C．2:3D．1:28. (多选)如图，在光滑的水平面上有一个长为L的木板，小物块b静止在木板的正中间，小物块a以某一初速度v0从左侧滑上木板．已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为μa、μb，木块与木板质量均为m，a、b之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．下列说法正确的是()mv02A．若没有物块从木板上滑下，则无论v0多大整个过程摩擦生热均为13B．若μb<2μa，则无论v0多大，a都不会从木板上滑落μa gL，则ab一定不相碰C．若v0≤√32D．若μb>2μa，则a可能从木板左端滑落9.(多选)如图所示，甲、乙两个小滑块（视为质点）静止在水平面上的A、B两处，B处左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙．若甲在水平向右的拉力F=kt（其中k=2N/s）的作用下由静止开始运动，当t=3s时撤去力F，随后甲与乙发生正碰而粘合在一起，两滑块共同滑行2.4m后停下，已知甲的质量为1kg，两滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.75，取g=10m/s2，则()A．0∼3s内，力F的冲量大小为18N⋅sB．撤去力F时甲的速度大小为9m/sC．两滑块正碰后瞬间的速度大小为4.5m/sD．乙的质量为0.5kg10. 如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙壁之间用轻质弹簧连接，当木块静止时刚好位于A点，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中（作用时间极短），求：（1）当木块回到A点时的速度大小；（2）从开始到木块回到A点的过程中，墙壁对弹簧的冲量．11. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球A上，另一端与小球B接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上．现有一小球C从光滑曲面上离桌面ℎ= 1.8m高处由静止开始滑下，与小球A发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球B向前运动，经一段时间，小球B脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出．小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知m A=2kg，m B=3kg，m C=1kg，g=10m/s2．求：（1）小球C与小球A碰撞结束瞬间的速度；（2）小球B落地点与桌面边缘的水平距离．12. 如图所示，在水平桌面上放有长度为L=2m的木板C，C上右端是固定挡板P，在C 中点处放有小物块B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计．C上表面与固定在地面上半径为R=0.45m的圆弧光滑轨道相切，质量为m=1kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放，设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的滑动摩擦因数均为μ，A、B、C（包含挡板P）的质量相同，开始时，B和C静止，(g=10m/s2)（1）求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小；（2）若物块A与B发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件；（3）若物块A与B发生碰撞（设为完全弹性碰撞）后，物块B与挡板P发生碰撞，求滑动摩擦因数μ应满足的条件．13.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．14. 如图所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量m＝1.0 kg，B的质量M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质压缩弹簧，且A、B间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能E p＝40 J，弹簧的两端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A、B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上B，并与B相碰后结合在一起向右运动，g取10 m/s2，求：（1）A与弹簧分离时的速度大小；（2）A、B沿斜面上升的最大距离．15. 如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m ＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间．16. 如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）滑块1过B点的速度大小；（2）弹簧释放的弹性势能大小；（3）滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．17. 汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小．。
高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R =0.5m 。
物块A 以v 0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为μ=0.4，A 的质量为m =1kg （A 可视为质点） ，求：(1)物块经过N 点时的速度大小； (2)物块经过N 点时对竖直轨道的作用力； (3)物块最终停止的位置。
【答案】(1)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】 【分析】 【详解】(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有22011222mv mg R mv =⋅+ 得20445m /s v v gR =-=(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有2N v mg F m R+=得物块A 受到的弹力为2N 150N v F m mg R=-=由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为N N 150N F F '==作用力方向竖直向上(3)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有20102mgx mv μ-=-得12.5m x =2．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L 1=23m的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ=3，g 取10m/s 2.（1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？ 