版動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量綜合應(yīng)用

能力課 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用多種運(yùn)動(dòng)的組合問題角度

1

直線運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的組合【真題示例1】(2016·全國卷Ⅱ，25)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m

的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A

點(diǎn)，另一端與物塊P

接觸但不連接。AB

是長度為5l

的水平軌道，B

端與半徑為l

的光滑半圓軌道BCD

相切，半圓的直徑BD

豎直，如圖所示。物塊P

與AB

間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開P

開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。圖1若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。解析(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l

時(shí)，質(zhì)量為5m

的物體的動(dòng)能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。由機(jī)械能守恒定律知，彈簧長度為l

時(shí)的彈性勢能為Ep＝5mgl①設(shè)P

到達(dá)B

點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得p122BE

＝

mv

＋μmg(5l－l)②聯(lián)立①②式，并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝

6gl③若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P

此時(shí)的速度大小v

應(yīng)滿足mv2l－mg≥0④設(shè)P

滑到D

點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得1

12

22

2B

Dmv

＝

mv

＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝

2gl⑥vD

滿足④式要求，故P

能運(yùn)動(dòng)到D

點(diǎn)，并從D

點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P

落回到軌道AB

所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得12l＝

gt2⑦2P

落回到AB上的位置與B

點(diǎn)之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2

2l⑨(2)設(shè)P的質(zhì)量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P

在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有12B2Mv

′

≤Mglp12B2E

＝

Mv

′

＋μMg·4l聯(lián)立①⑩

式得5

53m≤M<2m答案

(1)

6gl

22l

5

5

(2)3m≤M<2m【變式訓(xùn)練1】如圖2

所示，一粗糙斜面AB

與光滑圓弧軌道BCD

相切，C

為圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧BC

所對(duì)圓心角

θ＝37°。已知圓弧軌道半徑為R＝0.5

m，斜面AB

的長度為L＝2.875

m。質(zhì)量為m＝1

kg

的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端A

點(diǎn)處由靜止開始沿斜面下滑，從B

點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)恰能通過最高點(diǎn)D。sin

37°＝0.6，cos

37°＝0.8，重力加速度g＝10

m/s2。求：圖2(1)物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小FC；(2)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。解析

(1)由題意知小物塊沿光滑軌道從

C

到

D

且恰能通過最mv2RD①高點(diǎn)，由牛頓第二定律有：mg＝從D

到C

由動(dòng)能定理可得D1

12

22

2C－mg·2R＝

mv

－

mv

②由牛頓第二定律可得CF

′－mg＝mv2RC③由牛頓第三定律得FC＝FC′④聯(lián)解①②③④并代入數(shù)據(jù)得：FC＝60

N⑤(2)對(duì)小物塊從A

經(jīng)B

到C

過程，由動(dòng)能定理有：122Cmg[Lsin

θ＋R(1－cos

θ)]－μmgcos

θ·L＝

mv

－0⑥聯(lián)解①②⑥并代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.25答案

(1)60

N

(2)0.25角度

2

直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的組合【真題示例2】(2016·全國卷Ⅰ，25

改編)如圖3所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC

的底端A

處，另一端位于直軌道上B

處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為5R

的光滑圓弧軌道相切于

C16點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D

均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為

m

的小物塊P

自C

點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E

點(diǎn)(未畫出)，隨后P

沿軌道被彈回，最高到達(dá)F

點(diǎn)，AF＝4R，已知P

與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝4，重力加速度大小為3

4g。(取sin

37°＝5，cos

37°＝5)圖3求P

第一次運(yùn)動(dòng)到B

點(diǎn)時(shí)速度的大?。磺驪

運(yùn)動(dòng)到E

點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能；改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放。已知P

