2020年高考物理新课标第一轮总复习练习：5-5 动力学观点和能量观点解决力学综合问题 含解析

第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一 动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的“四点注意”(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确． 答案：A1－2.[解决直线运动问题] 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．应用动能定理解题的基本思路[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则(B )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1μ(v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·某某卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－fd )m，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm ，故D 正确．A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD ．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2＝2.5 m/s 2；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝12×2×10＝10 J ；当F ＝0，即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12×2Mv 2m －0；代入数据得：v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。

2020年高考物理备考微专题精准突破 专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)． 【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连 接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光 滑，则小车从A 到C 的运动时间是（ ）A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s 【答案】A【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度210.20.22m/s f mga g m m====，在AB 段，根据动能定理可得2201122AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -==；小车在BC段，根据机械能守恒可得212B CD mv mgh =，解得0.8m CD h =，过圆形支架的圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得12BCBC CD x R x h =，解得4m BC x =，1sin 5CD BC h x θ==，故小车在BC 上运动的加速度为22sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224s 2s 2B v t a ===，所以小车运动的总时间为125st t t=+=，A正确。

压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题..............................................................................................1热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题.....................................................5热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题.......................................................10热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型. (13)三．压轴题速练..........................................................................................................................................................18一，考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。

2.学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。

3.用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。

二．题型及要领归纳热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题1.解决传送带问题的关键点(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.(2)物体能否达到与传送带共速的判断.(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功W f ＝F f ·x (x 为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，W f ＝F f ·s (s 为相对路程).【例1】（2023春·湖北荆州·统考期中）如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度5m L =的传送带，与水平面的夹角37θ=︒，传送带一直保持匀速运动，速度2m/s v =。

能力课动力学观点和能量观点的综合应用一、选择题(1题为单项选择题，2题为多项选择题)1．如图1所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。

把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。

随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A 滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。

下列关系中正确的是()图1A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2解析因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。

答案 B2．(2016·江西九江一模)将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图2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由木板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()图2A．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解析在第一次小铅块运动过程中，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，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，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。

