动力分配原则在高考中的应用 (2)
力按质量分配原理在高考中的应用
F M
a
2
【例2】相同材料的物块A、B和C用轻绳连接，在C上施加恒力 F， 使三个物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况下绳中张力。
(1)地面光滑，Ta=? Tb=？ (2)地面粗糙， Ta=? Tb=？
a
b
ABC
F
(3)竖直加速上升， Ta=? Tb=？
(4)斜面光滑，加速上升， Ta=? Tb=？
F
m
M
a
5
巩固练习
1、如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光
滑水平面上，且固定一轻质弹簧的两端，已知弹簧的
原长尾L，劲度系数为k，现沿弹簧轴线方向在质量
为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起加速运
动，则此时两求间的距离为（ ）
F A、 3 k
FB、 2 kmFra bibliotek2m F
C、 L F 2k
D、 L F 3k
答案：D
a
6
2、如图所示，粗糙水平面上放置质量分别为m,2m和 3m的A、B、C三个木块，木块与水平面间动摩擦因数 相等，其间均用一个不可伸长的轻绳相连，轻绳能承 受的最大拉力为T，现用水平拉力F拉其中一个质量为 2m的木块，使三个木块以相同的加速度运动，则一下 说法正确的是（ ）
A、绳断前，a、b两段绳子拉力之比总为4:1 B、当F逐渐增大到T时，轻绳a刚好被拉断 C、若水平面光滑的，则绳断前，a、b两轻绳 的拉力之比大于4:1 D、当F逐渐增大到2T时，轻绳a还不会被拉断
答案：AB
a
16
1
答案：B
a
17
（5）斜面粗糙，加速度上升， Ta=? Tb=？
a
3
【例3】相同材料的物块A、B、C、D……用轻绳连接， 在A上施加恒力 F，使几个物块作匀加速直线运动,求在下 列各种情况下绳中张力。
(新高考)2023高考物理专题突破讲义-动力学和能量观点的综合应用
第8课时 动力学和能量观点的综合应用命题规律 1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题；(2)用动力学观点和能量观点解决多过程问题.2.常考题型：计算题．高考题型1 传送带模型中的动力学和能量问题1．传送带中动力学注意问题(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)物体能与传送带共速(摩擦力突变)．2．传送带中摩擦力做功与能量转化摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．摩擦生热的计算(1)Q ＝F f ·s 相对，其中s 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．(2)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系统产生的内能之和.例1 (2021·安徽蚌埠市高三期末)如图1所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg 的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s 2的加速度开始向右运行，加速2 s 后传送带保持匀速运行．木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g ＝10 m/s2，求：图1(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能．答案 (1)4 N·s (2)4 J解析 (1)设传送带加速度为a 0，加速时间为t 0，木块的加速度为a ，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t ，由运动学公式有a 0t 0＝at ，又F f ＝μmg ，由牛顿第二定律有F f ＝ma ，又I ＝F f t ，联立解得I ＝4 N·s.(2)设运动过程中产生的内能为Q ，传送带的位移x 1＝12a 0t 02＋v (t －t 0)＝12a 0t 02＋a 0t 0(t －t 0)木块的位移x 2＝12at 2，故Q ＝μmg (x 1－x 2)，联立解得Q ＝4 J.例2 如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为s ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速度匀速运动．现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A 点，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)图2(1)小物体做加速运动阶段的位移x 1的大小；(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ；(3)传送带对小物体做的功W .答案 (1)0.8 m (2)60 J (3)270 J解析 (1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(μmg cos θ－mg sin θ)x 1＝12m v 2－0代入数值得x 1＝0.8 m(2)设小物体加速运动的时间为t ，对于小物体x 1＝0＋v 2t对于传送带x 2＝v t ，所以x 2＝1.6 m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 2－x 1)，代入数值得Q ＝60 J(3)由功能关系得W ＝12m v 2＋mgs ·sin θ代入数值得W ＝270 J.高考题型2 用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件．③用：选择合适的规律列方程．④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用．(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解．(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解．例3 (2021·山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB与半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道BCD在B处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为37°和53°，距D点的竖直高度为h＝0.8 m处有一空中平台．小明质量为30 kg，从直轨道AB上距B点5 m的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小；(2)小明滑到C点时对轨道的压力大小；(3)小明开始下滑时的速度大小．答案 (1)3 m/s (2)1 290 N (3)3 m/s解析 (1)小明经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D点是平抛运动，到D点时竖直方向的分速度由v y2＝2gh，解得v y＝2gh＝4 m/s则在D点时水平方向的速度为v x＝v y tan 37°＝3 m/s因此小明滑上平台的速度大小为v＝v x＝3 m/s(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得－mg[h＋R(1－cos 53°)]＝12m v2－12m v C2解得v C＝33m/s经过C点时，由向心力公式得F N－mg＝m v C2 R解得F N＝1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 290 N (3)从开始运动到C点的过程，由动能定理得mgL sin 37°－μmgL cos 37°＋mgR(1－cos 37°)＝12m v C2－12m v02，解得v0＝3 m/s.例4 (2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.