高二物理（江苏）（新高三）暑期作业复习方法策略6讲-第讲用动力学和能量观点解全国通用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第8讲用动力学和能量观点解决多过程问题【高考热点】1。动力学和动能定理结合的问题.2。动力学和机械能守恒定律结合的问题。3.动力学观点和能量观点解决力学综合问题。一、动力学方法和动能定理解决多过程问题1。动力学方法指的是应用牛顿运动定律和动力学公式，能量观点指的是应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律解决问题.2。若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点,则往往用动能定理求解.【例1】如图1所示，水平传送带匀速运动的速度为v0，逆时针旋转.半径为R的eq\f(1,4)半圆弧光滑轨道的下端B紧挨传送带的左端，但不影响传送带的运动.一个质量为m的小物块从圆弧的最高点A由静止滑下,到B点时滑上传送带，物块与传送带间的摩擦因数为μ,重力加速度为g，求：图1(1）物块在圆弧轨道最低点时对轨道压力的大小与方向；（2）要使物块不能从传送带的另一侧滑下，传送带两轮轴心间的长度至少应为多少?（3)如果传送带两轮轴心间的长度为(2）中所求结果，求物块在传送带上运动到最右端的过程中因摩擦产生的热量为多少？方法提炼“传送带”模型中的解题方法1.动力学角度：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，依据牛顿第二定律结合运动学规律求解.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，常依据功能关系或能量守恒定律求解。利用公式Q＝Ffl相对求摩擦热时，式中l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l相对为总的相对路程。二、用动力学和机械能守恒定律解决多过程问题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；若某个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.若物体只有重力和弹簧弹力做功,而不涉及过程的加速度和时间，应优先选择机械能守恒定律。【例2】（2016·全国卷Ⅲ，24）如图2，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f（1，2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接.AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f（R,2）。一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4）处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。图2求小球在B、A两点的动能之比;通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.方法提炼解决机械能守恒综合题目的一般方法1.对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律.2。对物体在每一过程中的受力情况进行分析，确定有哪些力做功,有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条件。3。分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解.三、动力学观点和能量观点解决力学综合问题1。当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。2.当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律.3。当涉及细节并要求分析力时,一般选择牛顿运动定律，对一某时刻的问题选择牛顿第二定律求解.4。复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题.【例3】如图3所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切.一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m。滑块在木板上滑行t＝1s后,和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2.求：图3滑块与木板间的摩擦力；滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3）滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量.方法提炼求解相对滑动物体的能量问题的方法1。正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析.2。利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系.3。公式Q＝Ff·l相对中，l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动，则l相对为总的相对路程.题组1功能关系的理解和应用1。如图4所示，木块A放在木板B上面的左端,用恒力F将木块A拉到木板B的右端。第一次将B固定在地面上,F做功为W1，系统产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑水平地面上自由滑动，F做功为W2,系统产生的热量为Q2，则有(）图4A。W1＝W2，Q1＝Q2 B.W1<W2，Q1＝Q2C.W1<W2,Q1<Q2 D.W1＝W2，Q1〈Q22。(多选)如图5所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点.质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑,与弹簧发生相互作用后,最终停在斜面上.下列说法正确的是(）图5A.物体最终将停在A点B。物体第一次反弹后不可能到达B点C。整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D.整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能3.