(新课标)高考物理一轮总复习第五章第五讲动力学观点和能量观点解决力学综合问题教案

第五讲动力学看法和能量看法解决力学综合问题热门一多运动组合问题(师生共研)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．解题策略动力学方法看法：牛顿运动定律、运动学基本规律．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．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．[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，＝4.已知P与直轨道间的动摩擦因数1g.(取sin3μ＝，重力加快度大小为37°＝，AFR454cos37°＝5)求P第一次运动到B点时速度的大小；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7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2R、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＝7R－2R＝5R①设P抵达B点时的速度为vB，由动能定理得12mglsinθ－μmglcosθ＝2mvB②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得BgR③v＝2(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Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有12mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－2mvB④E、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Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦12Ep＝5mgR⑧(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－6Rsinθ⑨55y1＝R＋6R＋6Rcosθ⑩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，由D点运动到G点的时间为t.D由平抛运动公式有y121＝2gt?Dx1＝vt?联立⑨⑩??式得vD＝35gR?5设P在C点速度的大小为v，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有C121255CDP由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sin

θ－μ

m1g(x＋5R)cos

12θ＝2m1vC?联立⑦⑧???式得1＝1.m3m1231答案：(1)2gR(2)5mgR(3)55gR3m[反省总结]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．如下图，设一个质量

m＝50kg

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＝15m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＝2s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μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重2力加快度g取10m/s，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.试求：运动员运动到C点时的速度大小vC；运动员在圆轨道最低点P遇到轨道支持力的大小FN；A点距过P点的水平川面的高度h.分析：(1)在D点：竖直方向上的分速度vy＝gt＝10×2m/s＝20m/svCtan37°＝vy，代入数据解得vC＝15m/s对P→C过程，由机械能守恒定律可得：12122mvP＝2mvC＋mg·2R2vP在P点：FN－mg＝mR，联立上述两式代入数据解得

FN＝3250N由牛顿第三定律得：在

P点运动员遇到轨道的支持力为

3250N.对A→P过程，由动能定理可得：h－－cos37°12mgh－μmgcos37°＝P代入数据解得h＝45.5m.答案：(1)15m/s(2)3250N(3)45.5m热门二传递带模型问题(自主学习)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：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．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功能关系剖析：W＝Ek＋Ep＋Q.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．2－1.[

倾斜传递带

]

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．某时刻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时刻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10m/s

2.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＜tanθ1212C．0～t2内，传递带对物块做功为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，物块对传递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μcosθ＞sinθ，则μ＞tanθ，B错误；0～2时间内，mgmgt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121212对物块做正功，设为WG，依据动能定理得W＋WG＝2mv2－2mv1，则传递带对物块做的功W≠2mv2－112，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，2mv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：D2－2.[水平传递带]如下图，一质量为m＝2kg的滑块从半径为R＝0.2m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与水平传递带光滑相接．已知传递带匀速运转的速度为v0＝4m/s，B点到传递带右端C点的距离为L＝2m．当滑块滑到传递带的右端C时，其速度恰巧与传递带的速度同样．(g取10m/s2)求：滑块抵达底端B时对轨道的压力；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＝

1

2mvB①2物体在B点，由牛顿第二定律得2vBFB－mg＝mR②联立①②解得FB＝60N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60N，方向竖直向下．滑块从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得μmg＝ma③22由运动学公式得v0－vB＝2aL④由①③④得μ＝0.3⑤(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＝vB＋at⑥产生的热量Q＝μmg(v0t－L)⑦由①③⑤⑥⑦得Q＝4J.答案：(1)60N，方向竖直向下(2)0.3(3)4J[反省总结]传递带模型问题的剖析流程热门三滑块—木板模型(师生共研)作好两剖析，打破滑块—木板模型问题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；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝v2v1v和所用时＝可求出共同速度a2a1间t，而后由位移公式可分别求出二者的位移．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．[典例

2]

图甲中，质量为

m1＝1kg

的物块叠放在质量为

m2＝3kg

的木板右端．木板足够长，放在圆滑的水平川面上，

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，重力加快度

g取10m/s

2.(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起码应为多大？(2)在0～4s内，若拉力F的变化如图乙所示，2s后木板进入μ2＝0.25的粗拙水平面，在图丙中画出0～4s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4s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．分析：(1)把物块和木板当作整体，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a.物块与木板将要相对滑动时，μm1g＝m1a.联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8N.(2)物块在

0～2s

内做匀加快直线运动，木板在

0～1s

内做匀加快直线运动，在

1～2s内做匀速运动，

2s

后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程的

v－t

图象如下图．0～2s内物块相对木板向左运动，2～4s内物块相对木板向右运动．0～2s内物块相对木板的位移大小x1＝2m，系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gx1＝4J.2～4s内物块相对木板的位移大小x2＝1m，物块与木板因摩擦产生的内能Q＝μmgx＝2J；21120～4s物块相对木板的位移大小x＝x－x＝1m12木板在粗拙水平面上对地位移2＝3m，x木板与地面因摩擦产生的内能32122Q＝μ(m＋m)gx＝30J.0～4s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36J.答案：(1)8N(2)如下图1m36J3－1.[

滑块带动木板

]

(2018·河南中原名校质检

)水平川面上放有一长为

L＝5.5m、质量为M＝1kg

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＝3kg的可视为质点的小物块，物块与小车间的动摩擦因数

μ2＝0.2.

