高考物理一轮总复习 热点专题7 应用动力学和能量观点解决多过程问题课件
必考部分
第五章 机械能及其守恒定律
热点专题系列(七) 应用动力学和能量观点解决多过程问题
热点概述：高考中物体的运动情况比较复杂，要根据运动 特点选择是用动力学观点还是能量观点解决问题。
[热点透析] 一、应用动力学方法和动能定理解决多过程问题 若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分 析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求 解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点， 则往往用动能定理求解。
[热点集训] 1. 由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、 BC、CD、DE、EF、……的长度均为L＝1.5 m，木板OA和其 他木板与水平地面的夹角都为β＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝ 0.8)，一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h处 由静止释放，物体与木板的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板 交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动 能，也不会脱离轨道。重力加速度取10 m/s2，问：
【例证2】 [2014·韶关模拟]如图所示，水平传送带AB的 右端与在竖直面内用内径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相 接，钢管内径很小。传送带的运行速度v0＝4.0 m/s，将质量m ＝0.1 kg的可看做质点的滑块无初速度地放在传送带的A端。已 知传送带长度L＝4.0 m，“9”字全高H＝0.6 m，“9”字上半部分 圆弧半径R＝0.1 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重 力加速度g＝10 m/s明理由。 (2)若h＝1.8 m，则物体运动的总路程是多少？ (3)若要使物体最终停在E处，则高度h应满足什么条件？
解析：(1)在斜面上，物体的重力沿斜面向下的分力为： G1＝mgsin37°＝0.6mg 物体所受摩擦力大小为：f＝μmgcos37°＝0.16mg 由于f<G1，故物体不能静止在木板上 (2)设物体从开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由 动能定理得：mgh－μmgscos37°＝0 代入数据解得：s＝11.25 m
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间； (2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。
解析：(1)滑块在传送带上加速运动时， 由牛顿第二定律知μmg＝ma 得a＝μg＝2 m/s2 加速到与传送带速度相同时所需要的时间 t＝va0＝2 s 位移x＝12at2＝4 m 此时物块恰好到达B端，即滑块从A端运动到B端所需的时 间t＝2 s
10 s后，停止遥控，牵引力做功为零 0～13 s内牵引力所做的总功W＝W1＋W2＝11100 J。
答案：(1)200 N v＝6 m/s (2)s＝28.5 m (3)W＝11100 J
二、用动力学和机械能守恒定律解决多过程问题 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；若某过程涉及到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。
【例证1】 为登月探测月球，上海航天研制了“月球 车”，如图甲所示。某探究性学习小组对“月球车”的性能进 行研究。他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并 将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图 乙所示的v－t图象，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P＝1.2 kW,7～10 s段 为平行于横轴的直线；在10 s末停止遥控，让“月球车”自由滑 行，“月球车”质量m＝100 kg，整个过程中“月球车”受到的 阻力f大小不变。
(3)假设物体的释放高度为h1时恰能到达D点，由动能定理 有：
mg(h1－Lsin37°)－μmgcos37°(sinh317°＋3L)＝0 解得：h1＝2.21 m 假设物体的释放高度为h2时恰能到达F点，由动能定理有： mg(h2－Lsin37°)－μmgcos37°(sinh327°＋5L)＝0
匀加速运动的位移s1＝12a1t21＝2.25 m
在0～7
s内由动能定理可得F1s1＋P(7
s－t1)－fs＝
1 2
mv
2 1
－
1 2
mv02 代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s＝
28.5 m。
(3)在0～1.5 s内，牵引力做功W1＝F1s1＝400×2.25 J＝900 J
在1.5～10 s内，牵引力做功W2＝PΔt＝1200×(10－1.5) J＝ 10200 J
(2)“月球车”的加速运动过程可以分为0～t1时间内的匀加 速运动和t1～7 s时间内的变加速运动两个阶段。t1时功率为P＝ 1.2 kW，速度为v＝3 m/s
由P＝F1v可得此时牵引力为F1＝P/v＝400 N 由牛顿第二定律：F1－f＝ma1，解得0～t1时间内的加速度 大小为 a1＝(F1－f)/m＝2 m/s2 匀加速运动的时间t1＝v/a1＝1.5 s
(1)求“月球车”所受阻力f的大小和“月球车”匀速运动时 的速度大小；
