版动力学观点和能量综合应用

能力课 动力学观点和能量观点的综合应用多种运动的组合问题角度

1

直线运动与圆周运动的组合【真题示例1】(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；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Ep＝5mgl①设P

到达B

点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得p122BE

＝

mv

＋μmg(5l－l)②联立①②式，并代入题给数据得vB＝

6gl③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mv2l－mg≥0④设P

滑到D

点时的速度为vD，由机械能守恒定律得1

12

22

2B

Dmv

＝

mv

＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD＝

2gl⑥vD

满足④式要求，故P

能运动到D

点，并从D

点以速度vD水平射出。设P

落回到轨道AB

所需的时间为t，由运动学公式得12l＝

gt2⑦2P

落回到AB上的位置与B

点之间的距离为s＝vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s＝2

2l⑨(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P

在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有12B2Mv

′

≤Mglp12B2E

＝

Mv

′

＋μMg·4l联立①⑩

式得5

53m≤M<2m答案

(1)

6gl

22l

5

5

(2)3m≤M<2m【变式训练1】如图2

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/s2。求：图2(1)物块经过C点时对圆弧轨道的压力大小FC；(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mv2RD①高点，由牛顿第二定律有：mg＝从D

到C

由动能定理可得D1

12

22

2C－mg·2R＝

mv

－

mv

②由牛顿第二定律可得CF

′－mg＝mv2RC③由牛顿第三定律得FC＝FC′④联解①②③④并代入数据得：FC＝60

N⑤(2)对小物块从A

经B

到C

过程，由动能定理有：122Cmg[Lsin

θ＋R(1－cos

θ)]－μmgcos

θ·L＝

mv

－0⑥联解①②⑥并代入数据得：μ＝0.25答案

(1)60

N

(2)0.25角度

2

直线运动、平抛运动与圆周运动的组合【真题示例2】(2016·全国卷Ⅰ，25

改编)如图3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5R

的光滑圆弧轨道相切于

C16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＝4，重力加速度大小为3

4g。(取sin

37°＝5，cos

37°＝5)图3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；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。7G

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。解析

(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①设P

到达B

点时的速度为vB，由动能定理得122BmglBCsin

θ－μmglBCcos

θ＝

mv

②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2

gR③(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E

过程，根据动能定理得pmgxsin

θ－μmgxcos

θ－E

＝0122B—

mv

④E、F

之间的距离l1

为l1＝4R－2R＋x⑤P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Ep－mgl1sin

θ－μmgl1cos

θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x＝R⑦p5E

＝12mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1

和竖直距离为y1，θ＝37°。由几何关系(如图所示)得：7

5x1＝2R－6Rsin

θ＝3R⑨16

2y

＝R＋5

＋5Rcos

θ＝5R⑩6R设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式得：1y

＝12gt2x1＝vDt联立⑨⑩得D5v

＝3

5gR答案

(1)2123gR

(2)

5

mgR

(3)5

5gR【变式训练2】(2016·福建泉州质检)如图4

所示，半径R＝0.4

m

的光滑圆弧轨道BC

固定在竖直平面内，轨道的上端点B

和圆心O

的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C

为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m＝0.1

kg

的小物块(可视为质点)从空中A

点以v0＝2

m/s

的速度被水平抛出，恰好从B

点沿轨道切线方向进入轨道，经过C

点后沿水平面向右运动至D

点时，弹簧被压缩至最短，C、D

两点间的水平距离L＝1.2

m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g

取10

m/s2。求：图4小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；

(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm。解析

(1)小物块恰好从

B

点沿切线方向进入轨道，由几何关B系有

v

＝v0sin

θ＝4

m/s(2)小物块由B

点运动到C

点，由机械能守恒定律有22C1

1mgR(1＋sin

θ)＝

mv

－2mv2Bv2在

C

点处，由牛顿第二定律有

F－mg＝m

C，解得

F＝8

NR根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上

C

点时对轨道的压力

F′大小为

8

N。(3)小物块从B

点运动到D

点，由能量守恒定律有pm122BE

＝

mv

＋mgR(1＋sin

θ)－μmgL＝0.8

J。答案

(1)4

m/s (2)8

N (3)0.8

J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。方法技巧传送带、滑块—木板两模型中的功能关系角度

1

传送带模型中摩擦力做功问题【模拟示例3】

(2016·池州二模)如图

5

光滑水平导轨

AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m＝1

kg

的物块(可视为质点)，物块与弹簧不粘连，B

点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带

BC

的长度为L＝6

m，沿逆时针方向以恒定速度v＝2m/s

匀速转动。CD

为光滑的水平轨道，C

点与传送带的右端刚好平齐接触，DE

是竖直放置的半径为R＝0.4

m的光滑半圆轨道，DE

与CD

相切于D

点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10

m/s2。图5若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能Ep；若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x＝1.2m处(CD长大于1.2m)，求物块通过E点时受到的压力大小；满足(2)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能。2解析