现对物块施加一水平向右、大小为18N的水平拉力F，经过2重力加快度g＝10m/s.

t1＝2s后撤去外力

F.已知小车的上表面离地面的高度

h＝0.8m，求2s末物块及小车的速度分别是多少？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＝ma1解得：a＝4m/s2m12s末物块速度v1＝11＝8m/smm对小车，依据牛顿第二定律有：2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1解得：a1＝2m/s2M2s末小车的速度v＝at＝4m/sM1M112s内二者的位移分别为：x＝1212＝8m，x＝1212m1m11M1M11故x＝xm1－xM1＝4m<L因此2s时二者没有分别，即物块的速度为8m/s，小车的速度为4m/s(2)2s时撤去外力后，物块将向右做减速运动，加快度大小为am2＝μ2g＝2m/s2小车受力不变，因此加快度aM2＝2m/s2设2s此后再经过时间t2物块恰巧从小车右端滑出，则xm－xM＝L－x即1212＝－m1t2－m2t2－v1t2＋a1t2xMM解得：t2＝0.5s(另一种解t＝1.5s不切合题意)t＝2.5s时小车的速度vM2＝vM1＋aM2t2＝5m/s物块的速度v＝v－at＝7m/s>vM2m2m1m22因此物块在2.5s时恰巧从小车右端滑出设再经过时间3物块落地，则有：＝123＝0.4st2gt3，解得th在0.4s内物块向右运动的位移x＝vmt＝2.8mm332物块走开小车后，小车向右做减速运动，其加快度大小为aM3＝μ1＝1m/s2g0.4s内小车向右运动的位移1212＝1.92mxM3＝vM2t3－aM3t3＝5×0.4－×1×0.422物块落地时到小车右端的距离为x′＝xm3－xM3＝(2.8－1.92)m＝0.88m.答案：(1)8m/s4m/s(2)0.88m3－2.[木板带动滑块]如下图，在圆滑水平台面上静置一质量m＝0.9kg的长木板A，AA的右端用轻绳绕过圆滑的轻质定滑轮与质量mC＝0.9kg的物体C拴接．当C从静止开始运动至着落高度为＝0.4m时，在木板A的最右端轻放一质量为B＝3.6kg的小铁块(可视hmB为质点)，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，最后B恰巧未从木板A滑落，g取10m/s2，求：刚放铁块B时，A的速度大小v0；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、间因摩擦而产生热量的最大值m多大．ABQ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mgh＝12，代入数据解得v＝2m/s.CAC00(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＝μmg＝0.25×3.6×10BN＝9N.C遇到的重力GC＝mCg＝0.9×10N＝9N，设此时A与C仍旧一同做加快运动，则(mA＋mC)a＝mCg－f＝9N－9N＝0N.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＝＝BmB3.6m/s2＝2.5m/s2，B与A的速度相等需要的时间v02s＝0.8s.t＝＝aB2.5此过程中A的位移x1＝v0t＝2×0.8m＝1.6m，B的位移x2＝1B2＝1×2.5×0.82m＝0.8m.2at2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＝1－x2＝1.6mLx0.8m＝0.8m.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、B间因摩擦产生热量的最大值m＝·＝9×0.8J＝7.2J.AQfL答案：(1)2m/s(2)0.8m(3)7.2J1．如下图，传递带AB总长为l＝10m，与一个半径为R＝0.4m的圆滑四分之一圆轨道BC相切于

B点，传递带速度恒为

v＝6m/s

，方向向右，现有一个滑块以必定初速度从

A点水光滑上传递带，滑块质量为

m＝10kg，滑块与传递带间的动摩擦因数为

μ＝0.1

，已知滑块运动到

B端时，恰巧与传递带同速，求：滑块的初速度；滑块能上涨的最大高度；求滑块第二次在传递带上滑行时，滑块和传递带系统产生的内能．分析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传递带上运动过程中，当滑块初速度大于传递带速度1212时，有－μmgl＝2mv－2mv0，解得