如图6所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP＝2R,重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中（)图6A。重力做功2mgR B.机械能减少mgRC.合外力做功mgR D。克服摩擦力做功eq\f（1,2）mgR4。（多选）如图7所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点）由静止开始下滑,经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止.若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(）图7A。物块滑到b点时的速度为eq\r（gR）B。物块滑到b点时对b点的压力是3mgC。c点与b点的距离为eq\f(R,μ）D.整个过程中物块机械能损失了mgR5.(多选）如图8所示，滑块以速率v1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2<v1，则下列说法中错误的是()图8A.全过程中重力做功为零B.在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等C.在上滑和下滑两过程中，滑块的加速度大小相等D.在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率相等题组2应用动力学和能量观点分析多过程问题6。如图9所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,经过时间t后，物体保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程中,下列说法正确的是(）图9A。电动机做的功为eq\f(1，2)mv2B。摩擦力对物体做的功为mv2C.传送带克服摩擦力做的功为eq\f(1,2）mv2D。电动机增加的功率为μmgv7。（多选）滑板运动已成为青少年所喜爱的一种体育运动,如图10所示,某同学正在进行滑板训练。图中AB段路面是水平的，BCD是一段半径R＝20m的拱起的圆弧路面,圆弧的最高点C比AB段路面高出h＝1.25m，若人与滑板的总质量为M＝60kg。该同学自A点由静止开始运动，在AB路段他单腿用力蹬地，到达B点时停止蹬地,然后冲上圆弧路段，结果到达C点时对路面的压力恰好等于eq\f（Mg，2）,不计滑板与各路段之间的摩擦力及经过B点时的能量损失（g取10m/s2）。则（)图10A.该同学到达C点时的速度大小为10eq\r(2)m/sB。该同学到达C点时的速度大小为10m/sC.该同学在AB段所做的功为3750JD。该同学在AB段所做的功为750J8.如图11所示，让小球从半径R＝1m的光滑eq\f（1，4）圆弧PA的最高点P由静止开始下滑，圆心O在A点的正上方,小球自A点进入粗糙的水平面做匀减速运动,到达小孔B进入半径r＝0。3m的、竖直放置的光滑竖直圆轨道，当小球进入圆轨道后立即关闭B孔,小球恰好能做圆周运动。已知小球质量m＝0。5kg，A点与小孔B的水平距离x＝2m，取g＝10m/s2（最后结果可用根式表示).求：图11小球到达最低点A时的速度以及小球在最低点A时对轨道的压力大小;小球运动到光滑竖直圆轨道最低点B时的速度大小；（3）粗糙水平面的动摩擦因数μ。9。如图12所示，水平传送带与x轴重合，左端位于坐标原点O，右端与竖直圆弧轨道的光滑内侧相切于Q点,传送带长L＝6m、匀速运动的速度v0＝5m/s。质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2m的P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点.小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0。5，取g＝10m/s2。求：图12小物块随传送带运动到Q点时的速度大小;(2）N点纵坐标yN。10。如图13所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点。已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g,求：图13物块滑到O点时的速度大小v；弹簧被压缩至最短时,最大压缩量为d，求此时弹簧的弹性势能Ep(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；(3）若物块A能够被弹回到坡道上,则它能够上升的最大高度是多少？

第8讲用动力学和能量观点解决多过程问题备考指导例1（1)3mg方向向下(2）eq\f(R,μ）(3)m(gR＋v0eq\r(2gR）)解析（1）设物块在B点时的速度为vB，物块由A到B的过程，由动能定理得mgR＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2，B）由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f（veq\o\al（2，B),R)解得FN＝3mg即物块在圆弧轨道最低点时对轨道的压力为3mg,方向向下．（2）方法一：物块相对传送带滑动,设加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，物块速度从vB减到0时的位移就是传送带两轴心间的最小距离,设为L,由运动学规律得veq\o\al(2，B)＝2aL，解上述各式得：L＝eq\f（R，μ)方法二：物块从A到C的过程由动能定理得mgR－μmgL＝0。传送带的长度至少为L＝eq\f（R，μ)。(3)物块向右减速至0时运动的位移为x1，时间为t则veq\o\al(2，B)＝2ax1,vB＝at在时间t内，传送带向前运动的距离x2＝v0t物块相对传送带运动的距离为Δx＝x2＋x1损耗的机械能为ΔE＝μmg·Δx解上述各式得ΔE＝m(Rg＋v0eq\r（2Rg))例2(1)5∶1(2)能,理由见解析解析(1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg·eq\f（R，4)①设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg·eq\f（5R，4）②由①②式得eq\f（EkB,EkA）＝5③(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0④设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有FN＋mg＝meq\f（veq\o\al（2，C)，\f（R,2）)⑤由④⑤式得mg≤meq\f（2veq\o\al（2,C），R）⑥vC≥eq\r（\f(Rg,2)）⑦全程应用机械能守恒定律得mg·eq\f（R，4）＝eq\f（1,2）mvC′2⑧由⑦⑧式可知，vC＝vC′,即小球恰好可以沿轨道运动到C点．