(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s。 (3)求0～13 s内牵引力所做的总功。
解析：(1)在10 s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作 用下做匀减速运动，由图象可得a＝3v1s
由牛顿第二定律得，其阻力f＝ma 7～10 s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则F＝f 由P＝Fv1可得“月球车”匀速运动时的速度v1＝P/F＝P/f 联立解得v1＝6 m/s，a＝2 m/s2，f＝200 N。
(2)滑块从B到C的过程中，由机械能守恒定律得 mgH＋12mv2C＝12mv20 在C点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得 FN＋mg＝mRv2C 联立解得FN＝3 N 由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力F′N＝FN＝3 N，方向竖 直向上。
答案：(1)2 s (2)3 N 方向竖直向上
解得：h2＝2.86 m 若要使物体最终停在E处，则高度h应满足2.21 m<h<2.86 m
第五章 机械能及其守恒定律
热点专题系列(七) 应用动力学和能量观点解决多过程问题
热点概述：高考中物体的运动情况比较复杂，要根据运动 特点选择是用动力学观点还是能量观点解决问题。
[热点透析] 一、应用动力学方法和动能定理解决多过程问题 若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分 析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求 解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点， 则往往用动能定理求解。
[热点集训] 1. 由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、 BC、CD、DE、EF、……的长度均为L＝1.5 m，木板OA和其 他木板与水平地面的夹角都为β＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝ 0.8)，一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h处 由静止释放，物体与木板的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板 交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动 能，也不会脱离轨道。重力加速度取10 m/s2，问：
【例证2】 [2014·韶关模拟]如图所示，水平传送带AB的 右端与在竖直面内用内径光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道相 接，钢管内径很小。传送带的运行速度v0＝4.0 m/s，将质量m ＝0.1 kg的可看做质点的滑块无初速度地放在传送带的A端。已 知传送带长度L＝4.0 m，“9”字全高H＝0.6 m，“9”字上半部分 圆弧半径R＝0.1 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重 力加速度g＝10 m/s明理由。 (2)若h＝1.8 m，则物体运动的总路程是多少？ (3)若要使物体最终停在E处，则高度h应满足什么条件？
解析：(1)在斜面上，物体的重力沿斜面向下的分力为： G1＝mgsin37°＝0.6mg 物体所受摩擦力大小为：f＝μmgcos37°＝0.16mg 由于f<G1，故物体不能静止在木板上 (2)设物体从开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由 动能定理得：mgh－μmgscos37°＝0 代入数据解得：s＝11.25 m
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间； (2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。
解析：(1)滑块在传送带上加速运动时， 由牛顿第二定律知μmg＝ma 得a＝μg＝2 m/s2 加速到与传送带速度相同时所需要的时间 t＝va0＝2 s 位移x＝12at2＝4 m 此时物块恰好到达B端，即滑块从A端运动到B端所需的时 间t＝2 s
10 s后，停止遥控，牵引力做功为零 0～13 s内牵引力所做的总功W＝W1＋W2＝11100 J。
答案：(1)200 N v＝6 m/s (2)s＝28.5 m (3)W＝11100 J
二、用动力学和机械能守恒定律解决多过程问题 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；若某过程涉及到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。
【例证1】 为登月探测月球，上海航天研制了“月球 车”，如图甲所示。某探究性学习小组对“月球车”的性能进 行研究。他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并 将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图 乙所示的v－t图象，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P＝1.2 kW,7～10 s段 为平行于横轴的直线；在10 s末停止遥控，让“月球车”自由滑 行，“月球车”质量m＝100 kg，整个过程中“月球车”受到的 阻力f大小不变。
(3)假设物体的释放高度为h1时恰能到达D点，由动能定理 有：
mg(h1－Lsin37°)－μmgcos37°(sinh317°＋3L)＝0 解得：h1＝2.21 m 假设物体的释放高度为h2时恰能到达F点，由动能定理有： mg(h2－Lsin37°)－μmgcos37°(sinh327°＋5L)＝0