图4(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．答案 (1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m v2R，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为v B，由机械能守恒定律有12m v B2＝mg·2R＋12m v2，代入数据解得v B＝26m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得12Fl1－μmgl1＝12m v B2，代入数据可解得l1＝2.4m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为v C，从B点到C点由动能定理可得－μmgl2＝12m v C2－12m v B2代入数据解得v C＝2 m/s设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有h＝12gt2，解得t＝0.2 s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0＝v C t＝0.4 m<0.6 m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点．(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0代入数据可解得x1′＝0.75 m故当恒力作用的距离满足0<x′≤0.75 m时符合条件．②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝mv02 R ，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝12m v02，代入数据可解得x2′＝0.975 m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0代入数据可解得x2″＝1.1 m．故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m时符合条件．③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为v C′，则由平抛运动规律得h＝12gt2，x＝v C′t代入数据解得v C′＝3 m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmg(l1＋l2)＝12m v C′2代入数据解得x3′＝1.325 m故当恒力作用距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合条件.1.(2021·辽宁省新高考模拟卷)倾斜传送带连接两光滑平台AB和CD，传送带与水平面的夹角θ＝37°，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两端相距2.25 m，如图5所示．忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化，工件以v 0＝5 m/s 的速度滑上传送带，工件质量为1 kg ，传送带以稳定的速度运行(速度大小可调)．若工件以最短的时间从平台AB 运动到平台CD ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(1)工件在传送带上运动的最短时间；(2)输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能．答案 (1)0.5 s (2)10 J解析 (1)当传送带的速度v ≥5 m/s 时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短．对于工件，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得加速度a ＝2 m/s 2，方向沿传送带向下根据运动学公式有x ＝v 0t ＋12(－a )t 2解得t ＝0.5 s(另一解t ＝4.5 s 不符合题意舍去)(2)工件以最短时间运动，动能变化相同，重力势能变化相同，当工件和传送带的相对位移最小，即传送带以v ＝5 m/s 的速度运动时，电机额外输出的电能最少；工件在传送带上的整个运动过程，传送带的位移x 1＝v t ＝2.5 m因摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 1－x )工件的末速度v ′＝v 0－at ＝4 m/s电机额外输出的电能ΔE ＝mgx sin θ＋(12m v ′2－12m v 02)＋Q ，解得ΔE ＝10 J.2．(2021·山东威海市高三期末)如图6为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为θ＝37°，弹簧一端固定在斜面末端O 点，自由端位于P 点，木箱在轨道顶端Q 点时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回轨道顶端，再重复上述过程．已知木箱与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.重力加速度为g .求：图6(1)木箱下滑时，没碰到弹簧前，货物受到木箱的作用力的大小；(2)木箱的质量；(3)若PQ 间的距离为L ，木箱在接触弹簧的过程中，木箱受到的合外力的冲量大小．答案 (1)255mg (2)14m (3)m 4(2gL ＋10gL 5)解析 (1)设木箱未碰到弹簧前，运动的加速度为a ，木箱的质量为M ，由牛顿第二定律有(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为F 1，垂直斜面方向的作用力大小为F 2，则mg sin θ－F 1＝maF 2＝mg cos θ货物受到木箱作用力大小F ＝F 12＋F 22代入数据得F ＝255mg(2)设弹簧的最大弹性势能为E p ，弹簧压缩至最短时木箱移动的距离为x ，由能量守恒有：下滑过程中(M ＋m )gx sin θ－μ(M ＋m )gx cos θ＝E p弹回过程中E p ＝Mgx sin θ＋μMgx cos θ代入数据得M ＝14m (3)设木箱刚到达P 点时速度大小为v 1，返回P 点时速度大小为v 2，由动能定理有：未接触弹簧下滑过程：(M ＋m )gL sin θ－μ(M ＋m )gL cos θ＝12(M ＋m )v 12离开弹簧后上滑过程：－MgL sin θ－μMgL cos θ＝0－12M v 22以向上为正方向，对木箱由动量定理有I ＝M v 2－(－M v 1)代入数据得I ＝m 4(2gL ＋10gL 5)．专题强化练1．(2021·山东济宁市高三期末)如图1所示，放置在水平地面上的长木板的左端放置一小滑块(可视为质点)，右侧有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，轨道最低点P 与长木板等高，半圆弧轨道的最高点Q 处装有一压力传感器．现用水平向右恒力F 作用在小滑块上，小滑块到达P 点时撤去力F ，此时长木板也恰好到达P 点，并立即粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q .已知小滑块的质量为m ＝1 kg ，长木板的质量为M ＝1 kg ，滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，半圆弧轨道半径为R ＝0.4 m ，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q 时，压力传感器的示数为F N ＝12.5 N ，长木板右端与底座左端的距离为x ＝1 m ．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)小滑块到达P 点时速度的大小v P ；(2)长木板的长度L ；(3)水平恒力F 的大小．答案 (1)5 m/s (2)1.5 m (3)9 N解析 (1)在Q 点，轨道对小滑块的支持力为F N ′＝F N ＝12.5 N由牛顿第二定律得F N ′＋mg ＝m v Q 2R小滑块从P 到Q 的过程中，由动能定理得－mg 2R ＝12m v Q 2－12m v P 2联立解得v P ＝5 m/s.