2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第四章专题提升（五）　动力学和能量观点的综合应用


专题提升(五)　动力学和能量观点的综合应用

应用动力学和能量观点解决多物体问题
1.问题特点
(1)几个相关联的物体通过轻绳、轻杆、弹簧、场等相互作用,参与共同运动.
(2)物体的运动受力情况一般不同,既有直线运动,又有曲线运动,既有恒力作用,又有变力作用.
2.解题策略
(1)确定速度关系以及物体间的相互作用力.
(2)灵活运用动力学知识以及功能关系、守恒定律对单个物体或系统列出对应的方程并求解.
[例1] 如图,一个倾角θ=30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上,顶端连有一轻质光滑定滑轮.质量为m的A物体置于地面,上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连.一条轻质绳跨过定滑轮,一端与斜面上质量为m的B物体相连,另一端与弹簧上端连接.调整细绳和A,B物体的位置,使弹簧处于原长状态,且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行.现将B物体由静止释放,已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升.求:

(1)B物体在斜面上下滑的最大距离s.
(2)B物体下滑到最低点时的加速度大小和方向.
(3)若将B物体换成质量为2m的C物体,C物体由上述初始位置静止释放,当A物体刚好要离开地面时,C物体的速度大小v.
审题指导:
题干关键
获取信息
调整细绳和A,B物体的位置,使弹簧处于原长状态
B物体释放时弹簧无弹力
B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升
A物体处于平衡状态
A物体刚好要离开地面
B物体有加速度
解析:(1)当A物体刚要离开地面但不上升时,A物体处于平衡状态,设B物体沿斜面下滑s,则弹簧伸长为s.对A物体有
kx-mg=0
解得s=.
(2)当A物体刚要离开地面时,A与地面间作用力为0,
对A物体,由平衡条件得T-mg=0
设B物体的加速度大小为a,对B物体,有
T-mgsin θ=ma
解得a=g
B物体加速度的方向沿斜面向上.
(3)A物体刚要离开地面时,弹簧的弹性势能增加ΔE,对B物体下滑的过程,由能量守恒定律得
ΔE=mgssin θ
对C物体下滑的过程,由能量守恒定律得
ΔE+×2mv2=2mgxsin θ
解得v=g.
答案:(1)　(2)g　方向沿斜面向上　(3)g
[针对训练]

(2019·安徽定远重点高中高三期末)(多选)如图所示,圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上,OC与OA的夹角为60°,轨道最低点A与桌面相切.一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球a,b(均可视为质点),挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边,开始时a位于C点,从静止释放,在a由C点下滑到A点的过程中(　ABC　)
A.a的速度始终不小于b的速度
B.重力对a做功的功率先增大后减小
C.轻绳对b做的功等于b的机械能增加
D.若a恰好能沿圆弧下滑到A点,则m1=m2
解析:a由C点下滑到A点的过程中,a的速度va沿圆弧切线,将va沿绳和垂直于绳方向分解,则沿绳方向的分速度等于b上升的速度vb,可知vb=vacos θ(θ为绳与圆弧切线间的夹角),即va>vb,故A正确;重力的功率P=mgv,而v是指竖直向下的分速度,一开始a是由静止释放的,所以a一开始的竖直速度为零,最后运动到A点的时候,竖直速度也是零,故在C到A的过程中竖直分速度先变大后变小,所以重力功率也是先增大后减小,故B正确;由于物体机械能的变化决定于除重力外的力做功,因此轻绳对b做的功等于b的机械能增加,选项C正确;若a恰好能沿圆弧轨道下滑到A点,此时两小球速度均为零,根据动能定理得m1gR(1-cos 60°)=m2gR,解得m1=2m2,故D错误.
应用动力学和能量观点解决多过程问题
1.多运动的组合问题
(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)解题思路
对此类问题可按如下两条思路进行分析
①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,则要用动力学方法求解.
②若某过程涉及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.
2.传送带模型问题中涉及的功、能
(1)传送带做的功W=Fs传.
(2)产生的内能Q=fs相对.
(3)功能间的关系W=ΔEk+ΔEp+Q,其中ΔEk,ΔEp为物体动能和势能的改变量.
3.“滑块—滑板”问题考查角度
(1)“滑块—滑板”的动力学问题.
(2)“滑块—滑板”的功能关系问题.
4.“滑块—滑板”问题处理方法
(1)由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动.
(2)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ΔE内=-ΔE机=fs相对.
角度1　常规运动的多过程问题
[例2]