匀加速运动的位移s1＝12a1t21＝2.25 m
在0～7
s内由动能定理可得F1s1＋P(7
s－t1)－fs＝
1 2
mv
2 1
－
1 2
mv02 代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s＝
28.5 m。
(3)在0～1.5 s内，牵引力做功W1＝F1s1＝400×2.25 J＝900 J
在1.5～10 s内，牵引力做功W2＝PΔt＝1200×(10－1.5) J＝ 10200 J
(2)“月球车”的加速运动过程可以分为0～t1时间内的匀加 速运动和t1～7 s时间内的变加速运动两个阶段。t1时功率为P＝ 1.2 kW，速度为v＝3 m/s
由P＝F1v可得此时牵引力为F1＝P/v＝400 N 由牛顿第二定律：F1－f＝ma1，解得0～t1时间内的加速度 大小为 a1＝(F1－f)/m＝2 m/s2 匀加速运动的时间t1＝v/a1＝1.5 s
(1)求“月球车”所受阻力f的大小和“月球车”匀速运动时 的速度大小；
(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移s。 (3)求0～13 s内牵引力所做的总功。
解析：(1)在10 s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f作 用下做匀减速运动，由图象可得a＝3v1s
由牛顿第二定律得，其阻力f＝ma 7～10 s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则F＝f 由P＝Fv1可得“月球车”匀速运动时的速度v1＝P/F＝P/f 联立解得v1＝6 m/s，a＝2 m/s2，f＝200 N。
(2)滑块从B到C的过程中，由机械能守恒定律得 mgH＋12mv2C＝12mv20 在C点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得 FN＋mg＝mRv2C 联立解得FN＝3 N 由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力F′N＝FN＝3 N，方向竖 直向上。
答案：(1)2 s (2)3 N 方向竖直向上
解得：h2＝2.86 m 若要使物体最终停在E处，则高度h应满足2.21 m<h<2.86 m
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高考物理一轮复习：专题强化七 动力学、动量和能量观点在力学中的应用精品课件
mAvA＝mAvA′＋mBvB′
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s
变式1 (2018·重庆市上学期期末抽测)如图2甲所示，质量m1＝4 kg的足够长 的长木板静止在光滑水平面上，质量m2＝1 kg的小物块静止在长木板的左端. 现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度－时间图
模型结论
“速度交换” 相同质量的两球发 m1＝m2，动量、
模型
生弹性正碰
动能均守恒
“完全非弹性 两球正碰后粘在一 动量守恒、能量
碰撞”模型 起运动
损失最大
v1′＝0，v2′＝ v0 (v2＝0，v1＝v0)
v＝__m_1_m＋_1_m_2_v_0___ (v2＝0，v1＝v0)
“子弹打木块 ”模型
(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.这种问题由于作用时间都极 短，因此用动量守恒定律去解决.
(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.这种问题由于作用时间都极 短，因此用动量守恒定律去解决.
高考物理一轮总复习精品课件 第7章 动量守恒定律 第5讲 专题提升 力学三大观点的综合应用 (2)
(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查
一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予
细究,这正是它们的方便之处,特别对于变力做功问题,就更显出它们的优
越性。
典题1 (2022湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简
v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能
ΔU(用t0表示)。
答案 (1)1 m/s
0.125 m
(2)0.25 m 0.5 3 m/s
(3)4 3t0-80 2 (J)
解析 (1)物块与木板第一次达到共速时,由系统动量守恒知
m2v0=(m1+m2)v1
代入数据解得v1=1 m/s
反冲等问题;能量观点主要涉及动能定理、机械能守恒定律、功能关系和
能量守恒定律,可分析力在位移上的积累效果,三大观点灵活结合可以实现
对力学综合问题的有效解答。
题型一
动量与能量观点的综合应用
1.两大观点
动量的观点:动量定理和动量守恒定律。
能量的观点:动能定理和能量守恒定律。
2.三种技巧
(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律
速度大小g取10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H。
(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围。
(3)若s=0.48 m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W。
(4)若s=0.48 m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体
总动量的变化量Δp的大小。
2+ 2
(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查
