1、2020新亮剑高考总复习 第五单元 机 械 能 微专题5 应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题 考点巧讲悟剑：课堂精讲 考点巧讲 一 多过程问题 1.多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题。2.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。3.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。考点巧讲 4.解决多过程问题的总体思路(1)
2、“合”初步了解全过程,构建大致运动图景。(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。5.多过程问题的分析要点:(1)题目中有多少个物理过程。(2)每个过程中物体做什么运动。(3)每种运动满足什么物理规律。(4)运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些。例1 答案(1)4 m/s(2)3 m/s(3)1.2 m 考点巧讲 如图所示,光滑的水平地面上有一长 l=0.8 m、高 h=0.35 m 的固定台阶,另一质量M=1 kg、长 L=4.75 m、高 H=0.8 m 的小车静止在地面上,小车的右端点与台阶的距离 s=3 m,现有一质量 m=2 kg
3、 的滑块(可视为质点)以 v0=6 m/s 的水平初速度滑上小车左端,带动小车向右运动,小车与台阶碰撞时即被粘在台阶上。已知滑块与小车上表面间的动摩擦因数=0.2,取 g=10 m/s2。求:(1)小车与台阶碰撞时滑块的速率。(2)滑块离开小车时的速率。(3)滑块最终落地点与台阶左侧的水平距离。解析 考点巧讲(1)滑块滑上小车后,小车将做匀加速直线运动,滑块将做匀减速直线运动,设滑块加速度大小为 a1,小车加速度大小为 a2,由牛顿第二定律得 对滑块有 mg=ma1 对小车有 mg=Ma2 当滑块相对小车静止时,两者速度相等,设小车与滑块经历时间 t 后速度相等,则有 v0-a1t=a2t 滑
4、块的位移 s1=v0t-12a1t2 小车的位移 s2=12a2t2 代入数据得 s=s1-s2=3 mL,且 s2l,故滑块最终落在水平地面上 由 H=12g22 得 x=v2t2=1.2 m。二 传送带模型 考点巧讲 1.传送带模型是高中物理中比较常见的模型,有水平、倾斜以及平斜交接三种类型。一般设问的角度有两个:(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,等等,
5、常依据功能关系或能量守恒定律求解。考点巧讲 2.传送带问题的分析流程 例2(1)3.125 s(2)12.5 J 考点巧讲 题型1 水平传送带 如图所示,一质量 m=1 kg 的可视为质点的滑块,放在光滑的水平平台上,平台的左端与水平传送带相接,传送带以 v=2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)。现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧,轻弹簧的原长小于平台的长度,滑块静止时弹簧的弹性势能 Ep=4.5 J,若突然释放滑块,滑块向左滑上传送带。已知滑块与传送带间的动摩擦因数=0.2,传送带足够长,取 g=10 m/s2。求:(1)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间。(2)滑块从
6、第一次滑上传送带到离开传送带的过程中由于摩擦产生的热量。答案 解析 考点巧讲(1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速度为 v1,则 Ep=12m12,得 v1=3 m/s 滑块在传送带上运动的加速度 a=g=2 m/s2 滑块向左运动的时间 t1=1=1.5 s 向右匀加速运动的时间 t2=1 s 向左的最大位移 x1=122=2.25 m 向右加速运动的位移 x2=22=1 m 匀速向右的时间 t3=1-2=0.625 s 所以 t=t1+t2+t3=3.125 s。考点巧讲(2)滑块向左运动 x1 的位移时,传送带向右的位移 x1=vt1=3 m 则 x1=x1+x1=5.2