例3（1)2N(2）1。5J(2）1.5m3J解析（1)对木板：Ff＝Ma1由运动学公式得v＝a1t解得a1＝1m/s2，Ff＝2N(2)对滑块：－Ff＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式v－v0＝a2t解得a2＝－2m/s2，v0＝3m/s滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2,0）可得滑块克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－eq\f(1，2)mveq\o\al（2,0)＝1。5J(3)t＝1s内木板的位移x1＝eq\f（1,2)a1t2此过程中滑块的位移x2＝v0t＋eq\f(1，2)a2t2故滑块相对木板滑行的距离L＝x2－x1＝1.5m产生的热量Q＝Ff·L＝3J（也可以根据能量守恒定律:产生的热量Q＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，0)－eq\f（1，2)（M＋m）v2＝3J）考点突破1．B设木板B长度为L,A、B之间的摩擦力大小为Ff,木板B固定时，力F对木块A做的功为W1＝FL，木块A克服滑动摩擦力做的功为WfA＝FfL木板B的对地位移为零，所以摩擦力对木板B做的功WfB为零，故滑动摩擦力对系统做的功为Wf1＝－WfA＋WfB＝－FfL根据能量转化和守恒定律可得,第一次产生的热量为Q1＝FfL当木板B可在光滑水平地面上运动时，在A从B的左端向右端滑动的过程中，由于木板B在滑动摩擦力的作用下要向右加速运动,所以木块A滑到木板B右端时，其对地位移大于B的长度L,所以有W2>FL,而滑动摩擦力对系统做的功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，所以由能量转化和守恒定律可得，第二次产生的热量Q2＝FfL.］2．BC因物体由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力,所以物体最终停下后一定要压缩弹簧，不可能停在A点，选项A错误；物体在运动过程中，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，所以物体第一次反弹后不可能到达B点,选项B正确；因整个过程中要克服摩擦力做功，最终压缩弹簧还要克服弹力做功，所以重力势能一部分转化为内能,另一部分转化为弹簧的弹性势能,选项C正确；整个过程中物体第一次向下运动到A点下方斜面上某一点时合力为零,速度最大,此时有最大动能Ekm,从该点到速度为零的过程中，根据功能关系有Epm＝Ekm＋mgh－Wf，由于重力做功mgh大于克服摩擦力做功Wf,所以Epm〉Ekm，即物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能,选项D错误．]3．D小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，故只受重力作用，根据mg＝eq\f（mv2，R)得，小球在B点的速度v＝eq\r（gR）。小球从P点到B点的运动过程中,重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－eq\f（1,2)mv2＝eq\f（1，2）mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝eq\f(1，2）mv2＝eq\f（1，2)mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝eq\f(1,2）mv2－0，所以Wf＝mgR－eq\f(1,2）mv2＝eq\f（1，2）mgR，故选项D正确．]4．BCD物块从a到b，由机械能守恒定律得：mgR＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，b),所以vb＝eq\r(2gR）,故A错；在b点,由FN－mg＝meq\f(veq\o\al（2，b），R）得：FN＝3mg，故B对；从b到c，由动能定理得:－μmgx＝－eq\f(1，2）mveq\o\al(2,b），得x＝eq\f（R,μ），故C对;对整个过程由能量守恒知D正确．］5．CD从开始上滑至回到出发点,滑块位移为零，全过程重力做功为零,A正确；在上滑和下滑过程中摩擦力大小相同,位移大小相等,所以摩擦力做功相同,根据能量守恒定律，机械能减少量相等，B正确；上滑时滑块所受合外力大于下滑时滑块所受合外力，所以在上滑和下滑两过程中加速度不相等，C错误；上滑的时间小于下滑的时间，摩擦力做功的平均功率不相等，D错误．］6．D由能量守恒定律知,电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知,B错；传送带克服摩擦力做的功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W＝mv2，故C错；由功率公式易知电动机增加的功率为μmgv，故D对．]7．BC设滑行到C点时的速度为vC，由牛顿第二定律，Mg－FN＝Meq\f（veq\o\al（2,C),R),而FN＝eq\f（1，2）Mg，得vC＝10m/s，故A项错误，B项正确；人和滑板组成的系统从B→C的过程中机械能守恒：eq\f(1,2）Mveq\o\al(2，B)＝eq\f（1，2)Mveq\o\al（2，C）＋Mgh，A→B段做功由动能定理得：W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al（2,B)＝3750J，故C项正确，D项错误．］8．(1)eq\r(20)m/s15N（2)eq\r（15）m/s(3)0。125解析(1)对PA段应用动能定理，得mgR＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2，A）代入数据解得：vA＝eq\r(20）m/s在最低点有：FN－mg＝meq\f（veq\o\al（2,A），R)解得:FN＝15N由牛顿第三定律可知：小球在最低点A时对轨道的压力大小为15N。（2)小球恰好能做圆周运动，在最高点C时满足:mg＝meq\f(veq\o\al(2,C），r)得vC＝