【物理】2019届二轮复习应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题学案（全国通用）

一、概述 ‎1．动力学观点指以牛顿第二定律和运动学公式为基础，通过分析物体的受力状况和运动情况，建立运动和力的联系。一般适用于解决匀变速直线运动问题。‎ ‎2．能量观点指以动能定理、能量守恒为基础，通过分析做功及能量转化，找到功和能的关系以及不同形式能量转化的关系，开辟了解决物理问题的另一条途径。一般适用于曲线运动和非匀变速直线运动。‎ ‎3．解决此类综合问题，首先从物体受力和运动情况入手分析，确立物体的受力和运动情况，再分析每个力做功情况，最后分析能量转化情况；然后根据问题特点，选择恰当的规律列方程求解。‎ ‎【题1】如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L。今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，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为μ。‎ ‎（1）试分析滑块在传送带上的运动情况。‎ ‎（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能。‎ ‎（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。‎ ‎【答案】（1）见解析（2）mv＋μmgL（3）μmgL－mv0（－v0）‎ ‎（2）设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒知Ep＝mv2，‎ 设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a。‎ 由牛顿第二定律μmg＝ma，学 ]‎ 由运动学公式v2－v＝2aL，‎ 解得Ep＝mv＋μmgL。‎ ‎（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l＝v0t，v0＝v－at，‎ 滑块相对传送带滑动的位移Δl＝L－l，‎ 相对滑动生成的热量Q＝μmg·Δl，学 ‎ 解得Q＝μmgL－mv0（－v0）。‎ ‎【题2】（多选）如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（取g＝10 m/s2），则下列结论正确的是（ ）‎ A．物体在运动过程中处于超重状态 B．物体的质量为5 kg C．物体的加速度大小为5 m/s2‎ D．物体从静止开始运动的过程中机械能的增加量等于F做的功 ‎【答案】AC ‎ | |k ]‎ 二、动力学观点的应用 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。‎ ‎【题3】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v0＝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/s2，求：‎ ‎（1）A点与B点的水平距离；‎ ‎（2）薄板BC的长度。‎ ‎【答案】（1）1.2 m（2）2.5 m ‎ ‎ ‎（2）小物体落到B点的速度为v，则v＝ ③‎ 小物体在薄板上运动，则：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1 ④‎ 薄板在光滑斜面上运动，则：Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2 ⑤‎ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2，则：v＋a1t2＝a2t2 ⑥‎ 小物体的位移x1＝vt2＋a1t ⑦‎ 薄板的位移x2＝a2t ⑧‎ 薄板的长度l＝x1－x2 ⑨‎ 联立③ ⑨式得l＝2.5 m 学 ‎ 三、能量观点的应用 一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解。‎ ‎【题4】如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg 的物块（可视为质点）从空中A点以v＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎（1）物块经过C点时的速度vC；‎ ‎（2）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。‎ ‎【答案】（1）6 m/s（2）9 J ‎（2）物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动。‎ 设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，‎ 则μmg＝ma1 ‎ ‎ μmg＝Ma2 ‎ v＝vC－a1t ‎ v＝a2t 根据能量守恒定律有（m＋M）v2＋Q＝mv 联立解得Q＝9 J . ‎ ‎【题5】如图甲所示，绝缘水平传送带与竖直放置的半圆形轨道底部平滑相接。半圆形轨道绝缘、光滑，半径为R＝0.45 m，处在水平向右的匀强电场中，半圆形轨道的竖直直径是电场的左边界，电场强度大小为 ×103 N/C。一质量为0.1 kg、电荷量为＋q＝1.0×10－3 C的小物块自半圆形轨道某位置自由滑下，滑至底端并冲上传送带，在传送带上运动的速度—时间图象如图乙所示（以向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（g取10 m/s2），下列说法正确的是（ ）‎ A．传送带至少长4.5m，传送速度最小3m/s B．物块与传送带间动摩擦因数μ=0.1‎ C．物块自由下滑的位置与半圆形轨道底端的高度差为0.45m D．物块在半圆形轨道上滑动时对轨道的最大压力为2√3N ‎【答案】ABD　‎ 四、动力学、能量观点解决力学综合题中多过程问题 物体在整个运动过程，往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合。解决这类问题应抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程，对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程求解。‎ ‎1．用动力学和能量观点处理多过程问题，是历年高考的热点，此类题目综合性较强，难度中等偏上．涉及的知识点主要有机械能守恒定律、功能关系和滑动摩擦力做功与能量转化的关系三大类。失分情况比较严重，针对这种情况，对此类问题可按如下两条思路进行分析。‎ ‎（1）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。 ‎ ‎（2）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。‎ ‎2．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。‎ ‎3．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。‎ ‎【题6】某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H。选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动。选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上。设人的质量为m（不计身高大小），人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g。‎ ‎（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？‎ ‎（2）若已知H＝5 m，L＝8 m，a＝2 m/s2，g＝10 m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？‎ ‎（3）若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到（2）中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？‎ ‎【答案】（1）≤ （2）2 s（3）2 m ‎ ‎ ‎（3）设阻力为Ff，继续向右滑动距离为x3，由动能定理得 加速段：（F－Ff）x1＝mv2‎ 减速段：－Ffx3＝0－mv2‎ 解得x3＝2 m ‎【题7】如下图所示，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。