专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)

1、2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.8用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题2学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心3用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)【高考领航】【2019浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。d为弹射装置，ab是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道bc固定在竖直放置的半径为r=10m的圆

2、形支架上，b为圆形的最低点，轨道ab与bc平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置d的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道ab，并恰好能冲到轨道bc的最高点。已知小车在轨道ab上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道bc光滑，则小车从a到c的运动时间是（）a5sb4.8sc4.4sd3s【答案】a【解析】设小车的质量为m，小车在ab段所匀减速直线运动，加速度a=1f0.2mg=0.2g=2m/s2，mm=mv2-mv2，解得v=4m/s，故t=222在ab段，根据动能定理可得-fxab1110-4b0b1s=3s；小车在bc21段，根据机械能守恒可得mv2=mghbcd

3、，解得hcd=0.8m，过圆形支架的圆心o点作bc的垂线，根据1几何知识可得rxbc=xh2bc，解得xbc=4m，sinq=xcd=hbccd15，故小车在bc上运动的加速度为a2=gsinq=2m/s2，故小车在bc段的运动时间为t2=vb=a242s=2s，所以小车运动的总时间为1t=t+t=5s，a正确。12江【2019苏高考】如图所示，质量相等的物块a和b叠放在水平地面上，左边缘对齐。a与b、b与地面间的动摩擦因数均为。先敲击a，a立即获得水平向右的初速度，在b上滑动距离l后停下。接着敲击b，b立即获得水平向右的初速度，a、b都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动

4、至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)a被敲击后获得的初速度大小va；(2)在左边缘再次对齐的前、后，b运动加速度的大小ab、ab；(3)b被敲击后获得的初速度大小vb。【答案】(1)2gl(2)3gg(3)22gl【解析】a、b的运动过程如图所示：2(1)a被敲击后，b静止，a向右运动，由牛顿第二定律知，a的加速度大小aaga在b上滑动时有2aalva解得：va2gl。(2)设a、b的质量均为m对齐前，a相对b滑动，b所受合外力大小fmg2mg3mg由牛顿第二定律得fmab，得ab3g对齐后，a、b相对静止，整体所受合外力大小f2mg2由牛顿第二定律得f2mab，得a

5、bg。(3)设b被敲击后，经过时间t，a、b达到共同速度v，位移分别为xa、xb，a的加速度大小等于aa则vaat，vvbabt11xa2aat2，xbvbt2abt2且xbxal解得：vb22gl。【技巧方法】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅

6、助方程(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证2分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况(3)关注临界点“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变【最新考向解码】【例1】(2019广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t0时刻以v08m/s的速度滑上一固定斜面，斜

7、面足够长，斜面的倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数35。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g10m/s2。求：3(2)物块上滑过程：t11s(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度时间图象，取沿斜面向上为正方向。【答案】(1)8m/s22m/s2(2)3s(3)4m/s图象见解析【解析】(1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma1，则a1gsingcos8m/s2，物块下滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinmg

8、cosma2，则a2gsingcos2m/s2。0v0a12s10v0t14m1物块下滑过程：s2s12a2t2得t22s故总时间tt1t23s。(3)物块下滑过程：v2a2t24m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的v-t图象如图所示。【例2】（2019江苏省扬州中学高三模拟）如图所示，平直木板ab倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由a到b均匀增大，小物块从a点由静止释放，恰好可以到达b点，小物块的速度v、加速度a、动能4ek和机械能e机（取地面为零势能面）随下滑位移x变化的图像可能正确的是（）abcd【答案】ck【解析】设斜面的倾角为据题有=kx，是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为f=

9、mgcos=kxmgcos，知fx根据动能定理得mgxsina-0+kxmgcosa1x=mv2-0，得v2=2gxsinkx2gcos，知vx图象为曲22线，故a错误。根据牛顿第二定律得mgsinmgcos=ma，结合=kx，得a=gsinkxgcos，a随x先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故b错误。根据动能定理得mgxsina-0+kxmgcosa2x=e-0，k得ek=mgxsin12kx2mgcos，知ekx是开口向下的抛物线，故c正确。根据功能关系知dx=-kxmgcosadx，随着x的增大，ex图象斜率绝对值增大，故d错22de=-w=-机f0+kxmgcosa1机误。【