(2)对长木板，由牛顿第二定律得μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2由运动学规律得x ＝12a 2t 2解得t ＝1 s则长木板的长度为L ＝0＋v P 2t －x ＝1.5 m (3)对小滑块，由运动学规律得v P ＝a 1t由牛顿第二定律得F －μ1mg ＝ma 1解得F ＝9 N.2．(2021·福建漳州市一模)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分．如图2，传送带的倾角为θ＝30°，以v＝3 m/s的速度向上匀速运行，将质量为m＝10 kg 的货物(可视为质点)由静止释放从底端运送到顶端．若传送带顶端的高度h＝2.5 m，货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝32.假设每分钟运送货物60件，g取10 m/s2，则：图2(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速？(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？(3)与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？(结果保留2位有效数字)答案 (1)1.2 s (2)295 J (3)1.5×106 J解析 (1)对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma设货物由底端经时间t1与传送带共速，有v＝at1解得：t1＝1.2 s(2)货物由底端到与传送带共速时，货物运动的距离x1＝v22a＝1.8 m滑动摩擦力对货物做的功W1＝μmg cos θ·x1斜面长为L＝hsin θ＝5 m货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功W2＝mg sin θ(L－x1)所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为W＝W1＋W2＝295 J(3)货物匀加速运动过程中，传送带的位移s1＝v t1＝3.6 m货物与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μmg cos θ(s1－x1)电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦产生的内能，设一件货物从底端运送到顶端需多提供的电能为E1，则E1＝12m v2＋mgh＋Q＝430 J每小时需要多提供的电能E＝nE1≈1.5×106 J.3．(2021·全国甲卷·24)如图3，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放．已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关．观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同．小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下．已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.图3(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案 (1)mgd sin θ(2)mg(L＋29d)sin θ－μmgs30(3)L>d＋μs sin θ解析 (1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有v22－v12＝2ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝1 2m v22－12m v12联立以上各式解得ΔE＝mgd sin θ.(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有－μmgs＝0－12m v12从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sin θ－ΔE总＝12m v12联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sin θ－μmgs 故在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE ′＝ΔE 总30＝mg (L ＋29d )sin θ－μmgs 30(3)由题意可知ΔE ′>ΔE可得L >d ＋μssin θ.4．(2021·浙江高三开学考试)如图4所示为某一游戏简化装置的示意图．AB 是一段长直轨道，与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B 点．BC 轨道末端水平，末端离水平地面的高度为2 m ，圆弧BC 对应的圆心角θ＝37°，高度h ＝22 m 的探测板EF 竖直放置，离BC 轨道末端C 点的水平距离为L ，上端E 与C 点的高度差也为h ＝22 m ，质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)在AB 轨道上运动时所受阻力为重力的0.2倍，不计小滑块在运动过程中所受空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.图4(1)若将小滑块从B 点静止释放，求经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小；(2)小滑块从C 点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E 、F 两点时，小滑块的动能相等，求L 的大小；(3)利用(2)问所求L 值，求小滑块从距B 点多远处无初速度释放时，打到探测板上的动能最小？最小动能为多少？答案 (1)1.4 N (2)2 m (3)2 m 2 J解析 (1)小滑块从B 运动到C 的过程中，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v C 2－0，设C 点时轨道对小滑块的作用力大小为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v C 2R，得F ＝1.4 N根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小F ′＝F ＝1.4 N(2)从C 点到E 点，小滑块做平抛运动，h ＝12gt 2，L ＝v C 1t ，得v C 1＝L 2hg打在E 点的动能E k E ＝12m v C 12＋mgh ＝mg (L 2＋4h 2)4h同理可知：打在F 点的动能为E k F ＝mg (L 2＋16h 2)8h 又因为E k E ＝E k F ，得L ＝2 m (3)令小滑块从距B 点x 处无初速度释放从释放点运动到C ，由动能定理得mgx sin θ－F f x ＋mgR (1－cos θ)＝12m v C ′2－0其中F f ＝0.2mg从C 点到探测板小滑块做平抛运动，竖直方向位移y ＝12g (L v C ′)2打到探测板上的动能E k ＝12m v C ′2＋mgy 解得E k ＝(2x ＋15＋52x ＋1) J ，则当2x ＋15＝52x ＋1时，E k 有最小值．即x ＝2 m 时，动能最小值E kmin ＝2 J.。
【2018新课标 高考必考知识点 教学计划 教学安排 教案设计】高三物理：高考抢分之动能定理与功能关系应用
1. 优先考虑应用动能定理的问题： ①不涉及加速度、时间的问题；②有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题； ③变力做功的问题；④含有F 、s 、m 、v 、W 、E k 等物理量的力学问题。
2. 功能关系大汇总例题1 （新课标）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v 。