5.5动力学方法和能量观点的综合应用(解析版)5.5 动力学方法和能量观点的综合应用动力学方法和能量观点是物理学中非常重要的概念和方法。

它们在解决各种力学问题和能量转换问题中发挥着重要的作用。

本文将介绍动力学方法和能量观点的概念，并通过一系列具体例子解释其在解析问题中的综合应用。

一、动力学方法的概念和应用动力学方法是一种研究力学现象的方法，它主要涉及力、质点、运动和力学定律等内容。

通过使用牛顿第二定律、动量守恒定律和动量-时间定理等概念，我们可以解决很多力学问题。

例如，我们可以使用牛顿第二定律来计算物体的加速度。

根据该定律，物体的加速度与所受的力成正比，与物体的质量成反比。

通过求解这个力学模型，我们可以推断物体的加速度，并进一步分析它的运动状态。

此外，动力学方法还可以被应用于解决碰撞问题。

通过运用动量守恒定律和动量-时间定理，我们可以计算碰撞前后物体的速度、动量和能量变化。

这种分析方法在交通事故研究、运动员撞击分析等领域都有重要的应用。

二、能量观点的概念和应用能量观点是研究物理系统能量转化和守恒的观点。

根据能量守恒定律，一个系统的总能量在任何时刻保持不变。

能量观点可以被广泛应用于解决各种物理问题。

例如，我们可以使用能量观点来解析简谐振动问题。

在简谐振动的过程中，机械能由动能和势能组成。

通过计算系统在不同位置、不同时间点的动能和势能，我们可以分析系统的运动特性，例如振幅、周期和频率等。

此外，能量观点也适用于解析机械能转换问题。

通过应用能量转化公式，我们可以计算系统中的机械能的变化，进而分析能量的流向和转化过程。

这对于研究机械系统的效率和能量损耗等问题非常重要。

三、动力学方法和能量观点的综合应用动力学方法和能量观点是相互关联的，通过综合应用这两个方法，我们可以更全面地分析和解决物理问题。

例如，在解决物体自由落体问题时，我们可以同时使用动力学方法和能量观点。

根据牛顿第二定律，物体在受重力作用下的加速度为常数。

能力提升课第四讲电磁感应中的动力学和能量问题热点一电磁感应中的动力学问题(师生共研) 1．两种状态及处理方法3．动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件．具体思路如下：[典例1](2019·云南华宁二中摸底)如图甲所示，电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出I－t图象．电阻不计的足够长光滑平行金属轨道宽L＝1.0 m，与水平面的夹角θ＝37°.轨道上端连接阻值R＝1.0 Ω的定值电阻，金属杆MN 长与轨道宽相等，其电阻r＝0.50 Ω，质量m＝0.02 kg.在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，杆在整个运动过程中与轨道垂直，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的I－t图象．重力加速度g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)t＝1.2 s时电阻R的热功率；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)t＝1.2 s时金属杆的速度大小和加速度大小．解析：(1)t＝1.2 s时电流I1＝0.15 AP＝I21R＝0.022 5 W(2)电流I2＝0.16 A时电流不变，棒做匀速运动BI2L＝mg sin37°，求得B＝0.75 T(3)t＝1.2 s时，电源电动势E＝I1(R＋r)＝BL v代入数据v＝0.3 m/smg sin 37°－BI1L＝ma解得：a＝0.375 m/s2.答案：(1)0.022 5 W(2)0.75 T(3)0.3 m/s0.375 m/s2[反思总结]用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：1－1.[动力学问题](多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则()A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C．此时圆环的加速度a＝B2v ρdD．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m＝ρdg B2解析：圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B错误；圆环中感应电动势为E＝B·2πR·v，感应电流I＝ER′，电阻R′＝ρ2πRπr2＝2Rρr2，解得I＝Bπv r2ρ.圆环受的安培力F＝BI·2πR＝2B2π2v Rr2ρ.圆环的加速度a＝mg－Fm＝g－2B2π2v Rr2mρ，圆环质量m＝d·2πR·πr 2，解得加速度a＝g－B2vρd，C错误；当mg＝F时，加速度a＝0，速度最大，v m＝ρdgB2，D正确．答案：AD1－2.[平衡问题](2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m 和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．解析：(1)设导线的张力的大小为F T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为F N1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为F N2.对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μF N1＋F T ＋F ①F N1＝2mg cos θ②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μF N2＝F T ③F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ)⑤(2)由安培力公式得F ＝BIL ⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流，ab 棒上的感应电动势为E ＝BL v ⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I ＝E R ⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2.答案：(1)mg (sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 21－3. [含容问题] 如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L 1、L 2，其间距d ＝0.5 m ，左端接有容量C ＝2 000 μF 的电容器．质量m ＝20 g 的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计．整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现用一沿导轨方向向右的恒力F 1＝0.44 N 作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t 时间后到达B 处，速度v ＝5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F 2，又经2t 时间后导体棒返回到初始位置A 处，整个过程电容器未被击穿．求：(1)导体棒运动到B 处时，电容器C 上的电荷量；(2)t 的大小；(3)F 2的大小．解析：(1)当导体棒运动到B 处时，电容器两端电压为U ＝Bd v ＝2×0.5×5 V ＝5 V此时电容器的带电荷量q ＝CU ＝2 000×10－6×5 C ＝1×10－2C.(2)棒在F 1作用下有F 1－BId ＝ma 1，又I ＝Δq Δt ＝CBd Δv Δt ，a 1＝Δv Δt联立解得a 1＝F 1m ＋CB 2d 2＝20 m/s 2 则t ＝v a 1＝0.25 s. (3)由(2)可知棒在F 2作用下，运动的加速度a 2＝F 2m ＋CB 2d 2，方向向左， 又12a 1t 2＝－[a 1t ·2t －12a 2(2t )2]，将相关数据代入解得F 2＝0.55 N.答案：(1)1×10－2 C (2)0.25 s (3)0.55 N热点二 电磁感应中的能量问题 (师生共研)1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q 的三种方法3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．(3)根据能量守恒列方程求解．[典例2]如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mg sin θ＝μmg cos θ解得μ＝tan θ.(2)在光滑导轨上感应电动势E＝BL v感应电流I＝E R安培力F安＝BIL导体棒受力平衡有F安＝mg sin θ解得v＝mgR sin θB2L2.(3)摩擦生热Q f＝μmgd cos θ由能量守恒定律有3mgd sin θ＝Q＋Q f＋12m v2解得Q＝2mgd sin θ－m3g2R2sin2θ2B4L4.答案：(1)tan θ(2)mgR sin θB2L2(3)2mgd sin θ－m3g2R2sin2θ2B4L4[反思总结]求解电能应分清两类情况1．若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．2．若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．2－1. [单棒模型问题](多选)如图所示，两根平行长直金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．一质量为m的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为μ.导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直)．设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计，重力加速度大小为g.在这一过程中()A．导体棒运动的平均速度为(F－μmg)(R＋r)2B2d2B．通过电阻R的电荷量为Bdl R＋rC．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的电能D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒增加的动能答案：BD2－2. [线框模型问题](多选)(2018·黑龙江大庆实验中学月考)如图所示，正方形导线框ABCD、abcd的电阻均为R，边长均为L，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内．在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L.现将系统由静止释放，当导线框ABCD刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦的空气阻力，则()A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力F T＝mgB．系统匀速运动的速度大小v＝mgR B2L2C．两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q＝2mgL－3m3g2R2 2B4L4D．导线框abcd的ab边通过磁场的时间t＝2B2L3 mgR解析：两线框刚开始做匀速运动时，线圈ABCD全部进入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力F T＝2mg，选项A错误；对线圈abcd可知，两线框刚开始做匀速运动时，线圈abcd的上边ab刚进入磁场，此时mg＋B2L2vR＝2mg，即系统匀速运动的速度大小v＝mgRB2L2，选项B正确；由能量守恒关系可知，两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热等于两个线圈的机械能的减小量，即Q＝2mg·2L－mg·2L－12·3m v2＝2mgL－3m3g2R22B4L4，故选项C正确；若导线圈abcd在磁场中匀速运动时，ab边通过磁场的时间是t＝2L v ＝2B 2L 3mgR ，但是线框在磁场中不是一直匀速上升，故选项D 错误． 答案：BC1．平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场．若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( B )A ．PB ．R R ＋r P C.r R ＋r P D ．(R R ＋r )2P 2．(多选)(2019·长春实验中学开学考试)如图甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t ＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( BC )A ．