(1)根据动能定理－μmgL＝0－1mv2，p122可求弹簧弹性势能为E

＝

mv

，解得Ep＝12

J。122E＝

gt

，x＝v

t，(2)根据平抛运动的规律2R解得vE＝3

m/s。v2RE，再根据牛顿第二定律N＋mg＝m解得N＝12.5

N。122D122E(3)从

D

到

E

根据动能定理

mv

＝

mv

＋2mgR，解得：vD＝5

m/s。从B到D2－μmgL＝1

v2m12BD－2mv

，解得vB＝7

m/s。L＝vD＋vBt，t＝1

s，2s

相＝L＋vt＝8

m，Q＝μmgs

相＝16

J。答案

(1)12

J (2)12.5

N (3)16

J传送带模型问题的分析流程方法技巧【变式训练3】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2与传送带间的动摩擦因数

μ＝

3，取

g＝10

m/s2，求：图6物体从A运动到B共需多少时间？电动机因传送该物体多消耗的电能。解析

(1)物体无初速度地放在A

处后，因mgsinθ<μmgcosθ，则物体沿传送带向上做匀加速直线运动。mμmgcos

θ－mgsin

θ加速度

a＝ ＝2.5

m/s21av物体达到与传送带同速所需的时间t

＝

＝0.8

s11＝2

1t

时间内物体的位移

L

vt

＝0.8

m之后物体以速度v

做匀速运动，运动的时间t2＝L－L1v＝1.6

s物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4

s(2)前0.8

s

内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8

m因摩擦而产生的内能E

内＝μmgcos

θ·ΔL＝6

J电动机因传送该物体多消耗的电能为总k

p内2内E

＝E

＋E

＋E

＝1

v2＋mgLsin

θ＋E

＝28

Jm答案

(1)2.4

s (2)28

J角度

2

滑块——木板模型中摩擦力做功问题【模拟示例4】(多选)一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0

时刻将一相对于地面静止的质量m＝1

kg

的物块轻放在小车前端，如图7

甲所示，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示。已知物块始终在小车上，重力加速度g

取10

m/s2。则下列判断正确的是()图7A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25

mB．物块的最终动能Ek＝0.5

J，小车动能的减少量ΔEk＝3

J

C．小车与物块间摩擦生热3

JD．小车的质量为0.25

kg解析

由

v－t

图象知，当

t＝0.5

s

时，小车开始做速度

v＝1

m/s0.2，在0～0.5

s

内，小车的位移s

车＝的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v＝at

及f＝ma＝μmg

得f＝2

N，μ＝（5＋1）2×0.5

m＝1.5

m，1物块的位移为s

物＝2×0.5

m＝0.25

m，所以小车的最小长度为mv2L＝1.5

m－0.25

m＝1.25

m，A

正确；物块的最终动能Ek＝

2＝0.5

J；由动能定理得小车动能的减少量ΔEk＝f·s车＝3

J，选项B

正确；系统机械能减少为ΔE＝3

J－0.5

J＝2.5

J，C

错误；5－1小车的加速度为

a′＝

m/s2＝8 m/s2

而

a′

f

＝M，f＝2 N，得0.5M＝0.25

kg，D

正确。答案

ABD【变式训练4】(2016·南通模拟)如图8

甲所示，质量M＝1.0

kg

的长木板A

静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0

kg

的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4

s

时撤去拉力。可认为A、

B

间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10

m/s2。求：图8(1)0～1

s内，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离s；(3)0～4

s内，拉力做的功W；(4)0～4s内系统产生的摩擦热Q。解析

(1)在0～1s内，A、B两物体分别做匀加速直线运动根据牛顿第二定律得μmg＝MaAF1－μmg＝maB代入数据得aA＝2

m/s2，aB＝4

m/s2。(2)t1＝1

s

后，拉力F2＝μmg，铁块B

做匀速运动，速度大小为v1：木板A

仍做匀加速运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等。v1＝aBt1又v1＝aA(t1＋t2)解得t2＝1

s设A、B速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t3＝2s，加速度为aF2＝(M＋m)aa＝1

m/s2木板A

受到的静摩擦力f＝Ma<μmg，A、B

一起运动1

12

2B

1 1

2

A

1

2s＝

a t

＋v

t

－

a

(t

＋t

)2

2代入数据得s＝2

m。1

1 1

1

112(3)时间

t

内拉力做的功

W

＝F

s

＝F

·

aB

1t2＝12

J时间t2

内拉力做的功W2＝F2s2＝F2v1t2＝8

J时间t3

内拉力做的功3

2

3

2 1

31223W

＝F

s

＝F

(v

t

＋

at

)＝20

J4

s

内拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40

J。(4)系统的摩擦热Q只发生在t1＋t2时间内，铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热Q＝

μmg·s＝4

J。答案

(1)2

m/s2

4

m/s2

(2)2

m (3)40

J (4)4

J滑块—木板模型问题的分析流程说明：公式Q＝f·s相对中s相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上往复运动时，则s相对为总的相对路程。方法技巧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9A．W1＜W2，Q1＝Q2C．W1＜W2，Q1＜Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2D．W1＝W2，Q1＜Q2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

A2．(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＝1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2kg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邮件滑动的时间t；邮件对地的位移大小s；邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。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，则f＝μmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有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，1有fs＝mv2－0④2由①④式并代入数据得s＝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

s′⑦由①③⑥⑦式并代入数据得W＝－2

J⑧答案

(1)0.2

s (2)0.1

m (3)－2

J13．(201