自圓弧軌道的最高點(diǎn)D

處水平飛出后，恰好通過G

點(diǎn)。7G

點(diǎn)在C

點(diǎn)左下方，與C

點(diǎn)水平相距2R、豎直相距R，求P運(yùn)動(dòng)到D

點(diǎn)時(shí)速度的大小。解析

(1)由題意可知：lBC＝7R－2R＝5R①設(shè)P

到達(dá)B

點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得122BmglBCsin

θ－μmglBCcos

θ＝

mv

②式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2

gR③(2)設(shè)BE＝x，P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep，由B→E

過程，根據(jù)動(dòng)能定理得pmgxsin

θ－μmgxcos

θ－E

＝0122B—

mv

④E、F

之間的距離l1

為l1＝4R－2R＋x⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Ep－mgl1sin

θ－μmgl1cos

θ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得x＝R⑦p5E

＝12mgR⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離為x1

和豎直距離為y1，θ＝37°。由幾何關(guān)系(如圖所示)得：7

5x1＝2R－6Rsin

θ＝3R⑨16

2y

＝R＋5

＋5Rcos

θ＝5R⑩6R設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t。由平拋運(yùn)動(dòng)公式得：1y

＝12gt2x1＝vDt聯(lián)立⑨⑩得D5v

＝3

5gR答案

(1)2123gR

(2)

5

mgR

(3)5

5gR【變式訓(xùn)練2】(2016·福建泉州質(zhì)檢)如圖4

所示，半徑R＝0.4

m

的光滑圓弧軌道BC

固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B

和圓心O

的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點(diǎn)C

為軌道的最低點(diǎn)且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m＝0.1

kg

的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A

點(diǎn)以v0＝2

m/s

的速度被水平拋出，恰好從B

點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，經(jīng)過C

點(diǎn)后沿水平面向右運(yùn)動(dòng)至D

點(diǎn)時(shí)，彈簧被壓縮至最短，C、D

兩點(diǎn)間的水平距離L＝1.2

m，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g

取10

m/s2。求：圖4小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點(diǎn)時(shí)速度vB的大?。恍∥飰K經(jīng)過圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?/p>

(3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm。解析

(1)小物塊恰好從

B

點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道，由幾何關(guān)B系有

v

＝v0sin

θ＝4

m/s(2)小物塊由B

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C

點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有22C1

1mgR(1＋sin

θ)＝

mv

－2mv2Bv2在

C

點(diǎn)處，由牛頓第二定律有

F－mg＝m

C，解得

F＝8

NR根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過圓弧軌道上

C

點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力

F′大小為

8

N。(3)小物塊從B

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D

點(diǎn)，由能量守恒定律有pm122BE

＝

mv

＋mgR(1＋sin

θ)－μmgL＝0.8

J。答案

(1)4

m/s (2)8

N (3)0.8

J多過程問題的解題技巧(1)“合”——初步了解全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景。

(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)過程的規(guī)律。(3)“合”——找到子過程的聯(lián)系，尋找解題方法。方法技巧傳送帶、滑塊—木板兩模型中的功能關(guān)系角度

1

傳送帶模型中摩擦力做功問題【模擬示例3】

(2016·池州二模)如圖

5

光滑水平導(dǎo)軌

AB的左端有一壓縮的彈簧，彈簧左端固定，右端前放一個(gè)質(zhì)量為m＝1

kg

的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，物塊與彈簧不粘連，B

點(diǎn)與水平傳送帶的左端剛好平齊接觸，傳送帶

BC

的長度為L＝6

m，沿逆時(shí)針方向以恒定速度v＝2m/s

勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。CD

為光滑的水平軌道，C

點(diǎn)與傳送帶的右端剛好平齊接觸，DE

是豎直放置的半徑為R＝0.4

m的光滑半圓軌道，DE

與CD

相切于D

點(diǎn)。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10

m/s2。圖5若釋放彈簧，物塊離開彈簧，滑上傳送帶剛好能到達(dá)C點(diǎn)，求彈簧儲(chǔ)存的彈性勢能Ep；若釋放彈簧，物塊離開彈簧，滑上傳送帶能夠通過C點(diǎn)，并經(jīng)過圓弧軌道DE，從其最高點(diǎn)E飛出，最終落在CD上距D點(diǎn)的距離為x＝1.2m處(CD長大于1.2m)，求物塊通過E點(diǎn)時(shí)受到的壓力大?。粷M足(2)條件時(shí)，求物塊通過傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱能。2解析