线框中产生大小、方向周期性变化的电流B ．MN 边受到的安培力先减小后增大C ．线框做匀加速直线运动D ．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失解析：穿过线圈的磁通量先向下减小，后向上增加，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A 错误；因B 的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B 的大小先减后增加，根据F ＝BIL 可知，MN 边受到的安培力先减小后增大，选项B 正确；因线圈平行的两边电流等大反向，则整个线圈受的安培力为零，则线圈下滑的加速度为g sin θ不变，则线框做匀加速直线运动，选项C 正确；因安培力对线圈不做功，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D 错误．3．(2019·江苏高级中学检测)如图所示，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为L ，质量为m ，电阻为R 的正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度v 匀速运动的传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度v 后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应强度为B 、方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L 不变，匀强磁场的宽度为3L ，求：(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q .(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离s 1和在这段时间里传送带通过的距离s 2之比．(3)传送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能E (不考虑电动机自身的能耗) 解析：(1)线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为E ＝BL v ，则每个线圈通过磁场区域产生的热量为Q ＝Pt ＝(BL v )22L R v ＝2B 2L 3v R(2)对于线圈：做匀加速运动，则有s 1＝v t 2对于传送带做匀速直线运动，则有s 2＝v t故s 1∶s 2＝1∶2(3)线圈与传送带的相对位移大小为Δs ＝s 2－s 1＝v t 2＝s 1线圈获得动能E k ＝m v 22＝fs 1传送带上的热量损失Q ′＝f (s 2－s 1)＝m v 22送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能为E ＝E k ＋Q ＋Q ′＝m v 2＋2B 2L 3v R 答案：(1)Q ＝2B 2L 3v R (2)s 1∶s 2＝1∶2 (3)E ＝m v 2＋2B 2L 3v R[A组·基础题]1. 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨间连接一个电阻为R的灯泡，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．一质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab接入电路的电阻为r，当流经金属棒ab某一横截面的电荷量为q时，金属棒ab的速度大小为v，则金属棒ab 在由静止开始沿导轨下滑到速度达到v的过程中(未达到最大速度)( D )A．金属棒ab做匀加速直线运动B．金属棒ab两端的电压始终为rR＋rBl vC．灯泡的亮度先逐渐变亮后保持不变D．回路中产生的焦耳热为mgq(R＋r)BL sin θ－12m v22. 如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，N、Q两点间接一个阻值为R的电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( A )A．金属棒两端的最大电压为12BL2ghB．金属棒在磁场中的运动时间为2d ghC．克服安培力所做的功为mghD ．右端的电阻R 产生的焦耳热为12(mgh ＋μmgd )3．(多选) 如图所示，倾角为θ的平行金属导轨宽度为L ，电阻不计，底端接有阻值为R 的定值电阻，处在与导轨平面垂直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中．有一质量为m 、长也为L 的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r ，它与导轨之间的动摩擦因数为μ，现让导体棒从导轨底部以平行于斜面的速度v 0向上滑行，上滑的最大距离为s ，滑回底端的速度为v ，下列说法正确的是( AC )A ．把运动导体棒视为电源，其最大输出功率为(BL v 0R ＋r)2R B ．导体棒从开始到滑到最大高度的过程所用时间为2s v 0C ．整个过程产生的焦耳热为12m v 20－12m v 2－2μmgs cos θ D ．导体棒上滑和下滑过程中，电阻R 产生的焦耳热相等4. 如图，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为l ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，其上端所接定值电阻为R ，给金属棒ab 一沿斜面向上的初速度v 0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为r ，当ab 棒沿导轨上滑距离为x 时，速度减小为零．则下列说法正确的是( D )A ．在该过程中，导体棒所受合外力做功为12m v 20B ．在该过程中，通过电阻R 的电荷量为BlxR (R ＋r )2C ．在该过程中，电阻R 产生的焦耳热为Rm v 202(R ＋r )D．在导体棒获得初速度时，整个电路消耗的电功率为B2l2v20 R＋r5．如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F ＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v－t图象，其中AO是图象在O 点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．解析：(1)由图乙得ab棒刚开始运动瞬间a＝2.5 m/s2，则F－F f＝ma，解得F f＝0.2 N.ab棒最终以速度v＝10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－F f－F安＝0.F安＝BIL＝BL BL vR＝B2L2vR.联立可得R＝B2L2vF－F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F－F f)x＝12m v2＋Q，解得Q＝20 J.答案：(1)0.4 Ω(2)20 J[B组·能力题]6. (2019·天津武清大良中学月考)如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为l＝0.2 m，其电阻不计．完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m＝0.01 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T．棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x＝0.1 m时达到最大速度v m，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零．取g＝10 m/s2，求：(1)ab棒的最大速度v m；(2)ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q；(3)ab棒由静止到最大速度所经历的时间t.解析：(1)棒ab达到最大速度v m时，对棒cd有：BIL＝mg,由闭合电路欧姆定律知I＝E2R，棒ab切割磁感线产生的感应电动E＝BL v m,代入数据计算得出：v m＝1 m/s;(2) ab棒由静止到最大速度过程中，由功能关系得：Fx＝mgx＋12m v2m＋Q棒ab达到最大速度时受力平衡F＝mg＋BIL解得：Q＝5×10－3 J(3)ab棒由静止到最大速度过程中通过ab棒的电荷量：q＝I t＝BLx2R＝0.05 C在此过程中由动量定理可知：(F－mg－BIL)t＝m v m－0即(F－mg)t－BqL＝m v m－0解得：t＝0.2 s.答案：(1)1 m/s(2)5×10－3 J(3)0.2 s7. 如图所示，电阻不计的“∠”形足够长且平行的导轨，间距L＝1 m，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R相连．整个空间存在着B＝5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab、cd的阻值R ab＝R cd＝R，cd棒质量m＝1 kg，ab棒光滑，cd与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动．求这一时刻ab 棒中的电流；(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件；(3)若cd棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab棒无论质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动．求cd棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件．解析：(1)cd棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．由平衡条件得BI cd L cos 53°－F f＝0，F N－mg－BI cd L sin 53°＝0，又因为F f＝μF N，联立以上三式，得I cd＝1.67 A，所以I ab＝2I cd＝3.34 A.(2)ab棒下滑时，最大安培力F A＝m ab g sin 53°，cd棒所受最大安培力应为12F A，要使cd棒不滑动，需满足：12F A cos 53°≤μ(mg＋12F A sin 53°)．由以上两式联立解得m ab≤2.08 kg.(3)ab棒下滑时，cd棒始终静止，有F A′cos 53°≤μ(mg＋F A′sin 53°)．解得μ≥F A′cos 53°mg＋F A′sin 53°＝cos 53°mgF A′＋sin 53°.当ab棒质量无限大，在无限长轨道上最终一定匀速运动，ab棒所受安培力趋于无穷大，cd棒所受安培力F A′亦趋于无穷大，有μ≥cos 53°sin 53°＝0.75.答案：(1)3.34 A(2)m ab≤2.08 kg(3)μ≥0.758．如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同、质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l.从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a＝g sin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．(1)求每根金属杆的电阻R；(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向；(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功．解析：(1)甲、乙匀加速运动时加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v＝2gl sin θ.根据平衡条件有mg sin θ＝B2l2v 2R.解得R＝B2l22gl sin θ2mg sin θ.(2)甲在磁场中运动时，外力F始终等于安培力F＝B2l2v2R，v＝g sin θ·t，将R＝B2l22gl sin θ2mg sin θ代入得F＝mg2sin2θ2gl sin θt，方向沿导轨向下．(3)乙进入磁场前，甲、乙产生相同热量，设为Q1，则有F安l＝2Q1，又F＝F安，故外力F对甲做的功W F＝Fl＝2Q1.甲出磁场以后，外力F为零，乙在磁场中，甲、乙产生相同热量，设为Q2，则有F安′l＝2Q2，又F安′＝mg sin θ，又Q＝Q1＋Q2.解得W F＝2Q－mgl sin θ.答案：(1)B2l22gl sin θ2mg sin θ(2)F＝mg2sin2θ2gl sin θt，方向沿导轨向下(3)2Q－mgl sin θ。

