动力学和能量观点的综合应用教师版

专题七动力学和能量观点的综合应用考点一利用动力学和能量观点处理多过程运动问题1．两大观点力学两大观点对应规律表达式动力学观点牛顿第二定律匀变速直线运动规律、、等能量观点动能定理机械能守恒定律功能关系等能量守恒定律2．选用原则（1）当物体受到恒力作用做匀变速直线运动（曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动），涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题。（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（摩擦生热）时，应优先选用能量守恒定律。3．分析思路（1）受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。（2）做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。（3）功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。（2024·河北省·期末考试）如图，水平轨道OAB与圆弧轨道BC在B点相切连接，水平轨道DE置于圆弧轨道右上方，三轨道位于同一竖直平面内。BC段圆心为O′，圆心角θ＝37°，半径r＝0.5m，D与C点的高度差h＝0.45m，轨道AB长l1＝2m，DE长l2＝3m。用质量m＝0.2kg的滑块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，滑块在A点脱离弹簧，从C点飞出后恰好沿水平方向进入水平直轨道DE滑行，与挡板EF弹性碰撞后（无能量损失，且碰撞时间极短）停在距离D点2m处。轨道AB和DE粗糙，其他光滑，不计空气阻力，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）滑块与DE轨道间的动摩擦因数μ′及滑块在DE轨道上因摩擦产生的热量；（2）滑块飞离C点时对圆弧轨道的压力大小FN′；（3）弹簧的弹性势能Ep。（1）滑块从C点飞出做抛体运动，设飞出时滑块速度为v，如图所示，将v分解水平方向vx＝vcos37°竖直方向vy＝vsin37°又＝2gh由以上三式，解得vx＝4m/s，vy＝3m/s，v＝5m/s滑块恰好从D点沿水平方向进入轨道DE，运动s＝4m停下，由动能定理有－μ′mgs＝0－解得μ′＝0.2由功能关系知，滑块在D点的动能最终都转化为热能，即Q＝解得Q＝1.6J（2）设滑块飞离C点时，轨道对滑块支持力为FN，对滑块在C点由牛顿第二定律有FN－mgcos37°＝代入数据得FN＝11.6N依据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小FN′＝FN＝11.6N（3）滑块由A到C，对滑块由能量守恒定律有Ep－μmgl1＝＋mgr(1－cos37°)代入数据得Ep＝4.7J（2023·高考·江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。（1）；（2）；（3）滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有联立解得，。（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有。（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有水平方向上有联立可得。研究多过程问题的方法技巧：1．“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景。2．“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。3．“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。1．（2023·陕西省·期末考试）如图，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量m＝0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高h＝0.8m处的P点水平拋出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。求：（1）物体水平拋出时的初速度大小v0；（2）经过B点时，圆弧轨道对物体的支持力FN的大小；（3）物体在轨道CD上运动的距离x。（结果保留一位小数）解：（1）对A点的速度进行分解，如图所示：由平抛运动规律知＝2gh，解得vy＝4m/s，根据几何关系得v0＝vytan37°＝3m/s；（2）从P至B点的过程，由机械能守恒定律有mg(h＋R－Rcos53°)＝，解得vB＝m/s，经过B点时，由向心力公式有FN－mg＝，解得FN＝34N；（3）因为μmgcos37°＞mgsin37°，所以物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑，从B到上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR(1－cos37°)－(mgsin37°＋μmgcos37°)x＝0－，解得x≈1.1m。2．（2021·山东高考）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：Ep＝，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（1）求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；（3）若三物块都停止时B、C间的距离为xBC，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fxBC的大小；（4）若F＝5f，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。（1）（2）（3）W＜fxBC（4）见解析（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得Fx0＝2fx0＋弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得＝2fx0＋2Ek联立方程解得x0＝Ek＝。（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx＝f若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下，恒力为最小值Fmin，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒定律得Ek＝＋fx结合第（1）问结果可知Fmin＝根据题意舍去Fmin＝，所以恒力的最小值为Fmin＝。（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为xB，C的位移为xC，以B为研究对象，由动能定理得－W－fxB＝0－Ek以C为研究对象，由动能定理得－fxC＝0－Ek由B、C的运动关系得xB＞xC－xBC联立可知W＜fxBC。（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得5fx1－2fx1－＝0解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为kx1＝6f则坐标原点的加速度为a1＝＝＝；之后C开始向右运动（B、C系统未脱离弹簧），加速度为a＝可知加速度随位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为a2＝负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得－2fx1＝脱离弹簧瞬间后C速度为v，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒定律得fx2＝解得脱离弹簧后，C运动的距离为x2＝则C最后停止的位移为x1＋x2＝＝＝。所以C向右运动的图像如图所示。考点二“滑块—木板”问题1．模型分类滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。2．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＝＝，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。3．