【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0<R ≤1.08m 【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh代入数据解得：22100.932/y v gh m s =⨯⨯＝＝A 点：60y x v tan v ︒=得：032/6/603yx v v v s m s tan ==︒＝＝ （2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：()2211201122C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：21mv mg R ＝22111 222C mv mgR mv +＝ 代入数据解得R 1=1．08 m当小球刚能到达与圆心等高时2212C mv mgR ＝ 代入数据解得R 2=2．7 m当圆轨道与AB 相切时R 3=BC•tan 60°=1．5 m即圆轨道的半径不能超过1．5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m．考点：平抛运动；动能定理3．如图所示，AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B点与水平直轨道相切．一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R＝0.2m，小物块的质量为m＝0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块在B点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离．【答案】(1)3N (2)0.4m【解析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得F N＝3mg＝3×0.1×10N＝3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR－μmgl＝0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题．4．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，直轨道AB和圆弧轨道BC平滑连接，小球从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为R的圆轨道；=0.4m（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求斜面高h；（2）若已知小球质量m=0.1kg，斜面高h=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；5．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。
2020届高考物理必考经典专题 专题06 动力学、动量和能量观点的综合应用(含解析)
2020届高考物理必考经典专题专题6 动力学、动量和能量观点的综合应用考点一 “子弹打木块”类问题的综合分析子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动.下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一类问题.1.动量分析子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞,子弹射入木块过程中系统动量守恒mv0=(M+m)v. 2.能量分析该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能.设平均阻力大小为Ff,子弹、木块的位移大小分别为s1,s2,子弹钻入深度为d,如图所示,有s1-s2=d;对子弹应用动能定理有-F f s 1=错误!未找到引用源。
mv 2-错误!未找到引用源。
m 错误!未找到引用源。
;对木块应用动能定理有F f s 2=错误!未找到引用源。
mv2,联立解得F f d=错误!未找到引用源。
m 错误!未找到引用源。
-错误!未找到引用源。
(M+m)v2=202()Mmv M m +错误!未找到引用源。
.式中F f d 恰好等于系统动能的损失量,根据能量守恒定律,系统动能的损失量应该等于系统内能的增加量,则有ΔE k =F f d=Q=202()Mmv M m +错误!未找到引用源。
,由此可得结论:两物体由于摩擦产生的热量(机械能转化为内能),数值上等于摩擦力大小与两物体相对滑动路程的乘积.由上面各式联立可得F f =202()Mmv M m d+错误!未找到引用源。
,s 2=m M m+错误!未找到引用源。
d.3.动力学分析从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论.由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比,有22s d s +错误!未找到引用源。
=022v v v +错误!未找到引用源。
=0v v v +错误!未找到引用源。
,所以有2d s 错误!未找到引用源。
=0v v 错误!未找到引用源。
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M m m +,解得s2=m M m+错误!未找到引用源。
传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题(解析版)-高中物理
传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题学校：_________班级：___________姓名：_____________模型概述1．传送带的特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。
2．传送带问题的解题关键：抓住v物=v传的临界点，当v物=v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。
3．传送带问题中位移的区别1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。
2)物体相对传送带的位移(划痕长度)Δx①若有一次相对运动：Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。
②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx=Δx1+Δx2(图甲)；两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。
4.传送带问题的基本类型有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.1)水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0=v时，一直匀速③v0<v时，摩擦力为动力，可能一直加速，也可能先加速再匀速①传送带较短时，摩擦力为阻力，滑块一直减速到达左端②传送带足够长时，摩擦力先为阻力，滑块先向左减速，减速到零后摩擦力再为动力，物体反向加速运动回到右端。