专题5.5 动力学观点和能量观点解决力学综合问题1. 利用动力学观点解决力学综合问题；2. 利用能量观点解决力学综合问题。

知识点一 多运动组合问题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。

知识点二 传送带模型问题1.传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．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，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解： ①传送带做的功：W ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝Fx 相． 知识点三 滑块—木板模型1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，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 ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1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：对滑块和木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x 滑； (2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板； (3)求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相．考点一 多运动组合问题【典例1】 (2016·全国卷Ⅰ)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56R 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μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(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72R 、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．【解析】(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ＝5R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 v B ＝2gR ③(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E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④E 、F 之间的距离为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦ E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为 x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式有 y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得 v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m 1＝13m .【答案】(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m【方法技巧】力学综合题中多过程问题的分析思路1．对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．2．找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．【变式1】 (2019·湖南衡阳八中模拟)如图所示，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 的光滑竖直平面圆轨道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θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.试求：(1)运动员运动到C 点时的速度大小v C ；(2)运动员在圆轨道最低点P 受到轨道支持力的大小F N ； (3)A 点距过P 点的水平地面的高度h . 【解析】(1)在D 点：竖直方向上的分速度 v y ＝gt ＝10×2 m/s ＝20 m/s tan 37°＝v Cv y，代入数据解得v C ＝15 m/s(2)对P →C 过程，由机械能守恒定律可得：12mv 2P ＝12mv 2C＋mg ·2R 在P 点：F N －mg ＝m v 2PR，联立上述两式代入数据解得F N ＝3 250 N由牛顿第三定律得：在P 点运动员受到轨道的支持力为3 250 N. (3)对A →P 过程，由动能定理可得： mgh －μmg cos 37°h －(R －R cos 37°)sin 37°＝12mv 2P代入数据解得h ＝45.5 m.【答案】(1)15 m/s (2)3 250 N (3)45.5 m考点二 传送带模型问题【典例2】 (2019·河北衡水中学模拟)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1＞v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则下列判断正确的是( )A ．0～t 1内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为12mv 22－12mv 21D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大【解析】由图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上.0～t 1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，A 错误；在t 1～t 2时间内，物块向上运动，则有μmg cos θ＞mg sin θ，则μ＞tan θ，B 错误；0～t 2时间内，由图可知，它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，则传送带对物块做的功W ≠12mv 22－12mv 21，由此可知C 错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律得知：系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D 正确．【答案】D【方法技巧】传送带模型问题的分析流程【变式2】(2019·山西忻州一中模拟)如图所示，一质量为m ＝2 kg 的滑块从半径为R ＝0.2 m 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 处由静止滑下，A 点和圆弧对应的圆心O 点等高，圆弧的底端B 与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v 0＝4 m/s ，B 点到传送带右端C 点的距离为L ＝2 m ．当滑块滑到传送带的右端C 时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g 取10 m/s 2)求：(1)滑块到达底端B 时对轨道的压力； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，滑块与传送带之间由摩擦而产生的热量Q . 【解析】(1)滑块由A 到B 的过程中，由机械能守恒定律得 mgR ＝12mv 2B①物体在B 点，由牛顿第二定律得 F B －mg ＝m v 2BR ②联立①②解得F B ＝60 N由牛顿第三定律得，滑块到达底端B 时对轨道的压力大小为60 N ，方向竖直向下． (2)滑块从B 到C 运动过程中，由牛顿第二定律得 μmg ＝ma ③由运动学公式得v 20－v 2B ＝2aL ④由①③④得μ＝0.3⑤(3)滑块从B 到C 运动过程中，设运动时间为t .由运动学公式得v0＝v B＋at⑥产生的热量Q＝μmg(v0t－L)⑦由①③⑤⑥⑦得Q＝4 J.【答案】(1)60 N，方向竖直向下(2)0.3(3)4 J考点三滑块—木板模型【典例3】(2019·辽宁师大附中模拟)水平地面上放有一长为L＝5.5 m、质量为M＝1 kg的小车，小车与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.在其左端放一质量m＝3 kg的可视为质点的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.2.现对物块施加一水平向右、大小为18 N的水平拉力F，经过t1＝2 s后撤去外力F.已知小车的上表面离地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10m /s2.(1)求2 s末物块及小车的速度分别是多少？(2)通过分析计算说明，物块能否从小车上滑出．如果不能，求物块停在小车上的位置；如果能，请计算出物块刚落地时，到小车右端的距离．【解析】(1)对物块，根据牛顿第二定律有：F－μ2mg＝ma m1解得：a m1＝4 m/s 22 s末物块速度v m1＝a m1t1＝8 m/s对小车，根据牛顿第二定律有：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma M1解得：a M1＝2 m/s 22 s末小车的速度v M1＝a M1t1＝4 m/s2 s内两者的位移分别为：x m1＝12a m1t21＝12×4×22＝8 m，xM1＝12a M1t21＝12×2×22＝4 m故Δx＝x m1－x M1＝4 m<L所以2 s时两者没有分离，即物块的速度为8 m/s ，小车的速度为4 m/s (2)2 s时撤去外力后，物块将向右做减速运动，加速度大小为a m2＝μ2g＝2 m/s2小车受力不变，所以加速度a M2＝2 m/s2设2 s以后再经过时间t2物块刚好从小车右端滑出，则x m －x M ＝L －Δx即v m 1t 2－12a m 2t 22－⎝⎛⎭⎫v M 1t 2＋12a M 1t 22＝L －Δx 解得： t 2＝0.5 s(另一种解t ＝1.5 s 不符合题意) t ＝2.5 s 时小车的速度v M 2＝v M 1＋a M 2t 2＝5 m/s 物块的速度v m 2＝v m 1－a m 2t 2＝7 m/s >v M 2 所以物块在2.5 s 时刚好从小车右端滑出设再经过时间t 3物块落地，则有：h ＝12gt 23，解得t 3＝0.4 s在0.4 s 内物块向右运动的位移x m 3＝v m 2t 3＝2.8 m物块离开小车后，小车向右做减速运动，其加速度大小为a M 3＝μ1g ＝1 m/s 2 0.4 s 内小车向右运动的位移x M 3＝v M 2t 3－12a M 3t 23＝5×0.4－12×1×0.42＝1.92 m 物块落地时到小车右端的距离为Δx ′＝x m 3－x M 3＝(2.8－1.92) m ＝0.88 m. 【答案】(1)8 m/s 4 m/s (2)0.88 m【变式3】(2019·黑龙江哈尔滨三中模拟)如图所示，在光滑水平台面上静置一质量m A ＝0.9 kg 的长木板A ，A 的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量m C ＝0.9 kg 的物体C 拴接．当C 从静止开始运动至下落高度为h ＝0.4 m 时，在木板A 的最右端轻放一质量为m B ＝3.6 kg 的小铁块B (可视为质点)，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.25，最终B 恰好未从木板A 滑落，g 取10 m/s 2，求：(1)刚放铁块B 时，A 的速度大小v 0； (2)木板A 的长度L ；(3)若当B 轻放在木板A 的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B 能滑离木板A 的条件下，则A 、B 间因摩擦而产生热量的最大值Q m 多大．【解析】(1)以A 与C 组成的系统为研究对象，C 下降的过程中，拉着A 一起运动，只有重力做功，则m C gh ＝12(m A ＋m C )v 20，代入数据解得v 0＝2 m/s.(2)将B 放在A 上后，B 受到摩擦力的作用，A 与B 之间的摩擦力为f ＝μm B g ＝0.25×3.6×10 N ＝9 N. C 受到的重力G C ＝m C g ＝0.9×10 N ＝9 N ，设此时A 与C 仍然一起做加速运动， 则(m A ＋m C )a ＝m C g －f ＝9 N －9 N ＝0 N.所以将B 放在A 上后，A 与C 一起做匀速直线运动，B 做匀加速直线运动，加速度a B ＝f m B ＝93.6 m/s 2＝2.5 m/s 2，B 与A 的速度相等需要的时间t ＝v 0a B ＝22.5 s ＝0.8 s.此过程中A 的位移x 1＝v 0t ＝2×0.8 m ＝1.6 m ， B 的位移x 2＝12a B t 2＝12×2.5×0.82 m ＝0.8 m.由于最后B 恰好未从木板A 滑落，所以A 的长度等于A 与B 的位移差，即L ＝x 1－x 2＝1.6 m －0.8 m ＝0.8 m.(3)在保证B 能滑离木板A 的条件下，A 与B 的相对位移始终等于A 的长度，与运动的时间无关，所以A 、B 间因摩擦产生热量的最大值Q m ＝f ·L ＝9×0.8 J ＝7.2 J.【答案】(1)2 m/s (2)0.8 m (3)7.2 J。