(1)根據(jù)動(dòng)能定理－μmgL＝0－1mv2，p122可求彈簧彈性勢能為E

＝

mv

，解得Ep＝12

J。122E＝

gt

，x＝v

t，(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律2R解得vE＝3

m/s。v2RE，再根據(jù)牛頓第二定律N＋mg＝m解得N＝12.5

N。122D122E(3)從

D

到

E

根據(jù)動(dòng)能定理

mv

＝

mv

＋2mgR，解得：vD＝5

m/s。從B到D2－μmgL＝1

v2m12BD－2mv

，解得vB＝7

m/s。L＝vD＋vBt，t＝1

s，2s

相＝L＋vt＝8

m，Q＝μmgs

相＝16

J。答案

(1)12

J (2)12.5

N (3)16

J傳送帶模型問題的分析流程方法技巧【變式訓(xùn)練3】如圖6

所示，與水平面夾角為θ＝30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A

點(diǎn)與上端B

點(diǎn)間的距離為L＝4

m，傳送帶以恒定的速率v＝2

m/s

向上運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為1

kg

的物體無初速度地放于A

處，已知物體2與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)

μ＝

3，取

g＝10

m/s2，求：圖6物體從A運(yùn)動(dòng)到B共需多少時(shí)間？電動(dòng)機(jī)因傳送該物體多消耗的電能。解析

(1)物體無初速度地放在A

處后，因mgsinθ<μmgcosθ，則物體沿傳送帶向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。mμmgcos

θ－mgsin

θ加速度

a＝ ＝2.5

m/s21av物體達(dá)到與傳送帶同速所需的時(shí)間t

＝

＝0.8

s11＝2

1t

時(shí)間內(nèi)物體的位移

L

vt

＝0.8

m之后物體以速度v

做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝L－L1v＝1.6

s物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝2.4

s(2)前0.8

s

內(nèi)物體相對(duì)傳送帶的位移為ΔL＝vt1－L1＝0.8

m因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能E

內(nèi)＝μmgcos

θ·ΔL＝6

J電動(dòng)機(jī)因傳送該物體多消耗的電能為總k

p內(nèi)2內(nèi)E

＝E

＋E

＋E

＝1

v2＋mgLsin

θ＋E

＝28

Jm答案

(1)2.4

s (2)28

J角度

2

滑塊——木板模型中摩擦力做功問題【模擬示例4】(多選)一上表面水平的小車在光滑水平面上勻速向右運(yùn)動(dòng)，在t＝0

時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的質(zhì)量m＝1

kg

的物塊輕放在小車前端，如圖7

甲所示，以后小車運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示。已知物塊始終在小車上，重力加速度g

取10

m/s2。則下列判斷正確的是()圖7A．小車與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，小車的最小長度為1.25

mB．物塊的最終動(dòng)能Ek＝0.5

J，小車動(dòng)能的減少量ΔEk＝3

J

C．小車與物塊間摩擦生熱3

JD．小車的質(zhì)量為0.25

kg解析

由

v－t

圖象知，當(dāng)

t＝0.5

s

時(shí)，小車開始做速度

v＝1

m/s0.2，在0～0.5

s

內(nèi)，小車的位移s

車＝的勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，物塊與小車的速度相同，物塊與小車間無摩擦力作用，對(duì)物塊，由v＝at

及f＝ma＝μmg

得f＝2

N，μ＝（5＋1）2×0.5

m＝1.5

m，1物塊的位移為s

物＝2×0.5

m＝0.25

m，所以小車的最小長度為mv2L＝1.5

m－0.25

m＝1.25

m，A

正確；物塊的最終動(dòng)能Ek＝

2＝0.5

J；由動(dòng)能定理得小車動(dòng)能的減少量ΔEk＝f·s車＝3

J，選項(xiàng)B

正確；系統(tǒng)機(jī)械能減少為ΔE＝3

J－0.5

J＝2.5

J，C

錯(cuò)誤；5－1小車的加速度為

a′＝

m/s2＝8 m/s2

而

a′

f

＝M，f＝2 N，得0.5M＝0.25

kg，D

正確。答案

ABD【變式訓(xùn)練4】(2016·南通模擬)如圖8

甲所示，質(zhì)量M＝1.0

kg

的長木板A

靜止在光滑水平面上，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m＝1.0

kg

的小鐵塊B，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，對(duì)鐵塊施加水平向右的拉力F，F(xiàn)大小隨時(shí)間變化如圖乙所示，4

s

時(shí)撤去拉力。可認(rèn)為A、

B

間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10

m/s2。求：圖8(1)0～1

s內(nèi)，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相對(duì)A滑行的最大距離s；(3)0～4

s內(nèi)，拉力做的功W；(4)0～4s內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱Q。解析