若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v 。
对于上述两个过程，用1F W 、2F W 分别表示拉力F 1、F 2所做的功，1f W 、2f W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A. 2F W ＞41F W ，2f W ＞21f WB. 2F W ＞41F W ，2f W ＝21f WC. 2F W ＜41F W ，2f W ＝21f WD. 2F W ＜41F W ，2f W ＜21f W解析：因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x ＝v t 也是2倍关系，若1f W ＝fx ，则2f W ＝f ·2x ，故2f W ＝21f W ；由动能定理1F W －fx ＝12mv 2和2F W －f ·2x ＝12m （2v ）2得2F W ＝41F W －2fx <41F W ，C 正确。
答案：C例题2 如图所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。
线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场。
整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f 且线框不发生转动。
求：（1）线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v 2； （2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v 1；（3）线框在上升阶段通过磁场过程中安培力和摩擦力产生的内能Q 。
新高考备战2024年高考物理抢分秘籍07动力学和能量观点的综合应用教师届
秘籍07动力学和能量观点的综合应用一、功能关系的理解和应用1.功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做正功。
(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。
2.摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。
(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量。
(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功。
二、能量守恒的理解和应用1.对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
2.运用能量守恒定律解题的基本思路三、动力学和能量观点的三大综合应用应用动力学和能量观点分析多过程问题核心策略：(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．应用动力学和能量观点分析传送带模型问题核心功能关系（1）功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.（2）对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f x相对．应用动力学和能量观点分析滑块—木板模型问题核心思路：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．【题型】应用动力学和能量观点分析多过成问题A．小球过最高点D时的速度大小为2gR B．释放小球时弹簧的弹性势能为C．小球运动到C点时对轨道的压力为2mg D．水平轨道上的落点【答案】B【答案】（1）9mg ；（2）20182v gR gL；（3）2【详解】（1）碰撞后恰好能运动到最高点21(2)0(2)m m gR m m v根据牛顿第三定律，压力与支持力等大反向N NF F 解得N 9F mg（2）P 从A 到B 的过程中22101122mgL mv mv 碰撞过程中1(2)mv m m v解得20182v gR gL（3）碰撞过程中2122W mv 解得2W mgR 1．（2024·安徽芜湖·二模）如图所示，半径0.4m R 竖直放置的光滑半圆轨道与光滑水平轨道在A 点平滑连接，质量为1kg m 的小物体a （可视为质点）以初速度0v 从C 点出发，经A 点恰好运动到B 点，物体通过最高点B 后作平抛运动，恰好落在C 点，重力加速度g 取210m/s ，试求：（1）物体的初速度0v ；（2）若物体以初速度0v 从C 点出发，在运动过程中，始终受到竖直平面内且与水平方向成45 角斜向左上方恒力的作用，此时物体恰好对水平轨道无压力，求物体运动过程中离出发点C 的最大水平距离（计算结果用分数表示）。
2020年高考物理真题考点逐个击破-专题3.13 三大动力学观点的综合应用
2020年高考物理真题考点逐个击破-专题3.13 三大动力学观点的综合应用【专题诠释】1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．一、力的三个作用效果与五个规律二、常见的力学模型及其结论【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0 kg ，m B =4.0 kg ；两者之 间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0 m ，如图所示。
某时刻，将压缩的微型弹簧释 放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k =10.0 J 。
释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。
A 、 B 与地面之间的动摩擦因数均为u =0.20。
重力加速度取g =10 m/s²。
A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性 碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；（2）物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ （3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？【答案】（1）v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s （2）B 0.50 m （3）0.91 m【解析】（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=m A v A –m B v B ①22k 1122A AB B E m vm v =+②联立①②式并代入题给数据得 v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s ③（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a 。
高考物理(四川专用)精讲专题 功能关系在力学中的应用(高考定位审题破题,含题组及解析)