2)倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a 1加速再以a 2加速5.传送带问题分析的基本思路求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.1)动力学分析：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．2)功能关系分析①功能关系分析：电机所做的功W =ΔE k (+ΔE P )+Q ②对W 和Q 的理解：Ⅰ、因放上物体而使电动机多消耗的电能：W Ⅱ、传送带克服摩擦力做的功：W f =F f ⋅x 传；Ⅲ、产生的内能：Q =W f =-F f ⋅x 相对．典题攻破1.水平传送带1.(2024·河南郑州·三模)(多选)如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 1=2m/s 向右运动，一质量为m =1kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2=4m/s 滑上传送带，经过时间t =9s ，最终滑块又返回至传送带的右端。
2023届高考物理一轮复习练习：综合运用动力学、能量、动量观点解决问题(word版含答案)
综合运用动力学、能量、动量观点解决问题练习1.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F ＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，取g＝10 m/s2.求：(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度a的大小；(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离；(3)撒去F后，系统损失的最大机械能ΔE.2．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：(1)物块与小车的共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？3.如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与A、B不连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)B经c点抛出时速度的大小；(2)B经b时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．4．如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，物块与AO部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动．(g取10 m/s2)求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．5.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．g 取10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H.6．如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m.求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．7.在一次投掷手榴弹的演习中，某个士兵在战壕里将一颗质量m ＝0.25 kg 的手榴弹从水平地面朝目标方向斜向上抛出，当手榴弹上升到最大高度h ＝5 m 时速度为10 m/s ，且恰好爆炸成前后两块弹片，其中质量m 1＝0.1 kg 的一块弹片在爆炸后做自由落体运动．已知手榴弹内部火药的质量Δm ＝0.05 kg ，且爆炸瞬间火药充分燃烧，重力加速度g取10 m/s2，火药爆炸后生成气体的动量不计，空气阻力不计，求：(1)士兵投掷手榴弹的初速度v0；(2)爆炸中火药燃烧对两弹片做的功W及两块弹片落地点间的距离Δx.8．有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B 两个物体，它们的质量分别为m1＝1 kg、m2＝3 kg，在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的1 4竖直圆轨道．开始A、B两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2 m，g取10 m/s2.求：(1)求AB粘在一起时的速度；(2)炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．9.如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的14圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．10．如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？11．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．12．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝1.0 kg，m B＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案：1. (1) 2 m/s 2(2) 0.4 J2． (1) 0.8 m/s(2) 0.24 s(3) 0.096 m(4) 5 m/s3. (1)B 平抛运动过程竖直方向有2R ＝12gt 2，水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝gR(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律得12mv 2b ＝2mgR ＋12mv 2c 解得：v b ＝5gR(3)设完全弹开后，A 的速度为v a ，弹簧恢复原长过程中A 与B 组成系统动量守恒2mv a －mv b ＝0解得：v a ＝12v b ＝5gR 2由能量守恒定律，得弹簧弹性势能：E p ＝12×2mv 2a ＋12mv 2b解得：E p ＝3.75mgR4． (1)对物块a ，由动能定理得－μmgL ＝12mv 21－12mv 20代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/sa 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：mv 1＝2mv 2代入数据解得v 2＝1 m/s(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a 以v 2＝1 m/s 的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向由动量守恒定律得mv 2＝(m 0＋m)v 3代入数据解得v 3＝0.25 m/s对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 23代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132 m(3)由能量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(m 0＋m)v 23 解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125 