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《用动力学和功能观点解答力学综合题》1.如图所示，B，C，D在同一水平面，CED为半径R=lm的圆形光滑圆弧，O为其圆心，其圆心角=74o，E为圆弧的最低点，圆弧与传送带相切于D点，传送带与水平面的夹角=37o。

质量为m=1kg可看做质点的物块从B点正上方的A点以v0=4m/s的水平速度抛出，恰好从C点沿圆弧的切线方向进入圆弧。

传送带以速度v=4m/s 匀速向上运动，传送带的长度DF=5m，物块与传送带间动摩擦因数=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力(不计空气阻力，g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8)。

求：(1)物块在C点速度的大小；(2)物块在E点对轨道的压力；(3)通过计算说明，物块能否被传送带传送到F点。

2.下图为光电计时器的实验简易示意图。

当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。

光滑水平导轨MN上放置两个相同的物块A和B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，今将挡光效果好，宽度为d=3.6×10-3m的两块黑色磁带分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光。

传送带水平部分的长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度v=6m/s匀速转动。

物块A，B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，质量m A=m B=1kg。

开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧，两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t=9.0×10-4s，重力加速度g取10m/s2。

试求：（1）弹簧储存的弹性势能E p；（2）物块B在传送带上向右滑动的最远距离sm；（3）若物块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的物块A在水平面上相碰，且A和B碰后互换速度，则弹射装置P至少应以多大速度将A弹回，才能在AB碰后使B刚好能从Q端滑出?此过程中，滑块B与传送带之间因摩擦产生的内能△E为多大?3.如图所示，质量的滑块（可视为质点），在F=60N的水平拉力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从水平地面上的C点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，经过0.4 s后落回E点。

