1、专题讲座五 动力学和能量观点的综合应用 核心探究演练提升核心探究分类探究各个击破考点一 直线、平抛、圆周运动组合问题 1.解题策略(1)动力学方法观点:牛顿运动定律、运动学基本规律.(2)能量观点:动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律.2.解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程,将物理过程分解成几个简单的子过程.(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带,也是解题的关键.很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口.【典例1】如图所示,将一质量m=0.1 kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出,小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为=53的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑,斜
2、面底端B与光滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B点后进入BC部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2 m,斜面高H=15 m,竖直圆轨道半径R=5 m.取sin 53=0.8,cos 53=0.6,g=10 m/s2,求:(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x;(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间;(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力.审题指导 题干关键获取信息小球恰好无碰撞落到斜面顶端A落到A点时速度方向与斜面平行以不变的速率过B点不计小球与斜面底端碰撞中的能量损失圆轨道最高点D轨道对小球的
3、压力和重力的合力提供向心力解析:(1)小球做平抛运动落至 A 点时,由平抛运动的速度分解图可得 v0=tanyv 由平抛运动规律得2yv=2gh h=12g21t,x=v0t1 联立解得 v0=6 m/s,x=4.8 m.(2)小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面顶端 A 点,需要时间 t1=2hg=0.8 s,小球在 A 点的速度沿斜面向下,速度大小 vA=0cosv=10 m/s 从 A 点到 B 点由动能定理得 mgH=12m2Bv-12m2Av 解得 vB=20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a=gsin=8 m/s2 由 vB=vA+at2,解得 t2=1.25 s,小球从平台顶端
4、 O 点抛出至落到斜面底端 B 点所用的时间 t=t1+t2=2.05 s.(3)水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑,小球从 B 点到 D 点,由动能定理可得-2mgR=12m2Dv-12m2Bv,在 D 点由牛顿第二定律可得 N+mg=m2DvR 联立解得 N=3 N,由牛顿第三定律可得,小球在 D 点对轨道的压力 N=3 N,方向竖直向上.答案:(1)6 m/s 4.8 m(2)2.05 s(3)3 N 反思总结 多过程问题的解题技巧(1)“合”初步了解全过程,构建大致的运动图景.(2)“分”将全过程进行分解,分析每个过程的规律.(3)“合”找到子过程的联系,寻找解题方法.【针对训练】20
5、20年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行,花样滑雪是冬季奥林匹克运动会精彩项目之一,设一个质量M=50 kg的跳台花样滑雪运动员(可看成质点),从静止开始沿斜面雪道从A点滑下,沿切线从B点进入半径R=15 m的光滑竖直冰面圆轨道BPC,通过轨道最高点C水平飞出,经t=2 s落到斜面雪道上的D点,其速度方向与斜面垂直,斜面与水平面的夹角=37,运动员与雪道之间的动摩擦因数=0.075,不计空气阻力,取当地的重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.60,cos 37=0.80.试求:解析:(1)在 D 点,竖直方向上的分速度 vy=gt=102 m/s=20 m/s tan 3
6、7=Cyvv,代入数据解得 vC=15 m/s.(1)运动员运动到C点时的速度大小vC;答案:(1)15 m/s 答案:(2)3 250 N 解析:(2)对 PC 过程,由机械能守恒定律可得 12m2Pv=12m2Cv+mg2R 在 P 点 N-mg=2PmvR,联立代入数据解得 N=3 250 N.(2)运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小N;解析:(3)对 AP 过程,由动能定理得 mgh-mgcos 37cos37sin37hRR=12m2Pv 代入数据解得 h=45.5 m.(3)A点距过P点的水平地面的高度h.答案:(3)45.5 m 考点二 应用动力学和能量的观点分析“传送带
7、”问题 1.动力学角度分析 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.传送带问题中的功能关系分析(1)功能关系分析:W=Ek+Ep+Q.(2)对W和Q的理解:传送带做的功W=Fx传,其中F为传送带的动力,x传为传送带转过的距离;产生的内能Q=f x.【典例2】(2018宁夏石嘴山模拟)如图所示,水平传送带长L=12 m,且以v=5 m/s的恒定速率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接,有一质量m=2 kg的物块从距传送带高h=5 m 的A点由静止开始滑下.已知物块与传送带之间的动
8、摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)物块距传送带左端C的最小距离;(2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度;(3)在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量.核心点拨(1)由运动学公式求出物块向左速度减为零的时间及位移,相对位移等于物块位移与传送带在这段时间内的位移之和.(2)物块向右运动到B点时,需判断物块是先加速后匀速,还是一直向右加速.解析:(1)物块从 A 到 B 的过程中,由动能定理得 mgh=12m2Bv解得 vB=10 m/s,物块在传送带上向左运动的过程中,由牛顿第二定律得mg=ma 解得 a=5 m/s2由运动学公式得 0-2Bv=-2ax1