m5. (1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h ＝12gt 2解得：t ＝0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v 0，有v 0＝gt ＝6 m/s细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒：m B v 0＝(m A ＋m B )v绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：v ＝2 m/s之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH 解得初始时B 离地面的高度H ＝0.6 m6． (1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得：－μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝m·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：3mv B ＝2mv A ＋3m·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：E 损＝12mv 20－12×2mv 2A －12×3m·⎝ ⎛⎭⎪⎫316v 02－12m·⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＝4171 024mv 20 7. (1)手榴弹上升到最大高度h ＝5 m 时速度为10 m/s ，则有：v 0＝10 m/s ，－v 2y ＝－2gh ，v ＝v 20＋v 2y解得v ＝10 2 m/s(2)弹片在爆炸后瞬间的速率为零，另一块弹片的质量为m 2＝m －m 1－Δm ＝0.1 kg设其爆炸后瞬间的速率为v2，由动量守恒定律得：m2v2＝mv0解得v2＝25 m/s设爆炸中火药燃烧对两弹片做的功为W，则根据动能定理有：12mv 2＋W＝12m2v22解得W＝18.75 J质量m1＝0.1 kg的一块弹片在爆炸后做自由落体运动、质量为m2的弹片做平抛运动，则两块弹片落地点间的距离为Δx＝v22h g＝25 m8．(1)炸药爆炸后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2.动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0A物与挡板碰后追上B物，碰后两物共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v两物上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律12(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gR炸药爆炸时对A、B两物体所做的功W＝12m1v21＋12m2v22联立解得AB粘在一起时的速度v＝2 m/s，W＝10.7 J9. (1)对球1从A 到B 应用动能定理：m 1gR ＝12m 1v 20在B 点对球1应用牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 20R联立解得：v 0＝4 m/s 、F N ＝12 N由牛顿第三定律F N ′＝F N ＝12 N(2)球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒得：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝6.4 m/s (3)同理，球2、3碰撞后：v 3＝2m 2m 2＋m 3v 2则v 3＝2m 2m 2＋m 3·2m 1m 1＋m 2v 0代入数据：v 3＝ 1.6m 2＋0.04m 2＋0.5v 0 由数学知识，当m 2＝0.04m 2时，m 2＋0.04m 2＋0.5最小，v 3最大 所以m 22＝0.04，m 2＝0.2 kg10． 设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别v A 、v B1，则 mv 0＝mv A ＋kmv B112mv 20＝12mv 2A ＋12kmv 2B1 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0，v B1＝2k ＋1v 0设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B2、v C同理可得v B2＝k －1k ＋1v B1代入整理得v B2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋1－4（k ＋1）2v 0 设x ＝2k ＋1，则有v B2＝(x －x 2)v 0 当x ＝0.5时，即2k ＋1＝0.5时v B2最大，解得k ＝3 11． (1) 3m(2) 215mgH(3) 11912． (1) 1.0 m/s(2) 0.50 m(3) 0.91 m。
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。
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。
29第六章 专题强化六动力学与能量观点的综合应用-2024-2025学年高考物理一轮复习课件
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aBt＝aAt，解得 t＝0.5 s，铁块 A 和长木板 B 共速后，速度大小为 v 共＝aAt ＝6 m/s，B 正确；铁块 A 和长木板 B 共速后，一起沿斜面匀速下滑，则 长木板的长度为 L＝xB－xA＝2v0201＋[2文v件共：t－中教v2联共t标＝彩2.t].25 m，C 正确；由能量守恒 定律可知，从铁块 A 放上长木板 B 到铁块 A 和长木板 B 共速的过程中， 铁块 A 和长木板 B 减少的机械能等于 A、B 之间摩擦产生的热量和 B 与斜 面之间摩擦产生的热量之和，D 错误.
生的热量、因放上物体而使电20动21[文机件多：中消教耗联标的彩电.t] 能等，常依据功能关系或能
量守恒定律求解.
2.功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：Wf＝Ffx 传. (2)系统产生的内能：Q＝Ffx 相对. (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
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典例 1 [水平传送带](2024·广东广州质检)如图 Z61 所示为速冻食品加工 厂生产和包装饺子的一道工序.将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传 送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力.关于饺子在水平传送带上 的运动，下列说法正确的是( C ).
2021[文件：中教联标彩.t]
擦产生的热量 Q＝μmgvt－2vt＝12mv2，选项 C 正确；传送一个饺子传送带 多消耗的电能为ΔE＝Q＋21mv2＝mv2(或ΔE＝Pft＝μmgvt＝mv2)，选项 D 错误.