专题探究五动力学和能量观点的综合应用1.如图所示,一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆轨道最低点时,轨道所受压力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)( D )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析:铁块在最低点,支持力与重力合力等于向心力,即1.5mg-mg=m,即铁块动能E k=mv2=mgR,初动能为零,故动能增加mgR,铁块重力势能减少mgR,所以机械能损失mgR,选项D正确.2.(2018·黑龙江哈尔滨模拟)(多选)升降机底板上放一质量为100 kg的物体,物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s,则此过程中(取g=10 m/s2)( AC )A.升降机对物体做功为5 800 JB.合外力对物体做功为5 800 JC.物体的重力势能增加了5 000 JD.物体的机械能增加了5 000 J解析:升降机对物体所做的功W=mgh+mv2=5 800 J,选项A正确;合外力做功W合=mv2=800 J,选项B错误;重力势能增加E p=mgh=5 000 J,选项C正确;物体机械能增加E=mgh+mv2=5 800 J,选项D错误. 3.(2018·河北石家庄模拟)在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件,可大大提高工作效率,传送带以恒定的速度v=2 m/s运行,质量为m=0.5 kg的工件以v0=1 m/s 的初速度从位置A滑上传送带,工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时,后一个工件立即滑上传送带,取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是( A )A.工件经0.5 s停止相对滑动B.正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC.摩擦力对每个工件做正功为1 JD.每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析:工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动,加速度大小为a=μg=2 m/s2,加速时间为t==0.5 s,选项A正确;正常运行时相邻两工件间的距离为d=vt=1 m,选项B错误;由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为W f=mv2-m=0.75 J,选项C错误;在t=0.5 s内,工件对地位移为x1=t=0.75 m,传送带对地位移为x2=vt=1 m,所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q=μmg(x2-x1)=0.25 J,选项D错误.4. (多选)如图所示,倾角θ=30°的斜面固定在地面上,长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上,与斜面间动摩擦因数μ=,其A端与斜面顶端平齐.用细线将质量也为m的物块与软绳连接,给物块向下的初速度,使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面),在此过程中( BCD )A.物块的速度始终减小B.软绳上滑L时速度最小C.软绳重力势能共减少了mgLD.软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和解析:物块下落过程中,刚开始由于mgsin 30°+μmgcos 30°=mg>mg,所以物块所受合力向上,物块做减速运动,下落过程中,合力越来越小,当加速度等于零时,速度最小,后合力方向向下,加速度向下,速度增大,所以物块的速度先减小后增大,故A错误;当加速度等于零时,速度最小,设此时软绳上滑的距离为x,则mgsin 30°+μmgcos 30°=mg+mg,代入数据解得x=L,故B正确;物块未释放时,软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=sin 30°=,软绳刚好全部离开斜面时,软绳的重心离斜面顶端的高度h2=,则软绳重力势能共减少mg(-)=mg,故C正确;以软绳和物块组成的系统为研究对象,软绳和物块的重力势能减小,转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能,根据能量守恒定律,软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和,故D正确.5.(多选)水平面上质量为m=10 kg的物体受到的水平拉力F随位移s 变化的规律如图所示,物体匀速运动一段时间后,拉力逐渐减小,当s=7.5 m时拉力减为零,物体也恰好停下.取g=10 m/s2,下列结论正确的是( AB )A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.12B.合外力对物体所做的功约为-40 JC.物体匀速运动时的速度为2 m/sD.物体运动的时间为0.4 s解析:由于0～2.5 m内物体匀速运动,可得F=μmg,μ===0.12;由F s图线与s轴所围面积表示力F所做的功可得W F=50 J,设物体匀速运动的速度为v,由动能定理可得W总=W F-μmg·s=0-mv2,即W总=-40 J,v=2 m/s;物体匀速运动的时间t匀=s= s>0.4 s.6.(多选)如图所示,物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动,斜面足够长.当它通过斜面上的M点时,其动能减少80 J,机械能减少32 J.如果物体能从斜面上返回底端,则( CD )A.物体在斜面上运动时,机械能守恒B.物体在向上运动时,机械能减少100 JC.物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的D.物体返回A点时动能为20 J解析:由题意,摩擦力始终做负功,机械能不守恒,选项A错误;选最底端为零势能面,物体向上运动到最高点时,重力势能不为零,机械能减少量小于100 J,选项B错误;根据题意,当它通过斜面上的M点时,其动能减少80 J,机械能减少32 J,说明克服摩擦力做功32 J,从M点上升到最高点的过程中,动能减少20 J,需要克服摩擦力做功8 J,整个上升过程,共克服摩擦力做功40 J,机械能减少了40 J,物体上升到M还能上升的距离为到达M点前的,选项C正确;物体返回A点的过程中,损失的机械能也是40 J,物体返回A点时动能为20 J,选项D正确.7.(2018·山东烟台模拟)(多选)如图所示,光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型,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,则( CD )A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C.滑块可能重新回到出发点A处D.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:设AB的竖直高度为h,假设滑块从A点下滑刚好通过最高点C,则此时应该是从A下滑的高度的最小值,刚好通过最高点时,由重力提供向心力,则mg=,解得v C=,从A到C根据动能定理mg(h- 2R)=m-0,得h=2.5R,选项A错误;从A到滑块在传送带上向右运动距离最大,根据动能定理得mgh-μmgx=0,得到x=,可以看出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,与高度h有关,选项B错误;滑块在传送带上先做减速运动,可能反向做加速运动,如果再次到达D点时速度大小不变,则根据能量守恒,可以再次回到A点,选项C正确;滑块与传送带之间产生的热量Q=μmgΔx相对,当传送带的速度越大,则在相同时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多,选项D正确.8. (2018·河北保定调研)(多选)如图所示,内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A 点.现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动.当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能是( AB )A. B. C. D.1解析:第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功W1=mgR,第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点速度v=,小球在最低点的速度为v A,根据机械能守恒定律可得mg·2R=m-mv2,第二次击打小球,小锤对小球做的功W2=m-mgR=mgR,则先后两次击打,小锤对小球做功的最大值为,选项A,B正确,C,D错误.9.如图(甲)所示,光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接,且OAB在一条直线上,与水平面夹角α=37°,轻质弹簧下端固定在O点,上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体,在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点,该过程中力F随压缩距离x的变化如图(乙)所示.已知物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5,传送带AB部分长为 5 m,顺时针转动,速度v=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)物体的质量m;(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W;(3)若在C点撤去力F,物体被弹回并滑上传送带,物体在传送带上最远能到何处?解析:(1)由图像可知mgsin 37°=30 N解得m=5 kg.(2)图(乙)中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功W= J- J=90 J.(3)撒去力F,设物体返回至A点时速度大小为v0,从A出发再次返回A处的过程应用动能定理W=m解得v0=6 m/s.由于v0>v,物块所受摩擦力沿传送带向下,设此阶段加速度大小为a1, 由牛顿第二定律:mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1解得a1=10 m/s2,速度减为v时,设沿斜面向上发生的位移大小为x1,由运动学规律x1=解得x1=1 m,此后摩擦力改变方向,由于mgsin 37°>μmgcos 37°,所以物块所受合外力仍沿传送带向下,设此后过程加速度大小为a2,再由牛顿第二定律mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2,由运动学规律x2=解得x2=4 m,所以物块能够在传送带上发生的最大位移x m=x1+x2=5 m,即恰好到达传送带顶端B点.答案:(1)5 kg (2)90 J (3)恰好到达传送带顶端B点10.(2018·吉林长春模拟)如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C,M点,斜面倾角分别如图所示.O为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C,M在同一水平高度.斜面体ABC 固定在地面上,顶端B安装一定滑轮,一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P,Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P,Q两物块静止.若PC间距为L1=0.25 m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3 kg,与MN间的动摩擦因数μ=,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)小物块Q的质量m2;(2)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小以及P在MN斜面上滑行的总路程.解析:(1)根据平衡条件,满足m1gsin 53°=m2gsin 37°可得m2=4 kg.(2)P到D过程由动能定理得m1gh=m1由几何关系h=L1sin 53°+R(1-cos 53°)运动到D点时,根据牛顿第二定律F D-m1g=m1解得F D=78 N由牛顿第三定律得,物块P对轨道的压力大小为78 N.分析可知最终物块在CDM之间往复运动,在C点和M点速度为零.对全过程由动能定理得m1gL1sin 53°-μm1gx总cos 53°=0解得x总=1 m.答案:(1)4 kg (2)78 N 1 m11. (2018·江苏南京诊断)如图所示,质量M=0.4 kg的长薄板BC在外力作用下静置于倾角为37°的光滑斜面上,在A点有质量m=0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v0=4.0 m/s速度水平抛出,恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动,小物体运动到薄板的最下端C时,与薄板速度恰好相等,已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:(1)A点与B点的水平距离;(2)薄板BC的长度.解析:(1)小物体从A到B做平抛运动,设下落时间为t1,水平位移为x,则gt1=v0tan 37°,x=v0t1联立得x=1.2 m.(2)设小物体落到B点的速度为v,则v=小物体在薄板上运动,则mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1薄板在光滑斜面上运动,则Mgsin 37°+μmgcos 37°=Ma2小物体从落到薄板到两者速度相等用时为t2,则v+a1t2=a2t2小物体的位移x1=vt2+a1薄板的位移x2=a2薄板的长度l=x1-x2联立得l=2.5 m.答案:(1)1.2 m (2)2.5 m12.(2018·四川泸州一检)如图所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带,AB长L=5 m,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5 m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5 m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的E p=18 J 能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g=10 m/s2.(1)求右侧圆弧的轨道半径R;(2)求小物块最终停下时与C点的距离;(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.解析:(1)物块被弹簧弹出,由E p=m,可知v0=6 m/s,因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,由μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-a1,得到a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=2.75 m,因为x1<L,故物块与传送带同速后相对静止,最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E点,由动能定理可知mv2=μ2mgs+mgR,代入数据整理可以得到R=0.8 m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为v B,有mv2-m=μ2mg·2s,解得v B= m/s,因为v B>0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性,可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,有m=μ2mg(s-x),解得x= m.(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足mgsin 30°=m,从B到F过程中由动能定理可知m-m=μ2mgs+mg(R+Rsin 30°)解得v1= m/s,设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点由m=μ2mg·3s+mgR,解得v2= m/s,若物块在传送带上一直加速运动,由m-m=μ1mgL,知其到B点的最大速度v Bm= m/s,综合上述分析可知,只要传送带速度m/s≤v≤ m/s就满足条件.答案:(1)0.8 m (2) m(3) m/s≤v≤ m/s感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