一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予
细究,这正是它们的方便之处,特别对于变力做功问题,就更显出它们的优
越性。
典题1 (2022湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简
v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能
ΔU(用t0表示)。
答案 (1)1 m/s
0.125 m
(2)0.25 m 0.5 3 m/s
(3)4 3t0-80 2 (J)
解析 (1)物块与木板第一次达到共速时,由系统动量守恒知
m2v0=(m1+m2)v1
代入数据解得v1=1 m/s
反冲等问题;能量观点主要涉及动能定理、机械能守恒定律、功能关系和
能量守恒定律,可分析力在位移上的积累效果,三大观点灵活结合可以实现
对力学综合问题的有效解答。
题型一
动量与能量观点的综合应用
1.两大观点
动量的观点:动量定理和动量守恒定律。
能量的观点:动能定理和能量守恒定律。
2.三种技巧
(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律
速度大小g取10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H。
(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围。
(3)若s=0.48 m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W。
(4)若s=0.48 m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体
总动量的变化量Δp的大小。
2+ 2
2020版高考一轮物理复习数字课件第6章专题七 动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”
A 和 B 固定在轻簧的两端(A 和 B 静止在光滑的水平面上)。小球 C 以初速度 v0＝8 m/s 向 右运动，在极短时间 Δt＝0.1 s 内与 A 发生碰撞后以速度 v＝－2 m/s 被反弹，求： (1)C 与 A 碰撞过程中的平均作用力大小 F； (2)碰撞过程中损失的机械能 ΔE； (3)弹簧的最大弹性势能 Ep。
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入 静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射 入 B 中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( ) A．射入滑块 A 的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入 静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块 A、B 中，射入 A 中的深度是射 入 B 中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( ) A．射入滑块 A 的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．射入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍
一轮复习新人教版小专题(七)动力学和能量观点的综合应用课件(38张)
3.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,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,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。
为xAB=1.2 m,小球质量m=1 kg。已知平台离地面的高度为h=0.8 m,小球与BC间
的动摩擦因数μ=0.2,小球进入管口C端时,它对上管壁有10 N的作用力,通过
CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5 J。若不计空气
阻力,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(2)平台BC的长度L;
小专题(七)
动力学和能量观点的
综合应用
提升关键能力 突破考点
考点一
应用动力学和能量观点解决多过程问题
1.多运动过程组合问题
一般有直线运动、平抛运动、圆周运动和一般的曲线运动的组合问题。
2.两大观点
(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)“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。
考点二
“传送带”模型中的动力学和能量问题
1.“传送带”模型的特点
(1)物体放在传送带上,一般二者速度大小不同,初始时刻它们速度方向可能相同,也可
能相反,物体和传送带之间会产生相对运动。
(2)物体和传送带经过一段过程速度相等时,它们间的摩擦力会发生突变,运动性质发
雪道 GH 的长度应满足 GH≤16.54 m 或 24.04 m≤GH≤29.04 m。
(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,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动特殊点的运动信息,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。
为xAB=1.2 m,小球质量m=1 kg。已知平台离地面的高度为h=0.8 m,小球与BC间
的动摩擦因数μ=0.2,小球进入管口C端时,它对上管壁有10 N的作用力,通过
CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5 J。若不计空气