高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻理解功能关系，综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．考题1力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a 通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m .开始时，a 、b 均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用．现对b 施加竖直向下的恒力F ，使a 、b 做加速运动，则在b 下降h 高度过程中( )图1A ．a 的加速度为F mB ．a 的重力势能增加mghC ．绳的拉力对a 做的功等于a 机械能的增加D ．F 对b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a 、b 动能的增加审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？ 答案BD1．如图2所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是()图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)答案ABC解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L＋x)．2．(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．3．如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()图4A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8s 内物体位移的大小为18mC ．0～8s 内物体机械能的增量为90JD ．0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J 答案AC解析根据速度时间图像分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图像与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代 表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图像得位移x ＝(2＋6)×42－2×22m ＝14m ，选项B 错误.0～8s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6J ，重力势能增加mgx ×sin θ＝84J ，机械能增加量为6J ＋84J ＝90J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14J ，第二部分为2～6s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70J ，选项D 错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p . 2．弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p . 3．合力的功等于动能的变化，即W ＝ΔE k .4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE . 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝fl 相对考题2动力学方法和动能定理的综合应用例2光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．审题突破(1)在圆轨道最高点a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a 点到d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋N ＝m v 2R，得N ＝m (v2R－g )＝5.4N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得： mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5m/s在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑 滑块在bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66s 答案 (1)5.4N (2)0.8 (3)7.66s4．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10m/s 2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，x 值最小．答案(1)33 (2)5m/s (3)π3解析(1)由题意可知，当θ为90°时，v 0＝2gh ①由题图b 可得：h ＝54m当θ为0°时，x 0＝543m ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg .由运动学方程得v 20＝2μgx 0②联立①②两方程：μ＝33(2)由①式可得：v 0＝5m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移x 满足的关系式 12m v 2＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 解得x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h 1＋μ2sin (θ＋φ)其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为x ＝h 1＋μ2＝32h ≈1.08m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝60°＝π31．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动．2．应用动能定理时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．考题3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3 (14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时， mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a ＝2.5m/s 2(1分) 从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)N －mg ＝m v 2R (1分)解得N ＝3mg ＝30N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N ′＝30N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ， 则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9m(1分)答案 (1)3105s (2)30N ，方向向下 (3)9m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5N ，方向竖直向下 (2)32J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos53°m /s ＝3 m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ② 小物块在D 点， 由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：N ′＝N ④ 联立①②③④得：N ′＝22.5N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则： v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则 v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩x 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgx ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q ＝32J知识专题练训练5题组1力学中的几个重要功能关系的应用1．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，小球落到地面时的速度大小为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( )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于m v 20D ．