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典例 2 [倾斜传送带](2024·福建南平质检)如图 Z62，传送带以 v＝10 m/s 的速度逆时针转动，一个质量 m＝1 kg 的物体从传送带顶端以 v0＝5 m/s 的速度沿传送带滑上传送带，若传送带与水平方向成 θ＝30°角，物体与 传送带间的动摩擦因数 μ＝ 33，传送带底端到顶端长 L＝10 m，g 取 10 m/s2， 最大静摩擦力与滑动摩擦力相20等21[文. 件：中教联标彩.t]
专题(16)动力学和能量观点的综合应用(解析版)
2021年（新高考）物理一轮复习考点强化全突破专题（16）动力学和能量观点的综合应用（解析版）命题热点一 多运动组合问题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】图1中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m 、r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图1(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)．【答案】见解析【解析】(1)汽车在沿弯道1中心线行驶时，由牛顿第二定律得，kmg ＝m v 12r 1解得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s.(2)设在弯道2沿中心线行驶的最大速度为v 2由牛顿第二定律得，kmg ＝m v 22r 2解得v 2＝kgr 2＝510 m/s在直道上由动能定理有Pt －mgh ＋W f ＝12mv 22－12mv 12 代入数据可得W f ＝－2.1×104 J.(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短，由图可得r ′2＝r 12＋[r ′－(r 1－d 2)]2 代入数据可得r ′＝12.5 m设汽车沿该路线行驶的最大速度为v ′则kmg ＝m v ′2r ′得v ′＝kgr ′＝12.5 m/s由sin θ＝r 1r ′＝0.8 则对应的圆心角为2θ＝106°路线长度s ＝106°360°×2πr ′≈23.1 m 最短时间t ′＝s v ′≈1.8 s.变式1 如图2所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m ．轨道Ⅰ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A 点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图2(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅰ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由．【答案】(1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)见解析【解析】(1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J ＝0.1 J由ΔE k ＝12mv 02，可得v 0＝2 m/s. (2)由E 弹Ⅰd 2，可得当弹簧压缩量为2d 时，ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1由动能定理可得－mg (h 1＋h 2)－μmgL ＝－ΔE k ′解得μ＝3h 1－h 2L＝0.5. (3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是mg ＝mv 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s解得R m ＝0.4 m当R >0.4 m 时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B 点；当R ≤0.4 m 时，滑块能上升到B 点．题型1 平抛运动＋圆周运动的组合例2 山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图3.图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图3(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值；(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．【答案】(1)8 m/s (2)4 5 m/s (3)216 N【解析】(1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2Ⅰ x 1＝v min t Ⅰ联立ⅠⅠ式，得v min ＝8 m/s.Ⅰ(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v C ，有(M ＋m )gh 2＝12(M ＋m )v C 2Ⅰ v C ＝2gh 2＝4 5 m/s.Ⅰ(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，在最低点由牛顿第二定律得F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v C 2LⅠ 由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2Ⅰ得：L ＝10 mⅠ联立ⅠⅠⅠ式并代入数据解得：F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v C 2L＝216 N. 题型2 直线运动＋圆周运动＋平抛运动的组合例3 (2019届湖州市模拟)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图4所示，某小车以额定功率18 W 由静止开始从A 点出发，加速2 s 后进入光滑的竖直圆轨道BC ，恰好能经过圆轨道最高点C ，然后经过光滑曲线轨道BE 后，从E 处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆半径R ＝1.2 m ，沙坑距离BD 平面高度h 2＝1 m ，小车的总质量为1 kg ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：图4(1)小车在B 点对轨道的压力大小；(2)小车在AB 段克服摩擦力做的功；(3)末端平抛高台h 1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？【答案】(1)60 N (2)6 J (3)1 m 4 m【解析】(1)由于小车恰好经过圆轨道最高点C ，即mg ＝mv C 2R由B →C ，根据动能定理可得－2mgR ＝12mv C 2－12mv B 2 在B 点由牛顿第二定律有，F N －mg ＝m v B 2R， 联立解得F N ＝60 N ，由牛顿第三定律得在B 点小车对轨道的压力为60 N ，方向竖直向下．