阻力,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(2)平台BC的长度L;
小专题(七)
动力学和能量观点的
综合应用
提升关键能力 突破考点
考点一
应用动力学和能量观点解决多过程问题
1.多运动过程组合问题
一般有直线运动、平抛运动、圆周运动和一般的曲线运动的组合问题。
2.两大观点
(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)“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。
考点二
“传送带”模型中的动力学和能量问题
1.“传送带”模型的特点
(1)物体放在传送带上,一般二者速度大小不同,初始时刻它们速度方向可能相同,也可
能相反,物体和传送带之间会产生相对运动。
(2)物体和传送带经过一段过程速度相等时,它们间的摩擦力会发生突变,运动性质发
雪道 GH 的长度应满足 GH≤16.54 m 或 24.04 m≤GH≤29.04 m。
2020届高考物理一轮复习人教版应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题PPT课件(共26张)
(1)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间。
(2)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中由于摩擦产生的热量。
答
(1)3.125 s (2)12.5 J
案
考点巧讲
(1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速
解 析
度为 v1,则 Ep=12m������12,得 v1=3 m/s
匀速,还是先减速后匀速,这是传送带的速度和工件的速度大小关系的不同而导致的,总之物体和传送带
的速度相同为分析的临界转折点。
(2)内能的计算:一对滑动摩擦力产生的热量是相互接触产生摩擦力的两个物体所共同具有的。如果两
个物体相对运动的方向始终不变,产生的热量 Q=Ff·x 相对,其中 x 相对为它们之间的相对位移,当这两个物
体的运动方向相同时,x 相对就等于这两个物体对地位移大小之差,当这两个物体的运动方向相反时,x 相对
(1)小车与台阶碰撞时滑块的速率。
(2)滑块离开小车时的速率。
(3)滑块最终落地点与台阶左侧的水平距离。
答
(1)4 m/s (2)3 m/s (3)1.2 m
案
考点巧讲
(1)滑块滑上小车后,小车将做匀加速直线运动,滑块将做匀减速直线
解 析
运动,设滑块加速度大小为 a1,小车加速度大小为 a2,由牛顿第二定
考点巧讲
第五单元 机械能
题型3 平斜交接的送带 例4 如图所示,传送带的水平部分 ab=2 m,倾斜部分 bc=4 m,bc 与水平面的夹角 α=37°,一
物体 A 与传送带间的动摩擦因数 μ=0.25,传送带沿图示方向运动,速率为 2 m/s。若把物
体 A 轻轻放到 a 点,它将被传送带送到 c 点,且物体 A 一直没有脱离传送带。求物体 A 从
2024版高考物理一轮复习教材：动能和动能定理教学课件
第2讲 动能和动能定理教材知识萃取1. 如图,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ,其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。
若摩托车经过a 点时的动能为E 1,它会落到坑内c 点,c 与a 的水平距离和高度差均为h ;若经过a 点时的动能为E 2,该摩托车恰能越过坑到达b 点。
�2�1等于A.20 B.18C.9.0D.3.01.B 摩托车落到c 点时,根据平抛运动规律有h =v 01t 1,h =12g �12,解得�012=�ℎ2;同理摩托车落到b 点时有�022=9gh 。
又动能E 1=12m �012、E 2=12m �022,所以�2�1=18,故A 、C 、D 项错误,B 项正确。
答案2. 某音乐喷泉一个喷水管的流量为Q =0.04 m 3/s,喷出的水最高可达20 m 的高度,已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3,不计空气阻力和水滴之间的相互作用,用于该喷水管的电动机功率约为A.8.0×103 WB.8.0×104 WC.2.0×103 WD.2.0×104 W2.A 根据题意,水离开管口的速度大小v =2� =2×10×20 m/s=20 m/s,设给喷管喷水的电动机输出功率为P ,很短一段时间Δt 内喷出的水柱的质量m =ρ·V =ρQ Δt ,根据动能定理可得P Δt =12mv 2,代入数据解得P =8.0×103 W,故A 正确,BCD 错误。
答案3. [多选]游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC部分轨道水平。
一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力为2.5mg,重力加速度大小为g。
下列说法正确的是A.小孩到达B点时的速度大小为2�B.小孩到达B点时的速度大小为6�2mgRC.小孩从A到B克服摩擦力做的功为14mgRD.小孩从A到B克服摩擦力做的功为12教材素材变式3.BC 根据牛顿第三定律可知,小孩在B点处受到轨道的支持力N=2.5mg,根据牛顿第二定律有N-mg=��2,解得v=6�2,故选项A错误,B正确;根据动能定理有mgR-W f=12mv2,将v=6�2代入可求出小孩从A到B克服摩擦力做的功W f=14mgR,故选项C正确,D错误。
高考物理(新课标)一轮复习专题课件_专题六 动力学和能量观点的综合应用 (共46张PPT)
(2)12.42 J
(3)2.1 s
处理滑块—木板模型问题的分析方法 (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， Δv2 Δv1 所用时间相等， 由 t＝ ＝ 可求出共同速度 v 和所用时间 t， a2 a1 然后由位移公式可分别求出二者的位移.