第六章　碰撞与动量守恒定律用三大观点处理力学问题【考点预测】1.牛顿运动定律和运动学公式解决匀变速直线运动问题2.动能定理和能量守恒定律解决直线或曲线运动问题3.动量定理或动量守恒定律解决非匀变速直线运动问题【方法技巧与总结】1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．【题型归纳目录】题型一：动力学观点和能量的结合问题题型二：动力学观点和动量的结合问题题型三：动量观点和能量的结合问题题型四：动力学、动量、能量的结合问题【题型一】动力学观点和能量的结合问题【典型例题】1(2022秋·福建龙岩·高三校联考期中)大货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对滑动，否则存在安全隐患。

下面进行安全模拟测试实验：如图1所示，一辆后车厢表面粗糙且足够长的小货车向前以未知速度v匀速行驶，质量m A=10kg的货物A(可看成质点)和质量m B=20kg的货物B(可看成水平长板)叠放在一起，开始时A位于B的右端，在t=0时刻将货物A、B轻放到小货车的后车厢前端，最终货物A恰好没有滑离货物B，货物A、B在0~1s时间内的速度一时间图像如图2所示，已知货物A、B间的动摩擦因数μ1=0.40，取重力加速度g=10m/s2。

高考物理复习题型专练—力学三大观点的综合应用这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。

t＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的v­t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。

已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

(a)(b)(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。

在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B 再次碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

例题2.如图所示，半径R＝2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB 相连，A 处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B 处与圆轨道相切。

在水平轨道上，两静止小球P 、Q 压紧轻质弹簧后用细线连在一起。

某时刻剪断细线后，小球P 向左运动到A 点时，小球Q 沿圆轨道到达C 点；之后小球Q 落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P 发生碰撞。

已知小球P 的质量m 1＝3.2kg ，小球Q 的质量m 2＝1kg ，小球P 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p ＝168J ，小球到达A 点或B 点时已和弹簧分离。

重力加速度g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q 运动到C 点时的速度大小；(2)小球P 沿斜面上升的最大高度h ；(3)小球Q 离开圆轨道后经过多长时间与小球P 相碰。

