(全国I卷)高考物理一轮复习第5章机械能能力课时7应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题

能力课时7应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题突破一应用动力学和能量观点分析直线、平抛和圆周运动组合问题这类模型一般各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带。很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口。【例1】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1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8m。一运动员从轨道上的A点以3m/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60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2m，H＝2.8m，g取10m/s2。求：图1(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？解析(1)由题意可知：vB＝v0cos60°①解得：vB＝2v0＝6m/s。(2)从B点到E点，由动能定理可得：mgh－μmgsCD－mgH＝0－12mv2B②由①②代入数据可得：μ＝0.125。(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理mgh－mgh′－μmg·2sCD＝0－12mv2B解得h′＝1.8m＜h＝2m所以第一次返回时，运动员不能回到B点。设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：mgh－μmgs＝0－12mv2B解得s＝30.4m因为s＝3sCD＋6.4m，经分析可知运动员最后停在D点左侧6.4m处(或C点右侧1.6m处)。答案(1)6m/s(2)0.125(3)不能最后停在D点左侧6.4m处(或C点右侧1.6m处)方法提炼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。【变式训练】1.(2015·重庆理综，8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的14圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处，不考虑空气阻力，重力加速度为g。求：图2(1)距Q水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功。解析(1)小球在Q点处的速度为v0，从Q到距Q水平距离为L2的圆环中心处的时间为t1，落到底板上的时间为t，距Q水平距离为L2的圆环中心到底板的高度为h，由平抛运动规律得L＝v0t①L2＝v0t1②H＝12gt2③H－h＝12gt21④联立①②③④式解得h＝34H⑤(2)联立①③式解得v0＝Lg2H⑥在Q点处对球由牛顿第二定律得FN－mg＝mv20R⑦联立⑥⑦式解得FN＝mg(1＋L22HR)⑧由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为FN′＝FN＝mg(1＋L22HR)⑨方向竖直向下(3)从P到Q对小球由动能定理得mgR＋Wf＝12mv20⑩联立⑥⑩式解得Wf＝mg(L24H－R)⑪答案(1)34H(2)Lg2Hmg(1＋L22HR)，方向竖直向下(3)mg(L24H－R)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【例2】如图3所示，质量为M＝8kg的长木板放在光滑水平面上，在木板左端施加F＝12N的水平推力，当木板向右运动的速度达到v0＝1.5m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量为m＝2kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足够长，取g＝10m/s2。求：图3(1)当二者达到相同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所做的功；(2)当二者达到相同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生的热量。第一步：读题―→建模(滑块—木板模型)第二步：分析―→将解题过程问题化(大题小做)①放上铁块后，铁块、木板的加速度分别为多少？对铁块：μmg＝ma1，a1＝μg＝2__m/s2对木板：F－μmg＝Ma2，a2＝1__m/s2②二者何时达到共同速度？共同速度为多少？v－v0＝a2t，v＝a1t，v＝3__m/s，t＝1.5__s③从放上铁块到二者速度相同，铁块、木板的位移分别为多少？铁块位移x1＝v2t＝2.25__m，木板位移x2＝v0＋v2t＝3.375__m④木板对铁块及铁块对木板所做的功分别为多少？W1＝μmgx1＝9__J，W2＝－μmgx2＝－13.5__J⑤木板和铁块之间因摩擦所产生的热量为多少？Q＝μmg(x2－x1)＝4.5__J解析(1)放上铁块后，铁块加速度a1＝μg＝2m/s2(方向向右)木板加速度a2＝F－μmgM＝1m/s2(方向向右)二者达到共同速度v所用时间t＝v－v0a2＝va1解得v＝3m/s，t＝1.5s从放上铁块到二者速度相同，铁块位移x1＝v2t＝2.25m木板位移x2＝v0＋v2t＝3.375m木板对铁块做的功W1＝μmgx1＝9J铁块对木板做的功W2＝－μmgx2＝－13.5J。(2)木板和铁块之间因摩擦所产生的热量Q＝μmg(x2－x1)＝4.5J。答案(1)9J－13.5J(2)4.5J【拓展延伸】在【例2】中，若木板与水平面间的动摩擦因数μ′＝0.1，当铁块与木板达相同速度时，木板、铁块以及水平面组成的系统因摩擦所产生的热量是多少？解析铁块加速度不变，仍为a1＝μg＝2m/s2(方向向右)木板加速度a2＝F－μmg－μ′（m＋M）gM＝－0.25m/s2(方向向左)二者达到共同速度v时所用时间t＝v－v0a2＝va1解得v＝43m/s，t＝23s从放上铁块到二者速度相同，铁块位移x1＝v2t＝49m木板位移x2＝v0＋v2t＝1718m系统因摩擦所产生的热量Q＝μmg(x2－x1)＋μ′(m＋M)gx2＝1039J。答案1039J反思提升作好两分析，突破滑块—木板(传送带)类问题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＝Δv2a2＝Δv1a1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。如图4所示，要注意区分三个位移：图4①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。【变式训练】2.[滑块——木板模型](多选)(2016·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图5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，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成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始终不变，则下列有关说法正确的是()图5A.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大于图乙所示的过程产生的热量解析在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对路程等于产生的热量，第一次的相对路程大小大于第二次的相对路程大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。答案BD3.[传送带模型]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＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运动。现将一质量为1kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g＝10m/s2，求：图6(1)物体从A运动到B共需多少时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能。解析(1)物体无初速度放在A处后，因mgsinθμmgcosθ，则物体沿传送带向上做匀加速直线运动。加速度a＝μmgcosθ－mgsinθm＝2.5m/s2物体达到与传送带同速所需的时间t1＝va＝0.8st1时间内物体的位移L1＝v2t1＝0.8m之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间t2＝L－L1v＝1.6s物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4s(2)前0.8s内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8m因摩擦而产生的内能Q＝μmgcosθ·ΔL＝6J电动机因传送该物体多消耗的电能为E总＝Ek＋Ep＋Q＝12mv2＋mgLsinθ＋Q＝28J答案(1)2.4s(2)28J1.如图7所示，半径R＝0.4m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＝0.1kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2m/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＝1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2。求：图7(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；(2)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，由几何关系有vB＝v0sinθ＝4m/s(2)小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有mgR(1＋sinθ)＝12mv2C－12mv2B在C点处，由牛顿第二定律有F－mg＝mv2CR，解得F＝8N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8N。(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有Epm＝12mv2B＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J。答案(1)4m/s(2)8N(3)0.8J2.如图8所示，一质量为m＝1kg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＝2m/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Ep＝4.5J，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＝10m/s2。求：图8(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Ep＝12mv21，得v1＝3m/s滑块在传送带上运动的加速度a＝μg＝2m/s2滑块向左运动的时间t1＝v1a＝1.5s向右匀加速运动的时间t2＝va＝1s向左的最大位移为x1＝v212a＝2.25m向右加速运动的位移为x2＝v22a＝1m匀速向右