重力势能的减少量等于动能的增加量 答案AB解析从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20>m v 20，选项C 错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误． 2.如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等 答案ABD解析由题意m a g sin θ＝mg ，则m a ＝msin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减少量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 正确．摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加量．所以摩擦力对a 做的功大于a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．故选A 、B 、D.题组2动力学方法和动能定理的综合应用3．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝v SB ．出水口所出水落地时的速度2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 32η＋ρv SgH ηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案AC解析由题意知，设流水时间为t ，则水柱长v t ，体积Q ′＝v tS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝v S ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12m v 21－12m v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设t 时间内，供水质量为m ，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝mgH ＋12m v 2W ，其中m ＝ρv tS 代入得P ＝ρS v 32η＋ρv SgH η，所以C 正确，D 错误．4．如图3所示，质量为m 的滑块从h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )图3A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mgh C ．小球经b 点时的速度大于gh ＋v 2D ．小球经b 点时的速度等于2gh ＋v 2答案C解析由题意知，在小球从b 运动到c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 根据动能定理：mgh －W f ＝0可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh 2，所以B 错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a 到b 克服摩擦力做功W f ′<12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，所以v ′>gh ＋v 2，故C 正确，D 错误． 5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为x ＝10m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10m 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图4(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)答案(1)25m/s 2(2)(5－3) s 解析(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝10m/s从B 到C 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2C＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝105m/s从A →B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2ax解得a ＝25 m/s 2(2)从C 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2D ＝12m v 2C＋mg ·R 解得v D ＝3gR ＝103m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝105m/s小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得：v A ＝v D ＋gt解得t ＝(5－3) s题组3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10m/s 2，求：图5(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)；(4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案(1)6m/s0.4 (2)4.1m (3)不能 (4)5.6J解析(1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2与x ＝v 0t ＋12at 2比较得： v 0＝6m/s加速度a ＝－4m/s 2而－μm 2g ＝m 2a得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR根据几何关系有：v y v D＝tan45° 解得v D ＝4m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610s ＝0.4s 所以DP 的水平位移为：4×0.4m ＝1.6mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a＝2.5m 所以BP 间位移为2.5m ＋1.6m ＝4.1m(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2M Rv M ＝gR ＝22m/s 由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－82m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gx CB释放m 2时E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3m ．g 取10m/s 2，sin37° ＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案(1)150N (2)13N (3)(0.5＋72) s 解析(1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12M v 2B在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos37°＝2.5m 设滑块m 向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2 解得a ＝5m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin37°－μmg cos37°＝ma解得F ＝13N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得： mg sin37°＋μmg cos37°＝ma ′解得a ′＝8m/s 2滑块上滑的时间t ′＝v a ′＝0.5s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mg sin37°－μmg cos37°＝ma ″解得a ″＝4m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2 解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。
