用动力学和能量观点分析多运动组合问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

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1．两大观点
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。
4．方法技巧
（1）“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
（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。
二．典例精讲
例题1 如图所示，AB、FG均为半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ＝53°、长度L1＝2 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道。一物块（视为质点）从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点。物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力。求：（sin 53°＝0.8，结果可保留分数）
（1）C、D两点间的距离x；
（2）物块从B点运动到E点的时间t；
（3）EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s。
【答案】（1）1.2 m （2） s （3）6 m 1.35 m
【解析】（1）物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律有mgR＝，
解得vB＝3 m/s
物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，
物块在D点的速度大小vD＝＝5 m/s
竖直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s
竖直方向物块做自由落体运动，有vy＝gt1，解得t1＝0.4 s，
C、D两点间的距离x＝vBt1＝1.2 m。
（2）物块在斜轨道上的加速度大小a1＝gsin θ－μgcs θ＝6 m/s2
由L1＝vDt2＋，代入数据解得t2＝ s
物块从B点运动到E点的时间t＝t1＋t2＝0.4 s＋ s＝ s。
（3）物块由F到G，由机械能守恒定律＝mgR，
代入数据解得vF＝＝3 m/s
物块在E点的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s
物块从E到F，由动能定理可得－μmgL2＝，代入数据解得L2＝6 m
物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，
由动能定理可得－μmgs＝0－，代入数据解得s＝1.35 m。
例题2 （2025·浙江衢州·期末考试）如图所示，一游戏装置由弹射器，圆心为O半径为R的圆弧轨道BCD，水平轨道EF，GH和竖直弹性挡板组成。B、D两点在同一水平线上，OB和OD连线的夹角为θ，滑板静止在EF上，其上表面与GH相平，左端在E点正上方。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，从B点沿切线方向进入轨道BCD，经D点抛出后沿水平方向滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁FG后立即被锁定。已知滑块和滑板质量分别为m＝0.01 kg，M＝0.02 kg，轨道EF长L＝1.4 m，滑板右端距侧壁FG的距离d＝0.2 m，滑块与滑板间的动摩擦因数μ＝0.5，θ＝74°，R＝1 m，各轨道均光滑，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。滑块与挡板碰撞后，原速率弹回。
（1）若A点距BD水平线的高度h＝0.45 m，求
①滑块运动到最低点C时受到的作用力大小FN；
②整个过程中，滑块与滑板间摩擦产生的热量Q；
（2）若弹射器的弹性势能最大值Epm＝0.32 J，弹射器和圆弧轨道BCD的位置均可调，为保证滑块从B点沿切线方向进入轨道BCD，并能沿水平方向滑上滑板，求BD水平线距滑板上表面的竖直高度h与滑块弹出的初速度vA之间满足的关系。g＝10 m/s2。
【答案】（1）①滑块到B点时竖直速度v⊥＝＝3 m/s
可得vA＝＝4 m/s
从A点到C点，由动能定理＋mgh＋mgR(1－cs 37°)＝
由FN－mg＝，解得FN＝0.39 N
②假设滑块和滑板在达到共速前，滑板已到达侧壁并被锁定。
对滑板μmgd＝，得V＝1 m/s
对滑板和滑块mv＝mv′＋MV，v＝vA，可得v′＝2 m/s，假设成立
此过程，滑块相对滑板的相对位移为x，
对滑板和滑块乙μmgx＝，得x＝1 m
克服摩擦力做功W1＝0.05 J
此后滑块继续在滑板上滑动，经轨道GH和挡板弹回，反向滑回滑板至速度为零，
此过程中，克服摩擦力做功W2＝＝0.02 J
整个过程中，Q＝W1＋W2＝0.07 J