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．如图所示，要注意区分三个位移：（1）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位移Δx。（多选）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（）A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为FxABC由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误。（2023·河北省·联考题）（多选）如图所示，倾角为30°足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面顶端，木板B的质量M＝4kg，某时刻，B由静止释放的同时，有一个质量为m＝1kg的物块A以沿斜面向上，大小为5m/s的初速度滑上木板，A、B间动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，关于物块和木板的运动，下列说法正确的是（）A．物块刚滑上板时，木板的加速度为3.125m/s2B．要使物块不滑离板，则木板长至少为2mC．整个运动过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q为10JD．不论板多长，物块最终一定能滑离木板ACA．对木板，根据牛顿第二定律可得Mgsinθ－μmgcosθ＝Ma1解得a1＝3.125m/s2，故A正确；BD．对物块，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2解得a2＝12.5m/s2物块先做匀减速直线运动，速度减为0后，再做匀加速直线运动，匀减速和匀加速的加速度相同，板始终做匀加速直线运动，当两者共速后，物块和木板一起做匀加速直线运动的加速度为a共＝gsinθ＝5m/s2设沿斜面向下为正方向，则－v0＋a2t共＝a1t共共速时间为t共＝s，x相＝＝m，故BD错误；C．整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相cosθ＝10J，故C正确。故选AC。板块模型功能问题的解题关键找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。1．（多选）（2022·江西九江一模）第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块（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。第二次将长木板分成A、B两块，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，则下列说法正确的（）A．小铅块将从B的右端飞离木板B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C．第一次和第二次过程中产生的热量相等D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量BD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，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确。2．（2023年高考·全国卷乙）（多选）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（）A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于BD设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1＞v2设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得整理可得，D正确，C错误；因摩擦产生的摩擦热，根据运动学公式，，因为v0＞v1＞v2，可得xm＞2xM，则，所以，B正确，A错误。故选BD。考点三“传送带”问题1．两个角度分析（1）动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。（2）能量角度：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。2．传送带模型中的功能分析（1）传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。（2）系统产生的热量：Q＝Ffx相对。3．功能关系的分析W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中W为传送带做的功，ΔEk为传送物体增加的动能、ΔEp为传送物体增加的势能、Q为系统产生的热量。考向一水平传送带（2023·福建漳州市第二次质检）（多选）如图甲所示，质量为0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的前3s丙为抛物线，3s到4.5s段为直线，下列说法正确的是（）A．传送带沿逆时针方向转动B．传送带速度大小为2m/sC．物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/sD．前4.5s内摩擦力对物块所做的功为－3JBCD根据位移—时间图像可知：前2s内物体向左做匀减速运动，第3s内向右做匀加速运动。3s到4.5s内小物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为v＝＝2m/s，故B正确，A错误；由图像可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x＝，其中x＝1m，t＝1s，解得a＝2m/s2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.2，在前2s内，对物块有＝－2ax，解得物块的初速度v0＝4m/s，故C正确；对物块在前4.5s内，根据动能定理Wf＝，解得摩擦力对物块所做的功为Wf＝－3J，故D正确。考向二倾斜传送带（2023·山东枣庄市二模）如图（a）所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0m。一个可视为质点的质量m＝1.0kg的物块，自A点无初速度地放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系（Ek－x）图像如图（b）所示。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25B．整个过程中合外力对物块做的功为4.0JC．整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0JD．整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量D开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcosθ－mgsinθ)x＝Ek－0，在5m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0m/s，代入动能表达式可得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝＝2J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝＋mgLABsinθ＝62J，C错误，D正确。摩擦生热公式Q＝Ffx相对中的x相对的理解1．没有往复滑动的物体间，x相对等于相对位移的大小。2．有往复滑动的物体间，x相对不等于相对位移的大小，而是两个物体间相对滑行的路程。1．在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L。已知传送带的速率恒为v，工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．工件在传送带上加速运动的时间一定等于B．传送带对每个工件做的功为＋μmgLC．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于μmgLD．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2D工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动。每个工件滑上传送带后运动的规律相同，由此可知L＝vT，解得将相