(2)由A →B ，根据动能定理：Pt ＋W f ＝12mv B 2，解得W f ＝－6 J ，即小车在AB 段克服摩擦力做的功为6 J. (3)由B →E ，根据动能定理得－mgh 1＝12mv E 2－12mv B 2， 飞出后，小车做平抛运动，所以h 1＋h 2＝12gt 2 水平位移x ＝v E t ，化简得x ＝ v B 2－2gh 12(h 1＋h 2)g ，即x ＝ (60－20h 1)h 1＋15， 当h 1＝1 m 时，水平距离最大，x max ＝4 m.命题热点二 传送带模型问题传送带问题的分析流程和技巧1．分析流程2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝F f ·x 相对，其中x 相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x 相对为两物体对地位移大小之和．3．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：Ⅰ传送带的功：W F ＝Fx 传；Ⅰ产生的内能Q ＝F f ·x 相对． 模型1 水平传送带模型例4 倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图5所示．一个质量为2 kg 的物体(可视为质点)，从h ＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A 、B 连线的中点处，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图5(1)传送带左、右两端A 、B 间的距离L ；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量；(3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h ′.【答案】(1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m【解析】(1)物体从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中，由动能定理得：mgh －μmgL 2＝0－0，解得L ＝12.8 m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x 相＝L 2＋v 带·t ，又L 2＝12μgt 2，而摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相， 联立得Q ＝160 J.(3)物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为v 带＝6 m/s 时，向右运动的位移为x ，则μmgx ＝12mv 带2，得x ＝3.6 m ＜L 2，即物体在到达A 点前速度与传送带速度相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得12mv 带2＝mgh ′，解得h ′＝1.8 m. 模型2 倾斜传送带模型例5 如图6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，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图6(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 J【解析】(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 1，加速到与传送带同速，则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12 解得：a 1＝10 m/s 2t 1＝1 sx 1＝5 m<L因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2L －x 1＝vt 2＋12a 2t 22 解得：t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.(2)物体与传送带间的相对位移x 相＝(vt 1－x 1)＋(L －x 1－vt 2)＝6 m故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J.。
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—用动力学和能量观点分析多运动组合问题 附答案解析
2025年⾼考⼈教版物理⼀轮复习专题训练—⽤动⼒学和能量观点分析多运动组合问题(附答案解析)1.“⾼台滑雪”⼀直受到⼀些极限运动爱好者的青睐。
挑战者以某⼀速度从某曲⾯飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对⾯安全着陆。
某实验⼩组在实验室中利⽤物块演⽰分析该模型的运动过程：如图所⽰，ABC为⼀段半径为R＝5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点。
P为⼀倾⾓θ＝37°的固定斜⾯，为减⼩在斜⾯上的滑动距离，在斜⾯顶端表⾯处铺了⼀层防滑薄⽊板DE，⽊板上边缘与斜⾯顶端D重合，圆形轨道末端C 与斜⾯顶端D之间的⽔平距离为x＝0.32 m。
⼀物块以某⼀速度从A端进⼊，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线⽅向飞出，再经过时间t＝0.2 s恰好以平⾏于薄⽊板的⽅向从D端滑上薄⽊板，物块始终未脱离薄⽊板，斜⾯⾜够长。
已知物块质量m＝3 kg，薄⽊板质量M＝1 kg，⽊板与斜⾯之间的动摩擦因数μ1＝，⽊板与物块之间的动摩擦因数μ2＝，重⼒加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空⽓阻⼒，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压⼒⼤⼩(计算结果可以保留根号)；(2)物块相对于⽊板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产⽣的热量。
2．(2023·福建龙岩市九校联考)如图所⽰，倾⾓θ＝37°的斜⾯AB通过平滑的⼩圆弧与⽔平直轨道BC连接，CD、DE为两段竖直放置的四分之⼀圆管，两管相切于D处，半径均为R＝0.15 m。
右侧有⼀倾⾓α＝30°的光滑斜⾯PQ固定在⽔平地⾯上。
质量为m＝0.4 kg、可视为质点的⼩物块从斜⾯AB顶端由静⽌释放，经ABCDE轨道从E处⽔平飞出后，恰能从P点平⾏PQ⽅向飞⼊斜⾯。
⼩物块经过C点时受到圆管的作⽤⼒⼤⼩为28 N，⼩物块与斜⾯AB的动摩擦因数μ1＝0.375，与BCDE段之间的摩擦不计，重⼒加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
2025高考物理总复习动力学和能量观点的综合应用
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
解得L′＝10 m 第二种：当小物块恰能到达与圆心等高的位置时， 则12mvA2＋mg(R－Rcos 37°)－μmgL1－mgr＝0 解得L1＝16 m
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
当小物块恰能到达 D 点时，则12mvA2＋mg(R－Rcos 37°)－μmgL2＝0 解得L2＝20 m 则小物块能到达D点且在DC之 间不脱离轨道，MN的长度满足 16 m≤L′≤20 m或者L′≤10 m。
