高考物理-用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)

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。

【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。

A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。

先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。

接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B。

【答案】(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL【解析】A、B的运动过程如图所示：(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小a A＝μgA在B上滑动时有2a A L＝v2A解得：v A＝2μgL。

(2)设A、B的质量均为m对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小F＝μmg＋2μmg＝3μmg由牛顿第二定律得F＝ma B，得a B＝3μg对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿第二定律得F′＝2ma B′，得a B′＝μg。

(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x A、x B，A的加速度大小等于a A 则v＝a A t，v＝v B－a B tx A＝12a A t2，xB＝v B t－12a B t2且x B－x A＝L解得：v B＝22μgL。

【技巧方法】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．【最新考向解码】【例1】(2019·广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝35。

经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10 m/s2。

求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小； (2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b 中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象，取沿斜面向上为正方向。

【答案】 (1)8 m/s 2 2 m/s 2 (2)3 s(3)4 m/s 图象见解析 【解析】 (1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有： mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 则a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s 2， 物块下滑过程，由牛顿第二定律有： mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 则a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2。

(2)物块上滑过程：t 1＝0－v 0－a 1＝1 ss 1＝0＋v 02t 1＝4 m 物块下滑过程：s 2＝s 1＝12a 2t 22得t 2＝2 s故总时间t ＝t 1＋t 2＝3 s 。

(3)物块下滑过程：v 2＝a 2t 2＝4 m/s 。

物块在斜面上运动的整个过程中的v -t 图象如图所示。

【例2】（2019·江苏省扬州中学高三模拟）如图所示，平直木板AB 倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因 数由A 到B 均匀增大，小物块从A 点由静止释放，恰好可以到达B 点，小物块的速度v 、加速度a 、动能E k 和机械能E 机（取地面为零势能面）随下滑位移x 变化的图像可能正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】设斜面的倾角为α．据题有μ=kx ，k 是常数。

小物块所受的滑动摩擦力大小为 f =μmg cosα=kxmg cosα，知f ∝x ．根据动能定理得201022kxmgcos mgxsin x mv αα+-⋅=-，得v 2=2gx sinα–kx 2g cosα，知v –x 图象为曲线，故A 错误。

根据牛顿第二定律得mg sinα–μmg cosα=ma ，结合μ=kx ，得a =g sinα–kxg cosα，a 随x 先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B 错误。

根据动能定理得002k kxmgcos mgxsin x E αα+-⋅=-，得E k =mgx sinα–12kx 2mg cosα，知E k –x 是开口向下的抛物线，故C 正确。

根据功能关系知0122f kxmgcos E W x kxmgcos x αα+∆=-=-⋅∆=-⋅∆机，随着x 的增大，E 机–x 图象斜率绝对值增大，故D 错误。

【例3】（2019·山西省太原市第五中学高三模拟）如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物 体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑 动到顶点A 且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则由此可知（ ）A ．该物体从D 点出发（沿DCA 滑动刚好到顶点A ）初速度一定也为v 0B ．该物体从D 点出发（沿DCA 滑动刚好到顶点A ）初速度不一定为v 0C ．该物体从A 点静止出发沿ACD 滑动到D 点的速度大小一定为v 0D ．该物体从A 点静止出发沿ACD 滑动到D 点的速度一定小于v 0 【答案】AD【解析】物体从D 点滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得:201cos 2AO DB AB mg x mg x mg x mv μμα-⋅-⋅-⋅=-，由几何关系cos AB OB x x α⋅= ，因而上式可以简化为2012AO DB OB mg x mg x mg x mv μμ-⋅-⋅-⋅=-，即2012AO DO mg x mg x mv μ-⋅-⋅=-，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从D 点出发（沿DCA 滑动刚好到顶点A ）初速度一定也为v 0，故A 正确；B 错误；该物体从A 点静止出发沿ACD 滑动到D 点有动能定理可知：212AO DO mg x mg x mv μ'⋅-⋅=与公式2012AO DO mg x mg x mv μ-⋅-⋅=-，比较可知：0v v '<，故C 错误；D 正确；故选AD 。

【微专题精练】1．(多选)(2019·广东省茂名市第二次模拟)如图，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，圆轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．质量为m 的小球(可视为质点)以初速度v 0沿AB 运动恰能通过最高点，则( )A ．R 越大，v 0越大B ．m 越大，v 0越大C ．R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大D ．m 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大 【答案】 AD【解析】 小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg ＝m v D 2R ，则v D ＝gR ，根据动能定理得12mv 02＝12mv D 2＋2mgR ，解得v 0＝5gR ，可见R 越大，v 0越大，而且v 0与小球的质量m 无关，A 正确，B 错误；小球经过B 点的瞬间，F N －mg ＝m v 02R ，则轨道对小球的支持力F N ＝mg ＋m v 02R ＝6mg ，则F N 大小与R 无关，随m 增大而增大，由牛顿第三定律知C 错误，D 正确．2．(2019·河南省洛阳市上学期期中)如图所示，一个半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ.一质量为m 的小滑块(可看作质点)自P 点正上方由静止释放，释放高度为R ，小滑块恰好从P 点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N 时对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示小滑块从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．小滑块恰好可以到达Q 点B ．小滑块不能到达Q 点C ．W ＝12mgRD ．W <12mgR【答案】 C【解析】 从最高点到N 点，由动能定理有 2mgR －W ＝12mv 2，在N 点，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律有F N ＝F N ′＝4mg联立可得W ＝12mgR ，故C 正确，D 错误；小滑块从P 点到N 点再到Q 点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN 段与轨道之间的压力大于NQ 段小滑块与轨道之间的压力，根据F f ＝μF N 可知，小滑块在PN 段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN 段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ 段小滑块克服摩擦力做的功W ′<12mgR ，从N 到Q ，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv Q 2－12mv 2，解得v Q >0，小滑块到达Q 点后，还能继续上升，故A 、B 错误．3．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 【答案】 A【解析】 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0 s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24 J 【答案】 ACD【解析】 当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，C 正确；摩擦力大小F f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m,1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m,0～2.0 s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确． 5.(2018·河北省石家庄二中期中)如图，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C 点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15 N 时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离．已知长木板长1 m ，圆轨道半径R ＝1 m ，滑块和长木板的质量均为1 kg ，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.若滑块从轨道上距离C 点高h ＝0.45 m 的位置由静止释放，求：(1)滑块到C 点时对轨道压力的大小；(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量． 【答案】 (1)19 N (2)1.5 m (3)4.5 J【解析】 (1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mgh ＝12mv 02，解得v 0＝3 m/s在C 点由向心力公式知：F N －mg ＝mv 02R，解得F N ＝19 N由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝19 N (2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中： 滑块的加速度大小a 1＝μ1mgm ＝4 m/s 2木板的加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mgm ＝2 m/s 2由v 0－a 1t ＝a 2t ＝v 共得出， t ＝0.5 s ，v 共＝1 m/s 滑块的位移x 1＝v 0＋v 共2t ＝1 m之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a 3＝μ2·2mg2m＝1 m/s 2 x 3＝v 共22a 3＝0.5 m故滑块的总位移x ＝x 1＋x 3＝1.5 m.(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mgh ＝Q ＝4.5 J.6.(2019·安徽宣城高三上学期期末)质量为m ＝1 kg 、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O 点时速度为v ＝4 m/s ，此时对物块施加F ＝6 N 的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O 点。