(1)在0～1s內(nèi)，A、B兩物體分別做勻加速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝MaAF1－μmg＝maB代入數(shù)據(jù)得aA＝2

m/s2，aB＝4

m/s2。(2)t1＝1

s

后，拉力F2＝μmg，鐵塊B

做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v1：木板A

仍做勻加速運(yùn)動(dòng)，又經(jīng)過時(shí)間t2，速度與鐵塊B相等。v1＝aBt1又v1＝aA(t1＋t2)解得t2＝1

s設(shè)A、B速度相等后一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝2s，加速度為aF2＝(M＋m)aa＝1

m/s2木板A

受到的靜摩擦力f＝Ma<μmg，A、B

一起運(yùn)動(dòng)1

12

2B

1 1

2

A

1

2s＝

a t

＋v

t

－

a

(t

＋t

)2

2代入數(shù)據(jù)得s＝2

m。1

1 1

1

112(3)時(shí)間

t

內(nèi)拉力做的功

W

＝F

s

＝F

·

aB

1t2＝12

J時(shí)間t2

內(nèi)拉力做的功W2＝F2s2＝F2v1t2＝8

J時(shí)間t3

內(nèi)拉力做的功3

2

3

2 1

31223W

＝F

s

＝F

(v

t

＋

at

)＝20

J4

s

內(nèi)拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40

J。(4)系統(tǒng)的摩擦熱Q只發(fā)生在t1＋t2時(shí)間內(nèi)，鐵塊與木板相對(duì)滑動(dòng)階段，此過程中系統(tǒng)的摩擦熱Q＝

μmg·s＝4

J。答案

(1)2

m/s2

4

m/s2

(2)2

m (3)40

J (4)4

J滑塊—木板模型問題的分析流程說明：公式Q＝f·s相對(duì)中s相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，則s相對(duì)為總的相對(duì)路程。方法技巧1．(2016·河南開封模擬)如圖9所示，木塊A放在木塊B的左端上方，用水平恒力F將A拉到B的右端，第一次將B固定在地面上，F(xiàn)做功W1，生熱Q1；第二次讓B在光滑水平面上可自由滑動(dòng)，F(xiàn)做功W2，生熱Q2，則下列關(guān)系中正確的是()圖9A．W1＜W2，Q1＝Q2C．W1＜W2，Q1＜Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2D．W1＝W2，Q1＜Q2解析在A、B分離過程中，第一次和第二次A相對(duì)于B的位移是相等的，而熱量等于滑動(dòng)摩擦力乘以相對(duì)位移，因此Q1＝Q2；在A、B分離過程中，第一次A的對(duì)地位移要小于第二次A的對(duì)地位移，而功等于力乘以對(duì)地位移，因此W1＜W2，所以選項(xiàng)A正確。答案

A2．(2015·天津理綜，10)某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意圖如圖10所示，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v＝1m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。設(shè)皮帶足夠長，取g＝10

m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，求：圖10郵件滑動(dòng)的時(shí)間t；郵件對(duì)地的位移大小s；郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W。解析

(1)設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力為f，則f＝μmg①取向右為正方向，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)量定理，有f

t＝mv－0②由①②式并代入數(shù)據(jù)得t＝0.2

s③(2)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)能定理，1有fs＝mv2－0④2由①④式并代入數(shù)據(jù)得s＝0.1

m⑤(3)郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，設(shè)皮帶相對(duì)地面的位移為s′，則s′＝vt⑥摩擦力對(duì)皮帶做的功W＝－f

s′⑦由①③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得W＝－2

J⑧答案

(1)0.2

s (2)0.1

m (3)－2

J13．(201