考点二 滑块—木板模型综合问题
(1)A、C两点的高度差； 答案 0.8 m
小物块在 C 点速度大小为 vC＝cosv053°＝5 m/s，小物块在 C 点的竖直分 速度为 vy＝vCsin 53°＝4 m/s，下落高度为 h＝v2yg2＝0.8 m
考点二 滑块—木板模型综合问题
(2)小物块在圆弧轨道末端D点时对轨道的 压力； 答案 68 N，方向竖直向下
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块 通过C点时所受轨道弹力的大小FN； 答案 60 N
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
小物块从A点运动到C点，根据动能定理有 mg(R－Rcos 37°)－μmgL－2mgr＝12mvC2－12mvA2 在 C 点，由牛顿第二定律得 FN＋mg＝mvrC2 代入数据解得FN＝60 N
考点二 滑块—木板模型综合问题
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。如图所示，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位移Δx。
动力学和能量观点的综合应用(含解析)
动力学和能量观点的综合应用类型一 传送带模型知识回望1．设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：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．功能关系分析(1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W ＝F f x 传； ②产生的内能：Q ＝F f x 相对．例1 (2019·福建福州市期末质量检测)如图所示，水平传送带匀速运行的速度为v ＝2 m/s ，传送带两端A 、B 间距离为x 0＝10 m ，当质量为m ＝5 kg 的行李箱无初速度地放在传送带A 端后，传送到B 端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)行李箱开始运动时的加速度大小a ； (2)行李箱从A 端传送到B 端所用时间t ； (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W . 【答案】(1)2 m/s 2 (2)5.5 s (3)－20 J【解析】(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a ＝F f m ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2(2)经过t 1时间二者共速，t 1＝v a ＝22s ＝1 s行李箱匀加速运动的位移为：x 1＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m行李箱随传送带匀速运动的时间：t 2＝x 0－x 1v ＝10－12 s ＝4.5 s则行李箱从A 传送到B 所用时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋4.5 s ＝5.5 s (3)t 1时间内传送带的位移：x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小F f ′＝F f行李箱对传送带的摩擦力做的功：W ＝－F f ′x 2＝－μmgx 2＝－0.2×5×10×2 J ＝－20 J 变式训练1 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t ＝1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【答案】 (1)32(2)230 J 【解析】(1)由题图可知，传送带长x ＝hsin θ＝3 m工件速度达到v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m 所以加速度大小a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得μ＝32. (2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量． 在时间t 1内，传送带运动的位移 x 传＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对传送带的位移 x 相＝x 传－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦产生的热量 Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J最终工件获得的动能E k ＝12m v 02＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J 电动机多消耗的电能 E ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.变式训练2 (倾斜传送带问题)(多选)(2020·山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 端，经过1.2 s 到达传送带的B 端．用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，可知( )A ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05B ．A 、B 两点间的距离为1.2 mC ．货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做功－11.2 JD ．货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J 【答案】D【解析】0～0.2 s 内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝20.2 m/s 2＝10 m/s 2；0.2～1.2 s 内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，a 2＝g sin θ－μg cos θ＝21 m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A 错误；从题图可知，0～1.2s 内，货物v －t 图线与t 轴围成的面积对应位移x ＝x 1＋x 2＝3.2 m ，则A 、B 两点间的距离为 3.2 m ，故B 错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W 1＝F f x 1＝μmg cos θ·x 1＝0.8 J ，W 2＝－F f x 2＝－μmg cos θ·x 2＝－12 J ，W ＝W 1＋W 2＝－11.2 J ，故C 正确；从题图乙可知，0～ 0.2 s 内，传送带比货物多走0.2 m ．0.2～1.2 s 内，货物比传送带多走1 m ，所以货物从A 运动到B 的过程中，相对位移为1.2 m ．因摩擦产生的热量Q ＝F f x 相对＝μmg cos θ·x 相对＝4.8 J ，故D 正确． 故选D 。