（2）由对称性，知BD水平线距滑板上表面竖直高度h与A点距水平线高度一致。以B点为原点，BD水平线为x轴，水平向左为x轴正方向，竖直线为y轴，竖直向上为y轴正方向，建立坐标系。
进入B点时，tan α＝tan 37°＝，知tan β＝
由平抛运动公式x＝vAt，y＝，得y＝，知h＝
因Epm＝0.32 J，得vAm＝8 m/s
综上可得，h＝（vA≤8 m/s）
三．跟踪训练
1．（2024·安徽省·联考题）如图所示，轻弹簧固定在竖直墙面上，质量为m且可视为质点的物块将轻弹簧压缩（二者不拴接）并处于锁定状态，弹簧储存的弹性势能为Ep＝50mgR，B点左侧光滑，BC段与CE段均粗糙。半径为R的光滑圆轨道固定在水平面上，并相切于最低点C，物块从一侧进入圆轨道后能从另一侧离开，足够长的斜面与水平面平滑衔接于E点，斜面的倾角为θ＝30°。已知BC＝CE＝4R，物块与水平面BC段、CE段的动摩擦因数均为μ1＝0.25，物块与斜面间的动摩擦因数为μ2＝，某时刻将轻弹簧的锁定解除，物块由静止开始运动，物块运动到B点前已经与轻弹簧分离，重力加速度为g。求：
（1）物块第一次经过C点与第一次经过D点时对轨道的压力之比；
（2）物块第一次在斜面体上向上滑动与向下滑动的时间之比。
【答案】解：（1）物块由开始运动到第一次运动C点的过程，
由功能关系得Ep＝μ1mgxBC＋
由牛顿第二定律得FC－mg＝，解得FC＝99mg，
由牛顿第三定律得FC′＝FC＝99mg，
物块第一次由C到D的过程，由机械能守恒定律得＝＋mg·2R，
由牛顿第二定律得FD＋mg＝，解得FD＝93mg，
由牛顿第三定律得FD′＝FD＝93mg，
物块第一次经过C点与第一次经过D点时对轨道的压力之比FC′∶FD′＝99∶93＝33∶31。
（2）物块第一次由D到E的过程中，
由动能定理得mg·2R－μ1mg·4R＝，解得vE1＝，
物块第一次由E到最高点的过程，
由动能定理得－mgxsin 30°－μ2mgcs 30°·x＝0－，解得x＝64R，
物块第一次沿斜面体上滑的时间为t1＝，
物块由最高点返回到E点的过程，
由动能定理得mgxsin 30°－μ2mgcs 30°·x＝－0，解得vE2＝，
物块第一次沿斜面体下滑的时间为t2＝，
则物块第一次在斜面体上向上滑动与向下滑动的时间之比t1∶t2＝1∶。
2．（2024·陕西·联考题）一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，除传送带和PQ段外各段表面均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道DE、PQ相切于E（P）处，螺旋圆形轨道半径R＝0.08 m。传送带的水平部分AB长L1＝0.9 m，沿顺时针运行的速率v＝6 m/s。PQ间距离L2＝0.25 m。凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁CH处，摆渡车质量M＝0.25 kg，上表面与A、B、C、D、E、P、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量m＝0.25 kg的滑块（可视作质点）向左压缩弹簧至O点由静止释放（弹簧始终在弹性限度内，且OA＞0.4 m），弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，滑块与轨道PQ间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：

（1）滑块滑上传送带的初速度大小vA；
（2）滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量Q；
（3）为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度s的范围。
【答案】（1）由题图乙得弹簧弹力做功W1＝2 J，由W1＝，解得vA＝4 m/s
（2）假设滑块在传送带上一直匀加速，由牛顿第二定律得a＝＝μ1g＝5 m/s2
由运动学公式得＝2aL1，解得vB＝5 m/s＜6 m/s
可知假设合理，运动时间t＝＝0.2 s，
此过程中传送带的位移x带＝1.2 m
滑块与传送带的相对位移x相＝x带－L1＝0.3 m
滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量Q＝μ1mgx相＝0.375 J
（3）若滑块刚好过F点，mg＝
由动能定理得mg×2R＝，解得vE＝2 m/s
若刚好能到Q点，有＝μ2mgL2，解得vE′＝1 m/s，所以vE≥2 m/s
滑块在摆渡车上时，由μ1mg＝mam得滑块加速度大小am＝5 m/s2
由μ1mg＝MaM得摆渡车加速度大小aM＝5 m/s2
由vB－amt′＝aMt′＝v共，滑块从滑上摆渡车到达到共速的过程中，
解得v共＝2.5 m/s，t′＝0.5 s
此过程滑块相对摆渡车的位移x1＝＝1.25 m，所以s≥1.25 m
摆渡车不碰到DE侧壁停止后滑块继续匀减速，由动能定理有－μ1mgx2＝
vD≥2 m/s时，滑块才能过F点，所以x2≤0.225 m
所以s＝x1＋x2≤1.475 m，即摆渡车长度的范围为1.25 m≤s≤1.475 m。
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