7、5 m 滑块向右运动 x2 时,传送带向右的位移 x2=vt2=2 m 则 x2=x2-x2=1 m x=x1+x2=6.25 m 则产生的热量 Q=mgx=12.5 J。例3(1)2 s(2)24 J 考点巧讲 题型2 倾斜传送带 如图所示,传送带与水平面成夹角=37,A 到 B 的长度 L=16 m,传送带以速度 v=10 m/s的速度沿逆时针方向转动,在传送带上端 A 无初速度释放一质量 m=1 kg 的小物体,它与传送带间的动摩擦因数=0.5,已知重力加速度 g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)小物体从 A 运动到 B 所需的时间。(2)小物体从
8、A 运动到 B 的过程中与传送带间由于摩擦而产生的热量 Q。答案 解析 考点巧讲(1)物体开始放到传送带上,由于传送带运动快,物体受到向下的滑动摩擦力作用(Ff=mgcos=4 N),沿传送带向下做加速运动 加速度大小 a1=f+sin=gsin+gcos=10 m/s2 小物体以加速度 a1 加速运动至 v 所用时间 t1=1=1 s 位移 x1=221=5 m 当小物体和传送带速度相同时,因为小物体沿传送带向下的重力分力 G1=mgsin=6 NFf,所 以小物体向下做加速运动,加速度大小 a2=sin-f=gsin-gcos=2 m/s2 后一段位移 x2=L-x1=11 m,加速时间设
9、为 t2,则有 考点巧讲 vt2+12a2t2=x2 解得 t2=1 s(t2=-11 舍去)小物体由 A 到 B 所用的时间 t=t1+t2=2 s。(2)小物体从开始运动到与传送带速度相同的过程,相对传送带向后滑动,相对位移大小 x1=vt1-x1=5 m 此过程由摩擦而产生的热量 Q1=mgcos x1 此后到传送带底端,小物体相对传送带向前滑动,相对位移大小 x2=x2-vt2=1 m 此过程由摩擦而产生的热量 Q2=mgcos x2 则 Q=Q1+Q2 解得 Q=24 J。例4 2.4 s 考点巧讲 题型3 平斜交接的送带 答案 如图所示,传送带的水平部分 ab=2 m,倾斜部分 b
10、c=4 m,bc 与水平面的夹角=37,一物体 A 与传送带间的动摩擦因数=0.25,传送带沿图示方向运动,速率为 2 m/s。若把物体 A 轻轻放到 a 点,它将被传送带送到 c 点,且物体 A 一直没有脱离传送带。求物体 A 从a 点被传送到 c 点所用的时间。(重力加速度取 g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)解析 考点巧讲 物体 A 轻放到 a 点,A 做初速度为 0 的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为 t1,加速度为 a1,则 a1=g=2.5 m/s,t1=1=0.8 s A 做匀加速运动的位移 s1=12a112=0.8 m 则 A 在水平
11、传送带上做匀速运动的时间 t2=-1=0.6 s 设 A 在 bc 段运动时间为 t3,加速度为 a2,则 a2=gsin 37-gcos 37=4 m/s2 由位移公式有 bc=vt3+12a232 解得 t3=1 s(t3=-2 s 舍去)所以 A 从 a 点被传送到 c 点所用的时间 t=t1+t2+t3=2.4 s。变式1 考点巧讲 一传送带装置示意图如图所示,其中传送带经过 AB 区域时是水平的,经过 BC 区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,未画出),经过 CD 区域时是倾斜的,AB 和 CD 都与 BC 相切。现将大量的质量均为 m 的小货箱一个一个地放到传送带上 A 端,放置
12、时初速度为零,经传送带运送到 D 处,D 和 A的高度差为 h。稳定工作时传送带速度不变,CD 段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为 L。每个箱子在 A 端投放后,在到达 B 之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经 BC 段时的微小滑动)。已知在一段相当长的时间 T 内,共运送小货箱的数量为 N。此装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦。重力加速度为 g。求电动机的平均输出功率。222+答案 解析 考点巧讲 设传送带的运动速度为 v0,在水平段运输的过程中,小货箱先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速运动,设这段路程为 s,所用时间为 t,加速度为 a。则对小
