高三物理复习能力提升 第5章 专题5 应用动力学和能量观点解决多过程问题

1、专题五专题五应用动力学和能量观点解决多过程问题应用动力学和能量观点解决多过程问题 考纲解读 1.掌握多过程问题的分析方法.2.能够根据不同运动过程的特点合理选择动力学观点或能量观点 解决问题 考点一应用动力学方法和动能定理解决多过程问题 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，已知小孩与雪橇的总质量为m20 kg，静止于 水平冰面上的A点，雪橇与冰面间的动摩擦因数为0.1.(g取 10 m/s ) (1)妈妈先用 30 N 的水平恒力

2、拉雪橇，经8 秒到达B点，求A、B 两点间的距离L.图 1 2 (2)若妈妈用大小为 30 N，与水平方向成 37角的力斜向上拉雪橇，使雪橇从A处由静止开始运动并 能到达(1)问中的B处，求拉力作用的最短距离(已知 cos 370.8，sin 370.6) (3)在第(2)问拉力作用最短距离对应的运动过程中，小孩与雪撬的最大动能为多少？ 解析(1)对小孩进行受力分析，由牛顿第二定律得： Fmgma a0.5 m/s2 Lat2 解得L16 m (2)设妈妈的力作用了s距离后撤去，小孩到达B点的速度恰好为 0 解法一由动能定理得 1 2 Fcos 37s(mgFsin 37)smg(Ls)0 解

3、得s12.4 m 解法二 Fcos 37(mgFsin 37)ma 1 mgma 2 v22a 1s v22a 2(Ls) 解得s12.4 m (3)在妈妈撤去力时小孩和雪橇的动能最大， 解法一由动能定理得 Fcos 37s(mgFsin 37)sE k(写成mg(Ls)0Ek 也可以) 解得Ek72 J 1 22 解法二由动能公式得：Ekmv(v在上一问中的运动学公式中已经有表示)，解得Ek72 J 2 答案(1)16 m(2)12.4 m(3)72 J 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功 情况 2.应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分 段列式

4、 突破训练 1一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h119.5 m 高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚 好是无风天气，设它的质量m2 kg，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一 位保安发现并奔跑到楼下，保安奔跑过程用时t02.5 s，恰好在距地面高度为h21.5 m 处接住“乐 乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的 0.6 倍，缓 冲过程中空气阻力为其重力的0.2 倍，重力加速度g10 m/s .求： (1)为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间； (2)在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功 答案(1)0.5 s(2)168 J 解析(

5、1)对“乐乐”下落过程用牛顿第二定律 2 mg0.6mgma 1 解得：a14 m/s 1 2 “乐乐”下落过程：h1h2a1t 2 解得：t3 s 允许保安最长的反应时间：ttt0(32.5) s0.5 s (2)“乐乐”下落 18 m 时的速度v1a1t12 m/s 缓冲过程，由动能定理得 2 2Wmgh 20.2mgh20 mv 1 1 2 W168 J (整个过程应用动能定理也可求解，公式为：mgh 10.6mg(h1h2)0.2mgh2W0) 考点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

6、动力学方法求解；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 例 2如图 2 所示，AB为倾角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m2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓图 2 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s 12t4t(式中s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，sin 370.6， cos 370

7、.8，g取 10 m/s .试求： (1)若CD1 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s； (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？ 解析(1)由s12t4t知，物块在C点速度为v012 m/s 设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得： 2Wmgsin 37CDmv 0 2 2 2 1 2 1 2 代入数据得：Wmv0mgsin 37CD156 J 2 (2)由s12t4t知，物

8、块从C运动到B过程中的加速度大小为a8 m/s 设物块与斜面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得 22 mgsinmgcosma 代入数据解得0.25 2mv P 物块在P点的速度满足mg R 物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有 11 22mv B mgR(1cos 37)mvP 22 物块从C运动到B的过程中有vBv02as 49 由以上各式解得s m 8 (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 1 2 1 2 理得mvmgR2mgscos 3

9、7 Q mvP 22 解得vQ19L6 m 2a 2 可见，物块将从传送带的右端离开传送带 物块在传送带上克服摩擦力所做的功为WmgL12 J 4有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成 如图 8 所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的 现在最低点A给一质量为m的小球一个水平向右的初速度v0， 使小球沿轨道恰好能过最高点B，且又能沿BFA回到A点，回 到A点时对轨道的压力为4mg.不计空气阻力，重力加速度为g.求：图 8 (1)小球的初速度v0大小； (2)小球沿BFA回到A点时的速度大小； (3)小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功 答案(1) 5gR(

10、2) 3gR(3)mgR 解析(1)对小球由AEB恰好通过B点，根据牛顿第二定律： mgmv 2 B R ，vBgR 根据动能定理：1 2mv 2 1 2 B 2mv0mg2R 解得：v0 5gR (2)由于小球回到A点时对轨道的压力为 4mg 根据牛顿第二定律：4mgmgmv 2 A R ，vA 3gR (3)小球由B经F回到A的过程中，根据动能定理： 2mgRW 1 2 1 2 f2mvA 2mvB 解得：WfmgR (限时：45 分钟) 如图 1 所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发， 经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定 在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道