9、解得 x1=10 m,且 t1=Bva=2 s,物块距传送带左端 C 的最小距离 dmin=L-x1=2 m.(2)物块在传送带上向右运动的过程中,由牛顿第二定律得mg=ma 解得 a=5 m/s2,物块到达与传送带共速的时间 t2=va=1 s x2=12a22t=2.5 m10 m,此后物块随传送带向右匀速运动,经过 B 点时的速度 v=5 m/s,物块经过 B 点后滑上曲面的过程中,由动能定理得-mghm=0-12mv2解得 hm=1.25 m.答案:(1)2 m(2)1.25 m(3)225 J(3)物块在传送带上向左运动的过程中,相对位移 x1=x1+vt1=20 m 此过程中产生的
10、热量Q1=mgx1=200 J,物块在传送带上向右运动的过程,相对位移 x2=vt2-x2=2.5 m 此过程中产生的热量Q2=mgx2=25 J,全程产生的热量Q热=Q1+Q2=225 J.反思总结 解决传送带问题的注意点(1)明确传送带的运动情况,是匀速、匀加速还是存在两段不同的运动过程.(2)弄清物体接触传送带时相对地面的初速度是否为零.(3)判断初始时刻物体与传送带之间的相对运动方向,确定摩擦力的方向.(4)判断当物体与传送带速度相等时,摩擦力的大小、方向是否发生突变.【针对训练】如图所示,倾角为37的传送带以4 m/s的速度沿图示方向匀速运动.已知传送带的上、下两端间的距离为L=7
11、m.现将一质量m=0.4 kg的小木块放到传送带的顶端,使它从静止开始沿传送带下滑,已知木块与传送带间的动摩擦因数为=0.25,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求木块滑到底的过程中,摩擦力对木块做的功以及产生的热量各是多少?解析:刚开始时,合力的大小为 F1=mgsin 37+mgcos 37,由牛顿第二定律,加速度大小 a1=1Fm=8 m/s2,该过程所用时间 t1=01va=0.5 s,位移大小 x1=2012va=1 m.二者速度大小相同后,合力的大小为 F2=mgsin 37-mgcos 37,加速度大小 a2=2Fm=4 m/s2,位移大小 x2=
12、L-x1=6 m,所用时间由 x2=v0t2+12a222t 得,t2=1 s.(另一个解 t2=-3 s 舍去)摩擦力所做的功 W=mg(x1-x2)cos 37=-4.0 J,相对运动的路程x=(v0t1-x1)+(x2-v0t2)=3 m 全过程中产生的热量 Q=fx=mgxcos 37=2.4 J 答案:-4.0 J 2.4 J 考点三 应用动力学和能量的观点分析“滑块滑板”问题 1.问题分类 水平面上的滑块滑板问题和在斜面上的滑块滑板模型.2.处理方法 往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能
13、的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到 E内=-E机=fx相对.【典例3】图(甲)中,质量为m1=1 kg的物块叠放在质量为m2=3 kg的木板右端.木板足够长,放在光滑的水平面上,木板与物块之间的动摩擦因数为 1=0.2.整个系统开始时静止,重力加速度g取10 m/s2.(1)在木板右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动,拉力F至少应为多大?核心点拨(1)02 s内物块所受摩擦力方向向右,2 s后物块所受摩擦力方向向左.解析:(1)把物块和木板看成整体,由牛顿第二定律得 F=(m1+m2)a 物块与木板将要相对滑动时,1m1g=m1a 联立解得F=1(m1+m2)g=8 N
14、.答案:(1)8 N (2)在04 s内,若拉力F的变化如图(乙)所示,2 s后木板进入 2=0.25的粗糙水平面,在图(丙)中画出04 s内木板和物块的v-t图像,并求出04 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能.解析:(2)物块在 02 s 内做匀加速直线运动,木板在 01 s 内做匀加速直线运动,加速度 a2=112Fm gm=4 m/s2,1 s 末速度 v2=a2t=4 m/s,在 12 s 内做匀速运动,2 s 后物块和木板均做匀减速直线运动,木板加速度大小 a2=212112mm gm gm=83 m/s2,核心点拨(2)利用v-t图像,分别求出02 s内和24
15、 s内物块相对木块的相对位移.速度减到零的时间 t=22va=1.5 s.故二者在整个运动过程中的 v-t 图像如图所示.答案:(2)图像见解析 3 m 36 J 02 s内物块相对木板向左运动,24 s内物块相对木板向右运动.02 s内物块相对木板的位移大小x1=2 m,系统摩擦产生的内能Q1=1m1gx1=4 J.24 s内物块相对木板的位移大小x2=1 m,物块与木板因摩擦产生的内能Q2=1m1gx2=2 J;2 s后木板对地位移x2=3 m,木板与地面因摩擦产生的内能Q3=2(m1+m2)gx2=30 J.04 s内系统因摩擦产生的总内能为Q=Q1+Q2+Q3=36 J.反思总结 做好
16、两种分析,突破滑块滑板类问题(1)动力学分析:分别对滑块和滑板进行受力分析,求出各自的加速度;从放上滑块到二者速度相等,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.(2)功和能分析:对滑块和滑板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律.要注意区分三个位移:求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑;求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移x板;求摩擦生热时用相对滑动的位移x相.多维训练 1.水平面上的滑块滑板问题(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图(甲)所示,一个小铅块(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.现将木板分成A
17、和B两段,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由木块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,则下列有关说法正确的是()A.小铅块将从木板B的右端飞离木板 B.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止 C.(甲)、(乙)两图所示的过程中产生的热量相等 D.图(甲)所示的过程产生的热量大于图(乙)所示的过程产生的热量 BD 解析:第一次在小铅块运动过程中,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,运动到B部分上后,A部分停止加速,只有B部分加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二