‎ ‎【答案】（1）2 s（2）3 N，方向竖直向上 找解题突破口，由滑块的运动情况和受力情况，应用运动学规律，求出其做匀加速运动的位移，然后与传送带长度L比较从而确定A到B的时间。根据（1）中所求滑块在B点的速度和轨道特点，应用机械能守恒定律可得滑块在C点速度大小；应用牛顿第二定律求解C点向心力大小，进而得出滑块对轨道作用力的大小和方向。确定研究对象—滑块；受力分析，过程分析—滑块在传送带上向右加速（也可能最终匀速），进入管道后的运动过程中，机械能守恒；运用规律—滑块在传送带上运动时，可应用牛顿定律和运动学规律，滑块在管道内运动时，可应用机械能守恒定律和圆周运动规律。‎ ‎（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/s2‎ 加速到与传送带速度相同时所需要的时间t＝＝2 s 学 ]‎ 位移x＝at2＝4 m 此时物块恰好到达B端，即滑块从A端运动到B端的时间t＝2 s ‎（2）滑块从B到C的过程中，由机械能守恒定律得mgH＋mv＝mv 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FN＋mg＝ 联立解得FN＝3 N 由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力 F′N＝FN＝3 N，方向竖直向上。‎ ‎【题8】某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型。倾角θ ‎＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6 m/s的速度顺时针运动。将一个质量m＝1 kg的物块由距斜面底端高度h1＝5.4 m的A点静止释放，物块通过B点时速度的大小不变。物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。‎ ‎（1）求物块由A点运动到C点的时间；‎ ‎（2）若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；‎ ‎（3）求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D。‎ ‎【答案】（1）4 s　（2）6 m　（3）1.8 m≤h≤9.0 m ‎ ‎ ‎（2）在斜面上根据动能定理mgh2－μ1mgcos θ＝mv2‎ 解得v＝4 m/s＜6 m/s 设物块在传送带先做匀加速运动到v0，运动位移为x，则：a2＝＝μ2g＝2 m/s2‎ v－v2＝2a2x，x＝5m＜6m 所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动 s＝v0t0，H＝gt 解得s＝6 m ‎（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC＝v0。‎ ‎①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则 mgh3－μ1mgcos θ＋μ2mgL＝mv 解得h3＝1.8 m。‎ ‎②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，则 mgh4－μ1mgcos θ－μ2mgL＝mv 解得h4＝9.0 m 所以当离传送带高度在1.8 m 9.0 m的范围内均能满足要求，即1.8 m≤h≤9.0 m。‎ 五、动力学、能量观点解决力学综合题中传送带模型 传送带模型有水平和倾斜两种情况。考查的角度有两个：①动力学角度：如求物体在传送带上运动的时间、物体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的位移，方法是牛顿第二定律结合运动学规律.②能量的角度：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.本模型中，物体和传送带由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以物体与传送带间的相对路程。‎ ‎【题9】如下图所示，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x＝12t－4t2（式中x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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：‎ ‎（1）若＝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xBC；（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？‎ ‎【答案】（1）156 J　（2） m　（3）不会脱离轨道 代入数据得：W＝mv＋mgsin37°·＝156 J ‎（2）由x＝12t－4t2知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为a＝8 m/s2‎ 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma 代入数据解得μ＝0.25‎ 物块在P点的速度满足mg＝ 物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有mv＝mgR（1＋cos37°）＋mv 物块从C运动到B的过程中有v－v＝－2axBC 由以上各式解得xBC＝ m ‎（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vQ，由动能定理得mv－mv＝mgR－2μmgxBCcos37°‎ 解得v＝－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。‎ ‎【题10】（多选）如图所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上。一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与盒子A相连。今用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A直至其获得最大速度的过程中（ ）‎ A．弹簧的弹性势能一直减小直至为零 B．A对B做的功等于B机械能的增加量 C．弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量 D．A所受弹簧弹力和重力做功的代数和等于A动能的增加量 ‎【答案】BC 错解3、做功情况分析不全面，认为只有弹簧弹力和重力对A做功，导致功能关系建立错误而错选D项。 ]‎ 由于弹簧一直处于压缩状态，故弹性势能一直减小，但当弹簧弹力等于A、B重力沿斜面向下的分力时，A、B的加速度减小为零，速度达到最大，此时弹簧的弹性势能没有减为零，故A项错误；由功能关系可知，除重力外其余力做的功等于物体机械能的增量，球B受重力和A对B的作用力，故A对B做的功等于B机械能的增加量，故B项正确；由于A、B和弹簧整体系统机械能守恒，故弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，故C项正确；对物体A，弹簧弹力做正功，重力和B对A沿斜面向下的弹力做负功，由动能定理可知，A所受弹簧弹力和重力做功的代数和等于A动能的增加量与B对A沿斜面向下的弹力做的功之和，大于A动能的增加量，故D项错误。‎ 误区警示：对功能关系的理解和应用易出现以下错误：‎ ‎（1）对功和能的概念理解不清，误认为功就是能，能就是功，实际上功是过程量，能是状态量，功是能量转化的量度。‎ ‎（2）不能熟练掌握重力做的功等于重力势能的变化；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化；合外力做的功等于动能的变化；其他力做的功等于机械能的变化等功能关系。‎ ‎（3）对于功能关系的适用范围不清楚，在高中阶段动能定理一般用于单个物体或单个物体系统，机械能守恒适用于多个物体组成的系统。‎ ‎【题11】如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放一质量m＝2 kg的小物块，小物块自由释放，从开始运动的一段时间内，v－t图象如图乙所示，小物块在0.4 s时运动到B点，在0.9 s时到达C点，B、C间的距离为1.2 m（g取10 m/s2）。由图知（ ）‎ A．斜面倾角θ＝ B．物块从B运动到C的过程中机械能守恒 C．在C点时，弹簧的弹性势能为16 J D．物块从C点回到A点过程中，加速度先增后减，再保持不变 ‎【答案】AC　‎