11、最高点P后又进入 水平轨道CD.已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时图 1 1 受到阻力恒为车重的 0.5 倍，即k0.5，赛车的质量m0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功 率P2 W 工作，轨道AB的长度L2 m，圆形轨道的半径R0.5 m，空气阻力可忽略，取g10 m/s . 某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道， 又在CD轨道上运动的路程最短 在此条件下，求： (1)小车在CD轨道上运动的最短路程； (2)赛车电动机工作的时间 答案(1)2.5 m(2)4.5 s 解析(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨 道最高点P时速

12、度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力： 2v P mgm R 2 F f mg C点的速度由机械能守恒定律可得： 22mg2Rmv P mvC 1 2 1 2 由上述两式联立，代入数据可得：vC5 m/s 1 2 设小车在CD轨道上运动的最短路程为s，由动能定理可得：kmgs0mvC 2 代入数据可得：s2.5 m (2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：vBvC5 m/s 从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得： 2PtkmgLmv B 1 2 代入数据可得：t4.5 s. 2如图 2 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

13、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 因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求： (1)物块滑到O点时的速度大小； (2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为d时的弹性势能(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？ 答案(1) 2gh(2)mghmgd(3)h2d 1 2 解析(1)由机械能守恒定律得mghmv 2 解得v 2gh. (2)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为Wmgd 图 2 1 2 由能量守恒定律得

14、mvEpmgd 2 以上各式联立得Epmghmgd. (3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为Wmgd 由能量守恒定律得Epmgdmgh 所以物块A能够上升的最大高度为hh2d. 3如图 3 所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L0.2 m，动摩擦因数0.6，BC、DEN段 均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h0.1 m 的高度差，DEN是半径为r0.4 m 的半圆形 轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过在左端竖直墙 上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m0.2 kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释 放(小球和弹

15、簧不粘连)，小球刚好能沿DEN轨道滑下求： 图 3 (1)小球到达N点时的速度； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能 答案(1)2 5 m/s(2)0.44 J 2v D 解析(1)小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有：mgm r 从D点到N点，由机械能守恒得： 11 22mv 0 D mg2rmvN 22 联立以上两式，代入数据得： vD2 m/s，vN25 m/s. (2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep，根据动能定理得W 1 2 mgLmghmvD0 2 代入数据得W0.44 J 即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J. 4如图 4

16、所示，AB为一长为l并以速度v顺时针匀速转动的传送带， BCD部分为一半径为r、竖直放置的粗糙半圆形轨道，直径BD 恰好竖直，并与传送带相切于B点现将一质量为m的小滑块无 初速地放在传送带的左端A点上，已知滑块与传送带间的动摩擦图 4 v2 因数为(l)求： 2g (1)滑块到达B点时对轨道的压力大小； (2)滑块恰好能到达D点，求滑块在粗糙半圆形轨道中克服摩擦力所做的功； (3)滑块从D点再次掉到传送带上的某点E，求AE的距离 v21 2 5 答案(1)m(g )(2)mvmgr(3)l2r r22 解析(1)设滑块在摩擦力作用下从A到B一直被加速，且设刚好到达B点前的速度为v， v20 则

17、sl 2g 故滑块在传送带上是先加速后匀速，到达B点时与传送带速度相同为v v2 由牛顿第二定律，FNmgmr v2 得FNm(g ) r v2 由牛顿第三定律知其对轨道的压力为m(g ) r v2 (2)滑块恰好能到达D点，则mgm r 11 22 由动能定理得：mg2rWfmv mv 22 1 2 5 得Wfmvmgr 22 (3)滑块从D点再次掉到传送带上E点做平抛运动，即 水平方向xvt 1 2 竖直方向ygt2r 2 t2 解得 x2r r g 故AE的距离为l2r 5如图 5 甲所示是一打桩机的简易模型质量m1 kg 的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开 始运动，上升一段高度

18、后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度物体上升过 程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示不计空气阻力及摩擦力，g取 10 m/s .求： 2 甲乙 图 5 (1)物体上升到 1 m 高度处的速度； (2)物体上升 1 m 后再经过多长时间才撞击钉子(结果可保留根号)； (3)物体上升到 0.25 m 高度处拉力F的瞬时功率 答案(1)2 m/s(2) 61 s (3)12 W 5 解析(1)设物体上升到h11 m 处时的速度为v1，由题图乙知E112 J，则 2mgh 1 mv 1 E1 1 2 解得v12 m/s (2)解法一：由题图乙知，物体上升到h11 m 后机械能守恒，即撤去拉力F，物体仅在重力作用下先 匀减速上升，至最高点后再自由下落设向上减速时间为t1，自由下落时间为t2. 对减速上升阶段有 0v1gt1，