10、例3】（2019山西省太原市第五中学高三模拟）如图所示，do是水平面，ab是斜面，初速度为v0的物体从d点出发沿dba滑动到顶点a时速度刚好为零，如果斜面改为ac，让该物体从d点出发沿dca滑则动到顶点a且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，由此可知（）a该物体从d点出发（沿dca滑动刚好到顶点a）初速度一定也为v0b该物体从d点出发（沿dca滑动刚好到顶点a）初速度不一定为v0c该物体从a点静止出发沿acd滑动到d点的速度大小一定为v05d该物体从a点静止出发沿acd滑动到d点的速度一定小于v0【答案】ad2【解析】物体从d点滑动到顶点a过程中，由动能定理可得:

11、-mgxao-mmgxdb-mmgcosaxab1=-mv2，02由几何关系cosaxab=xob，因而上式可以简化为-mgxao-mmgxdb-mmgxob1=-mv2，即02-mgxao-mmgxdo1=-mv2，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从d点出发（沿0dca滑动刚好到顶点a）初速度一定也为v0，故a正确；b错误；该物体从a点静止出发沿acd滑动到d点有动能定理可知：mgxao-mmgxdo11v=mv2与公式-mgx-mmgx=-mv2，比较可知：v，aodo2200故c错误；d正确；故选ad。【微专题精练】(1多选)(2019广东省茂名市第二次模拟)如图，光

12、滑的水平轨道ab，与半径为r的光滑的半圆形轨道bcd相切于b点，圆轨道在竖直平面内，b为最低点，d为最高点质量为m的小球(可视为质点)以初速度v0沿ab运动恰能通过最高点，则()ar越大，v0越大bm越大，v0越大cr越大，小球经过b点瞬间对轨道的压力越大dm越大，小球经过b点瞬间对轨道的压力越大【答案】adv21d【解析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mgmr，则vdgr，根据动能定理得2mv0212mvd22mgr，解得v05gr，可见r越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关，a正确，b错误；v2v200小球经过b点的瞬间，fnmgmr，则轨道对小球的支持力fnmgmr6

13、mg，则fn大小与r无关，随m增大而增大，由牛顿第三定律知c错误，d正确2(2019河南省洛阳市上学期期中)如图所示，一个半径为r的半圆形轨道竖直固定放置，直径poq水平，.轨道的内表面动摩擦因数为一质量为m的小滑块(可看作质点)自p点正上方由静止释放，释放高度为r，小滑块恰好从p点进入轨道小滑块滑到轨道最低点n时对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用w表示小滑块从p点运动到n点的过程中克服摩擦力所做的功则()6cwmgrdwmgr2mgrwmv2，在n点，由牛顿第二定律有fnmgm，由牛顿第三定律有fnfn4mgr联立可得wmgr，故c正确，d错误；q缓慢地竖直向上拉起至m点，m点与绳

14、的上端p相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为a小滑块恰好可以到达q点b小滑块不能到达q点1122【答案】c【解析】从最高点到n点，由动能定理有12v212小滑块从p点到n点再到q点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，n小滑块在pn段与轨道之间的压力大于nq段小滑块与轨道之间的压力，根据fff可知，小滑块在pn段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在pn段克服摩擦力做的功比较多，则在nq段小滑块克服摩擦力做的111功w0，小滑块到达q点后，还能继续上升，故a、b错误3(2017全国卷16)如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳pq竖直悬挂用外力将绳

15、的下端13()9632mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为wmgl，故选项a正确，b、c、d错误1111a.mglb.mglc.mgld.mgl【答案】al2l【解析】由题意可知，pm段细绳的机械能不变，mq段细绳的重心升高了6，则重力势能增加ep3mg6119974(多选)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t0时，将质量m1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10m/s2，则()牛顿第二定律，singcosa1，gsingcosa2，解得sin0.6，37，0.5，选项b错

16、误，c正确；摩擦力大小ffmgcos4n，在01.0s内，摩擦力对物体做正功，1在.02.0s内，摩擦力对物体做负功0，1.0sa传送带的速率v010m/sb传送带的倾角30c物体与传送带之间的动摩擦因数0.5d02.0s内摩擦力对物体做功wf24j【答案】acdvt根【解析】当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，图据va2,a2象可得，传送带的速率为010m/s，选项a正确；1.0s之前的加速度110m/s1.0s之后的加速度22m/s，结合g5jj内物体的位移为m,1.02.0s内物体的位移是11m,02.0s内摩擦力做的功为4(115)24，选

17、项d正确5.(2018河北省石家庄二中期中)如图，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端c点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15n时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离已知长木板长1m，圆轨道半径r1m，滑块和长木板的质量均为1kg，滑块与长木板间的动摩擦因数10.4，长木板与水平面间的动摩擦因数20.1，g取10m/s2.若滑块从轨道上距离c点高h0.45m的位置由静止释放，求：(1)滑块到c点时对轨道压力的大小；(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程