(2019·浙江余姚中学期中)如图所示为一传送装置,其中AB段粗糙,AB段长为L=0.2 m,动摩擦因数μ=0.6,BC可视为光滑,且BC的始、末端均水平,具有h=0.1 m的高度差,DEN是半径为r=0.4 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有一轻质弹簧,现有一可视为质点的小球,小球质量m=0.2 kg,压缩轻质弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连),小球刚好能沿着DEN轨道滑下.(g取10 m/s2)求:
(1)小球在D点时的速度大小.
(2)若小球在N点受到的支持力为8 N,小球经圆轨道损失的机械能.
(3)压缩的弹簧所具有的弹性势能.
解析:(1)小球刚好能沿DEN轨道下滑,在轨道最高点D点,
根据牛顿第二定律,有mg=m
代入数据解得vD=2 m/s.
(2)小球经N点时,根据牛顿第二定律有
N-mg=m
代入数据得EkN=m=1.2 J
从D点到N点,小球减少的机械能ΔE=mg·2r+EkD-EkN=0.8 J.
(3)弹簧对小球所做功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep
根据动能定理有W-μmgl+mgh=-0
代入数据得W=0.44 J.
答案:(1)2 m/s　(2)0.8 J　(3)0.44 J

“合—分—合”巧解多过程问题
(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.
角度2　传送带问题
[例3]

如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,皮带在电动机的带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运行,现把一质量为m=10 kg的工件(可看成质点)轻轻放在皮带的底端,经过时间1.9 s,工件被传送到h=1.5 m的高处而离开传送带,取g=10 m/s2,求:
(1)工件与传送带间的动摩擦因数;
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.
思路探究:(1)怎样判断工件的运动过程?
答案:假设工件一直加速,离开传送带时恰好与传送带共速,求出所用时间与1.9 s比较,从而确定工件运动过程.
(2)多消耗的电能转化为哪些形式的能?
答案:工件的动能、势能和内能.
解析:(1)由题图可知,皮带长s==3 m.
若工件恰好与传送带共速时离开,则有
s=t0,即t0= s=3 s,
由此可知,工件一定经过匀加速和匀速运动两个阶段.
工件速度达v0前,做匀加速运动的位移
s1=t1
匀速运动的位移为s-s1=v0(t-t1)
代入数据得加速的时间t1=0.8 s,
由v=v0+at得加速度
a==2.5 m/s2
根据牛顿第二定律有
μmgcos θ-mgsin θ=ma,
解得μ=.
(2)在时间t1内,皮带运动的位移s皮=v0t1=1.6 m,
工件的位移s1=t1=0.8 m.
工件相对皮带的位移s相=s皮-s1=0.8 m,
摩擦生热Q=μmgcos θs相=60 J,
工件获得的动能Ek=m=20 J
工件增加的势能Ep=mgh=150 J
根据能量守恒定律,则电动机多消耗的电能
E电=Q+Ek+Ep=230 J.
答案:(1)　(2)230 J

传送带问题的分析

角度3　“滑块—滑板”问题
[例4]

如图所示,一质量为m1=1 kg的长直木板放在粗糙的水平地面上,木板与地面之间的动摩擦因数μ1=0.1,木板最右端放有一质量为m2=1 kg、大小可忽略不计的物块,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2.现给木板左端施加一大小为F=12 N、方向水平向右的推力,经时间t1=0.5 s 后撤去推力F,再经过一段时间,木板和物块均停止运动,整个过程中物块始终未脱离木板,取g=10 m/s2,求:
(1)撤去推力F瞬间,木板的速度大小v1及物块的速度大小v2;
(2)木板至少多长;
(3)整个过程中物块与木板、木板与地面间因摩擦分别产生的热量.
过程图示:

解析:(1)假设木板和物块有相对滑动,撤去F前,
对木板有
F-μ1(m1+m2)g-μ2m2g=m1a1
代入数据得a1=8 m/s2
对物块有μ2m2g=m2a2,
解得a2=2 m/s2
因a1>a2,故假设成立,撤去F时,木板、物块的速度大小分别为v1=a1t1=4 m/s
v2=a2t1=1 m/s.
(2)撤F后,对木板有
μ1(m1+m2)g+μ2m2g=m1a3
解得a3=4 m/s2
对物块有μ2m2g=m2a4
解得a4=2 m/s2
撤去F后,设经过t2时间木板和物块速度相同,
对木板有v=v1-a3t2
对物块有v=v2+a4t2
解得t2=0.5 s,v=2 m/s
撤去F前,物块相对木板向左滑行了
Δs1=t1-t2=0.75 m
撤去F后至两者共速,物块相对木板又向左滑行了
Δs2=t2-t2=0.75 m
共速后二者无相对滑动,故板长至少为L=Δs1+Δs2=1.5 m.
(3)物块与木板间因摩擦产生的热量Q1=μ2m2gL=3 J
共速后,两者共同减速至停止运动,设加速度为a,
则a=μ1g=1 m/s2
全过程中木板对地位移为
s=t1+t2+=4.5 m
木板与地面间因摩擦产生的热量为
Q2=μ1(m1+m2)gs=9 J.
答案:(1)4 m/s　1 m/s
(2)1.5 m　(3)3 J　9 J

滑块—滑板问题的分析方法
(1)动力学分析:分别对滑块和滑板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速度;从放上滑块到二者速度相等,所用时间相等,由t==可求出共同速度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.如图所示,要注意区分三个位移:

①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移s滑;
②求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移s板;
③求摩擦生热时用相对滑动的位移s相.

1.(“传送带”问题)(2019·黑龙江大庆中学期中)(多选)如图所示,光滑轨道ABCD的最低点B处的入、出口靠近但相互错开,C是半径为R的圆形轨道的最高点,BD部分水平,末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接,传送带以恒定速度v逆时针转动,现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放,滑块能通过C点后再经D点滑上传送带且又从D点返回,则(　BCD　)

A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2.2R
B.若滑块返回左侧,所能达到的最大高度可能低于出发点A
C.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关
D.若仅考虑滑块在传送带上一次的运动,则传送带速度v越大,滑块与传送带摩擦产生的热量越多
解析:若滑块恰能通过C点时,有mg=m,由A到C,根据动能定理知mghAC=m,则hAC=0.5R;则AB间竖直高度hAB>2R+hAC=2.5R,故A错误;若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度,则滑块向右滑上传送带做减速运动,速度减到零后反向加速,与传送带共速后匀速运动回到D点,此时滑块的速度小于刚滑上传送带时的速度,则滑块再滑到左侧时的最大高度低于出发点A,选项B正确;设滑块在传送带上滑行的最远距离为s,由动能定理得s=,即s与传送带速度无关,故C正确;由动力学知识可知,无论滑块由D点滑上传送带的速度大于还是小于传送带的速度,滑块返回D点相对传送带滑动的距离决定于传送带速度v的大小,v越大其相对滑动距离越大,由Q=fs相可知,滑块与传送带摩擦产生的热量越多,故D正确.
2.(“滑块—滑板”问题)如图(甲)所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面.由于A,B间存在摩擦,之后A,B速度随时间变化情况如图(乙)所示.下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　D　)

A.木板A最终获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A,B间的动摩擦因数为0.1
解析:由图(乙)可知,A,B的加速度大小都为1 m/s2,物体B和木板A水平方向均受其间滑动摩擦力.根据牛顿第二定律知二者质量相等,则木板最终动能EkA=1 J,选项A错误;系统损失的机械能ΔE=·2m·v2=2 J,选项B错误;由vt图象可得二者相对位移为 1 m,即木板A的最小长度为1 m,选项C错误;分析B的受力,根据牛顿第二定律,可得μ=0.1,选项D正确.
3.(常规运动的多过程)(2019·山东枣庄八中检测)如图,质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.4 m 的圆弧A端由静止开始释放,它运动到B点时速度为v=2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去.滑块在光滑水平面上运动一段距离后,通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长l=1 m的斜面CD上,CD之间铺了一层匀质特殊材料,其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节.斜面底部D点与光滑地面平滑相连,地面上一根轻弹簧一端固定在O点,自然状态下另一端恰好在D点.认为滑块通过C和D前后速度大小不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力.