2022版高考物理一轮复习高考热点强化5动力学和能量观点的综合应用含解析
高考热点强化(五) 动力学和能量观点的综合应用(时间：40分钟)1．传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，都为人们的生活带来了很多的便利。
如图甲所示，为一传送带输送机的简化模型，长为L 的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v 0逆时针匀速转动。
在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。
图乙为小物块运动的v t 图象。
根据以上信息可以判断出( )甲 乙A ．小物块开始运动时的加速度大小为g sin θ－μg cos θB ．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ≤tan θC ．t 0时刻，小物块的速度大小为v 0D ．传送带始终对小物块做正功C [对物块进行受力分析，由牛顿第二定律得物块刚开始运动时有mg sin θ＋μmg cosθ＝ma ，解得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故A 错误；t 0时刻之后物块做匀速运动，则mg sin θ≤μmg cos θ，即μ≥tan θ，故B 错误；由乙图知t 0时刻是物块与传送带速度相同的时刻，所以小物块的速度大小为v 0，故C 正确；0～t 0时间内，传送带的速度大于物块的速度，传送带始终对小物块做正功，t 0时刻之后，物块匀速向下运动，摩擦力沿斜面向上，与物块的运动方向相反，传送带对小物块做负功，故D 错误。
]2.(多选)如图所示，质量为m 的物体以速度v 1滑上空转的水平传送带，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 2匀速运动，v 1、v 2同向且v 2>v 1。
物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体经过一段时间后能保持与传送带相对静止，对于物体从开始滑上传送带到相对传送带静止的这一过程，下列说法正确的是( )A ．运动时间为v 2－v 12μgB ．电动机比空转时多做的功为mv 2(v 2－v 1)C ．摩擦产生的热量为m v 2－v 122D ．摩擦力对传送带做的功为mv 2(v 2－v 1)BC [对物体，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得a ＝μg ，物体从滑上传送带到相对传送带静止的过程中，运动时间为t ＝v 2－v 1a ＝v 2－v 1μg，A 错误；由功能关系得，电动机比空转时多做的功为W ＝μmg ⎝⎛⎭⎪⎫v 2t －v 1＋v 22t ＋12mv 22－12mv 21＝mv 2(v 2－v 1)，B 正确；摩擦产生的热量为Q ＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2t －v 1＋v 22t ＝m v 2－v 122，C 正确；摩擦力对传送带做的功为W f ＝－μmgv 2t＝－mv 2(v 2－v 1)，D 错误。
物理高考复习专题强化六 综合应用力学两大观点解决三类问题
专题强化六综合应用力学两大观点解决三类问题【专题解读】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)。
题型一多运动过程问题1.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，分析各种力在不同的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。
2.方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，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。
【例1】(2020·山东省等级考试模拟卷)如图1所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O 点。
开始时，小球静止于A 点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O 点做圆周运动。
垂直于墙面的钉子N 位于过O 点竖直线的左侧，ON －与OA －的夹角为θ(0＜θ＜π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。
已知小球的质量为m ，细线的长度为L ，细线能够承受的最大拉力为7mg ，重力加速度为g 。
图1(1)求小球初速度的大小v 0；(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r 与θ的关系式；(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A 点。
若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。
专题：动力学三大规律的综合应用
专题：动力学三大规律的综合应用八滩中学：严井其一、高考热点分析：动力学主要研究的是物体运动状态的变化与其受力之间的关系。
若物体受力一段时间，则力对时间有积累，物体的动量发生变化；若物体在力的作用下通过一段位移，则力对空间有积累，物体的动能或其它形式的能发生变化。
解决动力学问题的三个基本观点是：1、牛顿运动定律结合运动学公式。
这是解决动力学问题的基本思路和方法，利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的思节，在中学阶段，用此方法只能研究匀变速运动(包括直线和曲线)和匀速圆周运动，对一般的变速运动和碰撞、爆炸等问题，不能用之求解。
另外，仅适用于宏观低速运动的情况。
2、动量定理和动量守恒定律3、动能定理和能量守恒定律这两种观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，它无须对过程变化的细节深入研究，关心的是运动状态变化及引起变化的原因。
另外，这两种观点不仅适用于宏观低速运动的物体，对于微观高速世界，它也适用。
二、典例分析：例一：如图，质量为m=2Kg的物块放在长L=3.0m高h=0.80m固定不动的水平台面左端，物块与台面间的动摩擦因数µ=0.15。
今给物块一个水平向右的恒力F，使物块从台面右边滑出后做平抛运动，已知该水平恒力的冲量为I=12N.S，物块离开台面后只受重力的作用。
求：(1)物块做平抛运动的初速度随恒力作用时间t变化的规律；(2)物块落地点到台面右侧的水平距离的取值范围。
例二：如图，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平轻弹簧，小车沙箱的总质量为M，质量为m0的物体A随小车以速度V0向右做匀速直线运动，物体A与其左侧车平面间的动摩擦因数为µ，与其它车平面的摩擦不计，在车匀速运动时，距沙面H高度处有一质量为m的铁球自由下落，恰好落在沙箱中，求：(1)小车在前进中，弹性势能的最大值。
(2)为使A不从小车上滑下，车面粗糙部分至少应有多长？例三：如图，静止在负极板附近的带负电的微粒m1在MN间突然加上电场时开始运动，水平匀速地击中速度为零的中性微粒m2后粘合在一起恰好沿一段圆弧运动落在N极板上，若m1=9.995×10-7Kg，带正电q=10-8C，电场强度E=103V/m，磁感应强度B=0.5T，求m1击中m2前的高度，m1击中m2前瞬时速度，m2的质量及m1和m2粘合体做圆弧运动的半径。
秘籍09 动力学三大观点的综合应用(教师版)-备战2024年高考物理抢分秘籍