18、中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量【答案】(1)19n(2)1.5m(3)4.5j1【解析】(1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mgh2mv02，解得v03m/s在c点由向心力公式知：8fnmg，解得fn19n由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力fnfn19n滑块的加速度大小a114m/s2木板的加速度大小a21mg22mg2m/s2滑块的位移x10vv共t1m之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a321m/s2x30.5mmv02r(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中：mgmm由v0a1ta2tv共得出，t0.5s，v共1m/s22mg2mv共22a3故滑块的总位移xx1x

19、31.5m.(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mghq4.5j.6.(2019安徽宣城高三上学期期末)质量为m1kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过o点时速度为v4m/s，此时对物块施加f6n的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到o点。已知与桌面间动摩擦因数为0.2，重力加速度g10m/s2。求：【答案】(1)1m(2)m(1)此过程中物块到o点的最远距离；(2)撤去f时物块到o点的距离。23【解析】(1)物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为a1，物块与o点的最远距离为x1，则有fmgma1解得a18m/s2；由v22a1x1，可得x11m。9即撤去f

20、时物块到o点的距离为m。物块在传送带的带动下向上运动若物块与传送带间的动摩擦因数3，不计物块的大小，g取10m/s2.2(2)物块向左运动过程中，有力f作用时做匀加速运动，设加速度大小为a2，最大速度大小为v1，加速位移大小为x2，撤去拉力f后做匀减速运动，设加速度大小为a3，减速位移大小为x3，则有fmgma2，解得a24m/s2mgma3，解得a32m/s2由v12a2x2v212a3x3x2x3x12联立解得x33m，237.(2019陕西师大附中模拟)如图所示，与水平面成30角的传送带以v2m/s的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，ab两端距离l9m把一质量m2kg的物块(可视为质点)

21、无初速度的轻轻放到传送带的a端，715求：t(1)从放上物块开始计时，0.5s时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？(2)把这个物块从a端传送到b端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大？(3)把这个物块从a端传送到b端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？【答案】(1)14w28w(2)14j(3)18.8w【解析】(1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：ffmgcos3014n由牛顿第二定律得：ffmgsin30ma，a2m/s2v2物块与传送带速度相同时用时为：t1a2s1s因此t0.5s时刻物块正在加速，其速度为：v1at1m/s10则此时刻摩擦力

22、对物块做功的功率是：p1ffv114w此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：p2ffv28w(2)当物块与传送带相对静止时：11物块的位移x12at122212m1ml9m摩擦力对物块做功为：w1ffx1141j14j此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：w2ffvt128j这段时间产生的热量：qw2w114j(3)物块在传送带上匀速运动的时间为：vt2lx14s把物块由a端传送到b端摩擦力对物块所做的总功为：1w总mglsin302mv2把物块从a端传送到b端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是：w总t1t2p18.8w.8.(2019四川省德阳市质检)如图所示，倾角30的足够长光滑斜面底端a

23、固定有挡板p，斜面上b点与a点的高度差为h.将质量为m、长度为l的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态已知木板与物块间的动摩擦因数加速度为g.32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达b点，求v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力f0，物块相对木板刚好静止，求拉力f0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力f2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达b点，物块始终未脱离木板，求拉力f做的功w.11【答案】(1)(2hl)g(2)mg(3)mgh解得：wmgh.9.如图甲所示，半径

24、r0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，b为轨道的最低点，b点右侧的光滑水39241【解析】(1)由动能定理得22mv022mg(hlsin)解得：v0(2hl)g(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有f02mgsin2ma0对物块由牛顿第二定律有mgcosmgsinma03解得：f02mg(3)设拉力f的作用时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达b点，速度恰好减为零对木板有fmgsinmgcosma1mgsinmgcosma3对物块有mgcosmgsinma2对木板与物块整体有2mgsin2ma4另有：a1t1a3t2a2(t1t2)a2(t1t2)a4t3

25、111h2a1t12a1t1t22a3t222a4t32sin1wf2a1t129414平面上紧挨b点有一静止的小平板车，平板车质量m1kg，长度l1m，小车的上表面与b点等高，距地面高度h0.2m质量m1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点a由静止释放取g10m/s2.试求：(1)物块滑到轨道上的b点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；12(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数0.2，物块仍从圆弧最高点a由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离【答案】(1)30n(2)