18、次小铅块与B木板将更早达到速度相等,所以小铅块还没有运动到B的右端,两者速度相同.选项A错误,B正确;根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量,第一次的相对路程大于第二次的相对路程,则图(甲)所示的过程产生的热量大于图(乙)所示的过程产生的热量,选项C错误,D正确.2.斜面上的滑块滑板问题如图所示,AB段为一半径R=0.2 m的 光滑圆弧轨道,EF是一倾角为30的足够长的光滑固定斜面,斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD,开始时薄木板被锁定.一质量也为0.1 kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑.通过B点后水平抛出,经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板,在物块滑上薄木板的同
19、时薄木板解除锁定,下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度.已知物块与薄木板间的动摩擦因数=.(g=10 m/s2,结果可保留根号)求:1436解析:(1)物块从 A 运动到 B 的过程,由动能定理得 mgR=12m2Bv,解得 vB=2 m/s 在 B 点由牛顿第二定律得 N-mg=m2BvR 解得 N=3 N.由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为 3 N,方向竖直向下.答案:(1)3 N,方向竖直向下(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力;(2)物块滑上薄木板时的速度大小;解析:(2)设物块滑上薄木板时的速度为 v,则 cos 30=Bvv 解得 v=4 33 m/s.答案:(2)4 3
20、3 m/s(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间.解析:(3)物块和薄木板下滑过程中,由牛顿第二定律得 对物块 mgsin 30-mgcos 30=ma1 对薄木板 mgsin 30+mgcos 30=ma2,设物块和薄木板达到的共同速度为 v,则 v=v+a1t=a2t 解得 a1=2.5 m/s2,t=4 315 s.答案:(3)2.5 m/s2 4 315 s 演练提升真题体验强化提升 1.传送带问题(2015天津卷,10)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 k
21、g的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数=0.5.设皮带足够长,取g=10 m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求 解析:(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则F=mg 取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有 Ft=mv-0 联立并代入数据得t=0.2 s.答案:(1)0.2 s(1)邮件滑动的时间t;答案:(2)0.1 m 解析:(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有Fx=12mv2-0 联立并代入数据得 x=0.1 m.(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析:(3)邮件与皮带发生相对滑动
22、过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=vt 摩擦力对皮带做的功W=-Fs 联立并代入数据得W=-2 J.答案:(3)-2 J 2.涉及弹簧的直线、圆周、平抛运动组合问题(2016全国卷,25)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态.直轨道与一半径为 R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A,B,C,D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出).随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数=,重力加速度大小为g.(取sin 37=,cos 37=
23、)56143545(1)求P第一次运动到B点时速度的大小;解析:(1)根据题意知,B,C 之间的距离 l 为 l=7R-2R,设 P 到达 B 点时的速度为 vB,由动能定理得 mglsin-mglcos=12m2Bv,式中=37,联立式并由题给条件得 vB=2 gR.答案:(1)2gR(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能;解析:(2)设 BE=x,P 到达 E 点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为 Ep,P 由 B点运动到 E 点的过程中,由动能定理有 mgxsin-mgxcos-Ep=0-12m2Bv,E,F 之间的距离 l1为 l1=4R-2R+x,P 到达 E 点后反弹,从 E 点运动
24、到 F 点的过程中,由动能定理有 Ep-mgl1sin-mgl1cos=0,联立式并由题给条件得 x=R,Ep=125mgR.答案:(2)125mgR(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点.G点在C点左下方,与C点水平相距 R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.72解析:(3)设改变后 P 的质量为 m1.D 点与 G 点的水平距离 x1和竖直距离 y1分别为 x1=72R-56Rsin,y1=R+56R+56Rcos,式中,已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实.设 P 在 D 点的速度为 vD,由 D 点运动到 G 点的时间为 t.由平抛运动公式有y1=12gt2,x1=vDt,联立式得 vD=3 55gR,设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒,有 12m12Cv=12m12Dv+m1g(56R+56Rcos),P 由 E 点运动到 C 点的过程中,同理,由动能定理有 Ep-m1g(x+5R)sin-m1g(x+5R)cos=12m12Cv,联立式得 m1=13m.答案:(3)3 55gR 13m