13、货箱有 s=12at2,v0=at 在这段时间内,传送带运动的路程 s0=v0t 联立可得 s0=2s 用 f 表示小货箱与传送带之间的摩擦力,则传送带对小货箱做功 W=fs=12m02 传送带克服小货箱对它的摩擦力做功 W0=fs0=m02 考点巧讲 两者之差就是克服摩擦力做功产生的热量 Q=W0-W=12m02 可见,在小货箱加速运动过程中,小货箱获得的动能与发热量相等 T 时间内电动机输出的功 W1=T 此功用于增加小货箱的动能、势能以及克服摩擦力生热,即 W1=12Nm02+Nmgh+NQ 已知相邻两小货箱的距离为 L,所以由题意可知 v0T=NL 联立上式解得=222+。规律小结 考
14、点巧讲 (1)在传送带问题中,物体运动到和传送带速度相等是一个关键的转折点,是之后物体运动规 律的分水岭,这点需要我们关注。分析物体在传送带上的运动时间,首先需要分析物体的受 力情况,搞清楚物体的运动状态是一直匀加速,还是先以较大的加速度加速后以较是先加速后匀速,还是先减速后匀速,这是传送带的速度和工件的速度大小关系的不同而导致的,总之物体和传送带的速度相同为分析的临界转折点。(2)内能的计算:一对滑动摩擦力产生的热量是相互接触产生摩擦力的两个物体所共同具有的。如果两个物体相对运动的方向始终不变,产生的热量 Q=Ffx 相对,其中 x 相对为它们之间的相对位移,当这两个物体的运动方向相同时,x
15、 相对就等于这两个物体对地位移大小之差,当这两个物体的运动方向相反时,x 相对就等于这两个物体对地位移大小之和。在两个物体相对运动方向有变化的情况下,产生热量需分段来求,相对运动方向发生变化前后分别用它们的滑动摩擦力乘以相对位移,计算出这两段产生的热量,然后相加。(3)注意物体在传送带上运动的全过程中,可能会存在摩擦力突变的问题,即可能会由滑动摩擦力突变为静摩擦力,此时应注意:摩擦力的大小发生了变化;因摩擦产生的内能只存在于相对滑动的阶段。例5 答案 考点巧讲 如图所示,质量为 m 的长木板 A 静止于光滑水平面上,在其水平的上表面左端放一质量为 m 的滑块 B。已知木板A 长为 L,它与滑块
16、 B 之间的动摩擦因数为。现用水平向右的恒力 F 拉滑块 B,最终使 B 从长木板 A 上滑离。重力加速度为 g。(1)当长木板 A 的位移为多少时,B 从 A 的右端滑出?(2)求上述过程中滑块与木板之间产生的内能。处理方法:系统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的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到 E 内=-E 机=Ffx 相对,并要注意数学知识(如图象、归纳法等)在此类问题中的应用。三 滑块木板模型问题 (1)-2 (2)mgL 解析 考点巧讲(1)设 B 从 A 的右端滑出时,A 的
17、位移为 l,A、B 的速度分别为 vA、vB,由动能定理得 mgl=12m2(F-mg)(l+L)=12m2 又由同时性可得=(其中 aA=g,aB=-)解得 l=-2。(2)由功能关系可知,拉力做的功等于 A、B 动能的增加量与 A、B 间产生的内能之和,即有 F(l+L)=12m2+12m2+Q 解得 Q=mgL。变式2 答案 考点巧讲(1)9 J-13.5 J(2)4.5 J 如图所示,质量 M=8 kg 的长木板放在光滑水平面上,在木板左端施加 F=12 N 的水平推力,当木板向右运动的速度达到 v0=1.5 m/s 时,在其右端轻轻放上一个大小不计、质量 m=2 kg 的铁块,铁块与
18、木板间的动摩擦因数=0.2,木板足够长,取 g=10 m/s2。求:(1)当二者达到相同速度时,木板对铁块以及铁块对木板所做的功。(2)当二者达到相同速度时,木板和铁块之间因摩擦所产生的热量。解析 考点巧讲(1)放上铁块后,铁块加速度 a1=g=2 m/s2(方向向右)木板加速度 a2=-=1 m/s2(方向向右)二者达到共同速度 v 所用时间 t=-02=1 解得 v=3 m/s,t=1.5 s 从放上铁块到二者速度相同,铁块位移 x1=2t=2.25 m 木板位移 x2=0+v2 t=3.375 m 木板对铁块做的功 W1=mgx1=9 J 铁块对木板做的功 W2=-mgx2=-13.5 J。(2)木板和铁块之间因摩擦所产生的热量 Q=mg(x2-x1)=4.5 J。规律小结 考点巧讲(1)解决滑块一木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断,灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征,然后列方程联立求解。(2)解题思路