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

动力学和能量观点解决力学综合问题[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(2019·安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A.mv 24B ．mv 22C ．mv 2D ．2mv 2解析：选C.由能量转化和守恒定律可知，力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12mv 2＋μmg ·x 相，x 相＝vt －v2t ，a ＝μg ，v ＝at 即v ＝μgt ，联立以上各式可得：W ＝mv 2，故选项C 正确．2．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行．将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法中正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体重力势能的变化C ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程摩擦力对物体所做的功 解析：选D.物体受重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，第一阶段滑动摩擦力对物体做正功，第二阶段静摩擦力对物体做正功，故A 错误；假定传送带速度为v ，第一阶段，物体匀加速位移x 1＝v2t ，传送带位移x 2＝vt ，除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，故物体机械能增加量等于F f x 1，由功能关系得内能增加量为Q ＝F f Δx ＝F f (x 2－x 1)，故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量，大于重力势能的增加量，故B 错误；根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加量，故C 错误；由功能关系物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故D 正确．3．质量为5 kg 的物块自倾角为37°的传送带上由静止下滑，物块经过水平地面CD 后进入光滑半圆弧轨道DE ，传送带向下匀速转动，其速度v ＝10 m/s ，传送带与水平地面之间光滑连接(光滑圆弧BC 长度可忽略)，传送带AB 长度为16 m ，水平地面CD 长度为6.3 m ，物块与水平地面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，圆弧DE 的半径R ＝1.125 m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)(1)求物块在传送带上运动的时间t ； (2)求物块到达D 点时的速度；(3)物块能否到达E 点，若能，求通过E 点后物块落地点距离D 点的距离． 解析：(1)刚开始时，对物块受力分析可知mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2物块与传送带达到共同速度时v ＝a 1t 1，解得t 1＝1 s 物块的位移x ＝12a 1t 21＝5 m此后对物块受力分析可知mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2 解得a 2＝2 m/s 2物块在传送带上的第二段运动：L AB －x ＝vt 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s物块在传送带上运动的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.(2)物块到达传送带底端的末速度v 2＝v ＋a 2t 2＝12 m/s 对物块在CD 部分的运动，由动能定理可得 －μmgL CD ＝12mv 23－12mv 22解得v 3＝9 m/s.(3)若物块能到达E 点，则由动能定理得 －mg ·2R ＝12mv 24－12mv 23解得v 4＝6 m/s物块恰能过最高点的速度v 5＝gR ≈3.35 m/s显然v 5＜v 4，故物块可以通过最高点，经过最高点后物块做平抛运动x ′＝v 4t 32R ＝12gt 23解得x ′＝955m.答案：(1)2 s (2)9 m/s (3)见解析4．(2019·临沂模拟)某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB 为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R ，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L ，平台边缘与转盘平面的高度差为H .选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A 点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线运动．选手必须在合适的位置放手，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m (不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg ，重力加速度为g .(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？(2)若已知H ＝5 m ，L ＝8 m ，a ＝2 m/s 2，g ＝10 m/s 2，且选手从某处C 点放手能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间放手的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F ＝0.6mg ，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置C 点时，因恐惧没有放手，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？解析：(1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，由最大静摩擦力提供向心力， 则有μmg ≥m ω2R即转盘转动角速度应满足ω≤μgR.(2)设水平加速段位移为x 1，时间为t 1；平抛时水平位移为x 2，时间为t 2， 则加速时有x 1＝12at 21v ＝at 1平抛运动阶段：x 2＝vt 2H ＝12gt 22全程水平方向：x 1＋x 2＝L 解得t 1＝2 s.(3)设阻力为F f ，能继续向右滑动的距离为x 3，由动能定理得 加速段：(F －F f )x 1＝12mv 2减速段：－F f x 3＝0－12mv 2人加速时，根据牛顿第二定律，得F －F f ＝ma 解得x 3＝2 m. 答案：(1)ω≤μgR(2)2 s (3)2 m[能力提升题组](25分钟，50分)1．如图所示，水平传送带两端点A 、B 间的距离为L ，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到右端的A 点，某人用恒定的水平力F 使小物体以速度v 1匀速滑到左端的B 点，拉力F 所做的功为W 1、功率为P 1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 1.随后让传送带以v 2的速度逆时针匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F 拉物体，使它以相对传送带为v 1的速度匀速从A 滑行到B ，这一过程中，拉力F 所做的功为W 2、功率为P 2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 2.下列关系中正确的是( )A ．W 1＝W 2，P 1＜P 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，P 1＜P 2，Q 1＞Q 2C ．W 1＞W 2，P 1＝P 2，Q 1＞Q 2D ．W 1＞W 2，P 1＝P 2，Q 1＝Q 2解析：选B.当传送带不运动时，拉力做功W 1＝FL ，物体从A 运动到B 的时间t 1＝L v 1，因摩擦而产生的热量Q 1＝fL .当传送带运动时，拉力做功W 2＝FL ，物体从A 运动到B 的时间t 2＝Lv 1＋v 2＜t 1，因摩擦而产生的热量Q 2＝fv 1t 2.拉力做功功率P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，比较可知W 1＝W 2，P 1＜P 2.又v 1t 2＜v 1t 1，v 1t 1＝L ，得Q 1＞Q 2.故选B.2．(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v 0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 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v 0由木板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解析：选BD.在第一次小铅块运动过程中，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，两者速度就已经相同，选项A 错误，B 正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，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．3．如图所示，质量M ＝8.0 kg 的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力F ＝8.0 N ．当向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，有一物块以水平向左的初速度v 0′＝1.0 m/s 滑上小车的右端，小物块的质量m ＝2.0 kg ，物块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，设小车足够长，g 取10 m/s 2，各问最终计算结果均保留1位小数．(1)物块从滑上小车开始，经过多长时间速度减小为零？(2)求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移大小； (3)求整个过程系统因摩擦产生的内能．解析：(1)物块滑上小车后，做加速度为a m 的匀变速运动，根据牛顿第二定律，有μmg ＝ma m ，解得a m ＝2.0 m/s 2，设物块滑上小车后经过时间t 1速度减为零，v 0′＝a m t 1，解得t 1＝0.5 s.(2)小车做加速度为a M 的匀加速运动，根据牛顿第二定律有F －μmg ＝Ma M ，解得a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2， 设物块向左滑动的位移为x 1，根据运动学公式得x 1＝v 0′t 1－12a m t 21＝0.25 m ，当物块的速度为零时，小车的速度v 1为v 1＝v 0＋a M t 1＝1.75 m/s ，设物块向右滑动经过时间t 2相对小车静止， 有v ＝v 1＋a M t 2＝a m t 2，解得v ＝73 m/s ，t 2＝76 s ，物块在时间t 2内的位移为x 2＝12a m t 22＝4936 m ，因此，物块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为x ＝x 2－x 1＝109m≈1.1 m.(3)t 1时间内小车对地的位移x 3＝v 0＋v 12t 1，相对位移Δx 1＝x 1＋x 3，t 2时间内小车对地的位移x 4＝v 1＋v2t 2，相对位移Δx 2＝x 4－x 2，摩擦产生的内能Q ＝μmg (Δx 1＋Δx 2)， 解得Q ＝8.3 J.答案：(1)0.5 s (2)1.1 m (3)8.3 J4．如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为l ＝1.4 m ；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时的速度大于 3 m/s ，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)滑块受到水平力F 、重力mg 和支持力F N 作用处于平衡状态， 水平力F ＝mg tan θ，F ＝1033N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端的速度为v ， 由下滑过程机械能守恒得mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh若滑块滑上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力作用而做匀加速运动．根据动能定理有μmgl ＝12mv 20－12mv 2则h ＝v 202g－μl ，代入数据解得h ＝0.1 m若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力作用而做匀减速运动．根据动能定理有－μmgl ＝12mv 20－12mv 2则h ′＝v 202g＋μl代入数据解得h ′＝0.8 m.(3)由(2)知，当滑块滑上传送带的速度大于传送带速度时，滑块从h ′＝0.8 m 处滑下，设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，mgh ′＝12mv 2， v 0＝v －at ，μmg ＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝l －x 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx 代入数据解得Q ＝0.5 J.答案：(1)1033 N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J。