(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功;
(2)若设置μ=0,求质点从C运动到D的时间;
(3)若最终滑块停在D点,求μ的取值范围.
解析:(1)滑块在B点,
根据牛顿第二定律有F-mg=m,
代入数据解得F=20 N,
由牛顿第三定律可知,滑块对B点的压力F′=20 N.
若B点为滑块重力势能的零点,则在A点时滑块机械能EA=mgR=1×10×0.4 J=4 J
滑块在B点的机械能
EB=mv2=×1×22 J=2 J,
则机械能减少EA-EB=2 J,由功能关系可知滑块克服阻力做功为W=2 J.
(2)滑块在CD间运动,μ=0,
有mgsin θ=ma,
加速度为a=gsin θ=10×0.6 m/s2=6 m/s2,
根据匀变速运动规律有
l=vt+at2
代入数据解得t= s.
(3)最终滑块停在D点有两种可能:
a.滑块恰好能从C下滑到D.
根据能量守恒定律,滑块减少的机械能因克服摩擦力做功转化为内能,则有
μmgcos θ·l=mgsin θ·l+mv2
代入数据得μ=1;
b.滑块只能在斜面CD和地面间多次反复运动,最终静止于D点.
当滑块恰好能返回C点,同理有
μ1mgcos θ·2l=mv2,
代入数据得到μ1=0.125,
当滑块恰好能静止在斜面上,则有
mgsin θ=μ2mgcos θ,
代入数据得到μ2=0.75.
所以,当0.125≤μ<0.75,滑块在CD和地面间多次反复运动,最终静止于D点.
即μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ=1.
答案:(1)20 N　2 J　(2) s
(3)0.125≤μ<0.75或μ=1

1.(2018·海南卷,8)(多选)如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v-t图象,图中t1,v0,v1已知.重力加速度大小为g.由此可求得(　BC　)

A.木板的长度
B.物块与木板的质量之比
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能
解析:由图(b)只能求出小物块与长木板的相对位移,不知道小物块最终停在哪里,无法求出木板的长度;由于图线的斜率表示加速度,则长木板的加速度为aA=,小物块的加速度aB=,根据牛顿第二定律得μmg=MaA,μmg=maB,解得=,μ=;在0~t1时间内,木板获得的动能Ek=M=mv1(v0-v1),题中t1,v0,v1已知,但是M,m未知,故不能够求解出木板获得的动能,选项B,C正确.
2.(2014·福建卷,21)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切.点A距水面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面.一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下,不计空气阻力.

(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD=2R,求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf;
(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道,求P点离水面的高度h.（提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为F向=m）
解析:(1)游客从B点做平抛运动,有2R=vBt,①
R=gt2,②
由①②式得vB=,③
从A到B,根据动能定理,
有mg(H-R)+Wf=m-0,④
由③④式得Wf=-(mgH-2mgR)=mg(2R-H).⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ,游客在P点时的速度为vP,受到的支持力为FN,从B到P由机械能守恒定律,
有mg(R-Rcos θ)=m-0,⑥
过P点时,根据向心力公式,有
mgcos θ-FN=m,⑦
FN=0,⑧
cos θ=,⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h=R.
答案:(1)　mg(2R-H)　(2)R
3.(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 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=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

(1)邮件滑动的时间t;
(2)邮件对地的位移大小s;
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.
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=μmg
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.
(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Fs=mv2-0
联立并代入数据得s=0.1 m.
(3)邮件与皮带发生相对滑动过程中,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:(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)-2 J