秘籍09动力学三大观点的综合应用一、三大观点在力学中的应用【题型一】动力学三大观点解决多过程问题【答案】（1）0.1；（2）16.7%【详解】（1）滑块第一次通过Q时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小为'==4NF F由牛顿第二定律有mg F m'+=从碰后到Q ，由机械能守恒定律有2k 22122Q E mv mg R =+⋅所以k1k 2k1100%16.7%E E E η-=⨯=1．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，一边长为1.5R 的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R 四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。
一质量为m 的小球（可视为质点），以初速度03v gR =沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。
孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速度为g 。
（1）求该正方体物块的质量；（2）求小球离开孔道时的速度；（3）小球从进入孔道至到达孔道最高点的过程中，小球在孔道圆弧部分运动的时间为0t ，求小球到达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离。
【答案】（1）2m ；（2）gR ，方向水平向右；（3）0423R t gR +【详解】（1）小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有()0mv M m v =+，()22011 1.522mv M m v mg R =++⋅解得2v gR =，2mM =（2）小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有【答案】（1）62gR ；（2）3234R ⎛⎫+ ⎪⎝⎭；（3）133R 【详解】（1）根据水平方向动量守恒和机械能守恒03'mv mv =，22011·3'22mgR mv mv =+解得【答案】（1）gR；（2）12 mgR【详解】（1）到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，则向心力完全由重力的分力提供，根据牛顿第二定律【答案】（1）215m /s a =；【详解】（1）A 无初速度释放后瞬间，对【答案】（1）2m/s；（2）2m/s；（3）0.5J【详解】（1）设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程根据牛顿第二定律0mg maμ=设加速过程物块的位移为x 则22v ax=解得1m x L=<假设成立，A 碰B 前速度为2m /s 。
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3：
答案：C
4：
答案：A
5
F 5mg a 5m
2 F43 F 5
6
M T mg M m
7．如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放
在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使
它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ，为 了增加轻线上的张力，可行的办法是（ ）
A．减小A物的质量
B．增大B物的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
答案：AB
8
答案：B
③条件：加速度相同；接触面相同
m F M
巩固练习
1、如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光 滑水平面上，且固定一轻质弹簧的两端，已知弹簧 的原长为L，劲度系数为k，现沿弹簧轴线方向在质 量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起加速 运动，则此时两求间的距离为（ ） F F A、 B、 2m 3k 2k m F
恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 下绳中张力。 (1)地面光滑，T=? (2)地面粗糙，T=？ (3)竖直加速上升，T=? (4)斜面光滑，加速上升，T=? （5）斜面粗糙，加速上升，T=？
M m F m m M F F
M
总结：①无论m、M质量大小关系如何，无论接触面是否 光滑，无论在水平面、斜面或竖直面内运动，细线上的 张力大小不变。 ②动力分配原则：两个直接接触或通过细线相连的物体 在外力的作用下以共同的加速度运动时，各个物体分得 的动力与自身的质量成正比，与两物体的总质量成反比。
高中物理
连接体问题中的动力分配原理
【例】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加 恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 下绳中张力。 (1)地面光滑，T=?
m M F
F
(m+M)g
【例1】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加 恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 下绳中张力。 (1)地面光滑，T=?
C、 L
F 2k
D、
F L 3k
答案：D
2、如图所示，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质 量忽略不计，挂钩吊着一重物质量为m，现用一方向竖 直向上的外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速运动， 则弹簧秤的读数为：（ ）
F
A: mg
C:
答案：C
m m0 m
m0 B: F m0 m
m0
F
m D: mg m0 m
m F
T
M
mg
【例1】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加 恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 下绳中张力。 (2)地面粗糙，T=？ (m+M)g
m M F
F
(m+M)g
【例1】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加 恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 速上升，T=?
T
M
m
mg
【例1】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加
恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 下绳中张力。 (4)斜面光滑，加速上升，T=?
F ( M m) gsina a M m
m
Y
F M
FX
(M+m)g
【例1】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加
恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 下绳中张力。 (4)斜面光滑，加速上升，T=?
T mgsina F ( M m) gsina a M m m
F T - gsina g sin a M m m
Y
F T X M m
mg
【例1】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加
m F
T
M
mg
【例1】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加 恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 F 下绳中张力。
F
(3)竖直加速上升，T=?
M
m
(M+m)g
【例1】相同材料的物块m和M用轻绳连接，在M上施加 恒力 F，使两物块作匀加速直线运动,求在下列各种情况 下绳中张力。