v0＝214m/s

；当滑块初速度小于传递带速度时，有

1212μmgl＝2mv－2mv0，解得

v0＝4m/s.1由动能定理可得－mgh＝0－2mv2，解得h＝1.8m.(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma，滑块的加快度a＝1m/s2，滑块减速v2到零的位移s＝2a＝18m＞10m，则滑块第二次在传递带上滑行时，速度没有减小到零就离开传递带，由匀变速运动的位移公式可得l＝vt－12，解得t＝2s(t＝10s舍去)，在此2at时间内传递带的位移x＝vt＝6×2m＝12m，滑块第二次在传递带上滑行时，滑块和传递带系统产生的内能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12)J＝220J.答案：(1)214m/s或4m/s(2)1.8m(3)220J12．如下图，AB段为一半径R＝0.2m的4圆滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的圆滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，经过B点后水平抛出，经过一段时间后恰巧以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板排除锁定，下滑3过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝6.(g＝10m/s2，结果可保存根号)求：物块抵达B点时对圆弧轨道的压力；物块滑上薄木板时的速度大小；达到共同速度前物块下滑的加快度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．分析：(1)物块从A运动到B的过程，由动能定理得：12mgR＝2mvB，解得：vB＝2m/s在B点由牛顿第二定律得：2vBFN－mg＝mR解得：FN＝3N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．设物块滑上薄木板时的速度为v，则：vBcos30°＝v3解得：v＝3m/s.物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得对物块：mgsin30°－μmgcos30°＝ma1对薄木板：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t解得：1＝2.5m/s2，＝43s.at1543243答案：(1)3N，方向竖直向下(2)3m/s(3)2.5m/s15s[A组·基础题]1．如下图，一足够长的木板在圆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搁置在木板上的右端，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使劲F，那么力F对木板做功的数值为(C)1212A.4mvB．2mv22C．mvD．2mv2．将一长木板静止放在圆滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，抵达右端时恰能与木板保持相对静止．现将木板分红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v0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一直不变，则以下相关说法正确的选项是(B)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3．(多项选择)

如下图，倾斜传递带沿逆时针方向匀速转动，

在传递带的

A端无初速度搁置一物块．选择

B端所在的水平面为零势能面，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选项是

(BD)4．(多项选择)(2018·安徽皖南八校联考

)如图甲所示，绷紧的水平传递带一直以恒定速率

v1运行，一质量为

m＝1kg

初速度大小为

v2的小物块，从与传递带等高的圆滑水平川面上的

A处滑上传递带；若从小物块滑上传递带开始计时，面为参照系)如图乙所示．则(AD)

小物块在传递带上运动的

v－t

图象(以地A．小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4mB．0～3s时间内，小物块遇到的摩擦力的冲量大小为2N·sC．0～4s时间内，传递带战胜摩擦力做功为16JD．小物块与传递带之间由摩擦产生的热能为18J分析：由v－t图象可知，2s时小物块向左运动的距离最远，依据v－t图象得面积等于位11a＝v42，t22由牛顿第二定律得：μ＝＝2N，0～3s时间内，小物块遇到的摩擦力方向都向右，冲mgma量大小为I＝μmgt＝6N·s，故B错误；由v－t图象，传递带速度大小：v2＝2m/s，前3s小物块与传递带间有相对运动，存在摩擦力，传递带战胜摩擦力做功为W＝μmgv2t3＝2×2×3J＝12J，故C错误；小物块在传递带上滑动的3s内，皮带的位移s′＝23＝6m，vt方向向右；小物块的位移：s＝s－s＝3m，方向向左．两个物体的相对位移s＝s′＋s12＝9m，整个过程中摩擦产生的热量：Q＝μmgs＝18J，故D正确．5．如下图，质量为m的长木块A静止于圆滑水平面上，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.当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．分析：(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vA、vB，由动能定理得12μmgx＝2mvA12B又因为v＝at＝μgtAAF－μmgμmgLvB＝aBt＝t，解得x＝－2μ.mFmg由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增添量和A、B间产生的内能，即有1212F(x＋L)＝mvA＋mvB＋Q22解得Q＝μmgL.μmgL答案：(1)F－2μmg(2)μmgL[B

组·能力题

]6．如下图，质量分别为

m、2m的物体

a、b经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，如有物体与其垂直相碰会以原速率弹回，

现剪断

a、b之间的绳索，a开始上下来去运动，

b着落至

P点后，在P点有一个特别的装置使

b以落至

P点前瞬时的速率水平向右运动，当

b静止时，

a恰巧初次抵达最低点，已知

PQ长

s0，重力加快度为

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：物体a的最大速度；物体b停止的地点与P点的距离．分析：(1)绳剪断前，系统静止，设弹簧伸长量为x1，对a有kx1＋mg＝T，对b有T＝2mg，11mg则kx＝mg，x＝k.mg绳剪断后，a所受合外力为零时，速度最大，设弹簧压缩量为x2，对a有kx2＝mg，x2＝k，因为x1＝x2，两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(x1＋x2)12m＝2mv，解得v＝2gk.对b，整个运动过程由动能定理得2mgh－μ·2mgs路＝0，解得b在水平面上滑行的行程hs路＝.μ议论：①若b未抵达挡板Q就在PQ上停止，h则物块b停止的地点与P相距d＝s路＝μ；②若b与挡板Q碰撞后，在PQ上运动到停止，h