[答案]
(1)3.125 s
(2)12.5 J
考向 2
滑块—木板模型分析
[典例 3] 10 个同样长度的木块放在水平地面上，每个木 块的质量 m＝0.5 kg、长度 L＝0.6 m，它们与地面之间的动摩 擦因数 μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量 M＝1 kg 的小 铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数 μ2＝0.25.现给铅块 一向右的初速度 v0＝5 m/s，使其在木块上滑行.取 g＝10 m/s2， 求：
(1)开始带动木块运动时铅块的速度； (2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量； (3)铅块运动的总时间.
[解题指导]
(1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力，
当该力大于木块受到地面的摩擦力时，木块开始运动. (2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离. (3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的 运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和.
(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，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.
1.[多过程问题的应用]如图所示，半径 R＝1.0 m 的光滑圆 弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 B 和圆心 O 的连线 与水平方向间的夹角 θ＝37° ， 另一端点 C 为轨道的最低点.C 点 右侧的水平路面上紧挨 C 点放置一木板，木板质量 M＝1 kg， 上表面与 C 点等高.质量 m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v0＝1.2 m/s 的速度水平抛出， 恰好从轨道的 B 端沿切线方 向进入轨道.
高考物理一轮复习 第5章 机械能 能力课时7 应用动力学观点和能量观点 突破多过程综合问题
图3 (1)当二者达到相同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所做 的功； (2)当二者达到相同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生的 热量。
第一步：读题―→建模(滑块—木板模型) 第二步：分析―→将解题过程问题化(大题小做) ①放上铁块后，铁块、木板的加速度分别为多少？
对铁块：μmg＝ma1，a1＝μg＝2__m/s2 对木板：F－μmg＝Ma2，a2＝1__m/s2 ②二者何时达到共同速度？共同速度为多少？
2.解题模板
【例2】 如图3所示，质量为M＝8 kg的长木板放在光滑水平面 上，在木板左端施加F＝12 N的水平推力，当木板向右运动的速 度达到v0＝1.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量 为m＝2 kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足 够长，取g＝10 m/s2。求：
图1 (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB； (2)轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能， 请求出回到B点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？
解析 (1)由题意可知：vB＝cosv60 0°① 解得：vB＝2v0＝6 m/s。 (2)从 B 点到 E 点，由动能定理可得： mgh－μmgsCD－mgH＝0－12mv2B②
【变式训练】 1.(2015·重庆理综，8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方
法制作了如图 2 所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖 直地固定有 M 板和 N 板。M 板上部有一半径为 R 的14圆弧形 的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平， 距底板高为 H。N 板上固定有三个圆环。将质量为 m 的小球 从 P 处静止释放，小球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过各圆环 中心，落到底板上距 Q 水平距离为 L 处，不考虑空气阻力， 重力加速度为 g。求：
第一步：读题―→建模(滑块—木板模型) 第二步：分析―→将解题过程问题化(大题小做) ①放上铁块后，铁块、木板的加速度分别为多少？
对铁块：μmg＝ma1，a1＝μg＝2__m/s2 对木板：F－μmg＝Ma2，a2＝1__m/s2 ②二者何时达到共同速度？共同速度为多少？
2.解题模板
【例2】 如图3所示，质量为M＝8 kg的长木板放在光滑水平面 上，在木板左端施加F＝12 N的水平推力，当木板向右运动的速 度达到v0＝1.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量 为m＝2 kg的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足 够长，取g＝10 m/s2。求：
图1 (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB； (2)轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能， 请求出回到B点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？
解析 (1)由题意可知：vB＝cosv60 0°① 解得：vB＝2v0＝6 m/s。 (2)从 B 点到 E 点，由动能定理可得： mgh－μmgsCD－mgH＝0－12mv2B②
【变式训练】 1.(2015·重庆理综，8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方
法制作了如图 2 所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖 直地固定有 M 板和 N 板。M 板上部有一半径为 R 的14圆弧形 的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平， 距底板高为 H。N 板上固定有三个圆环。将质量为 m 的小球 从 P 处静止释放，小球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过各圆环 中心，落到底板上距 Q 水平距离为 L 处，不考虑空气阻力， 重力加速度为 g。求：
高考物理一轮复习 第五章 机械能 第5讲 微专题-应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题课件
(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，下落时间为 t1，水平 位移为 x，则：
gt1＝v0tan 37°① x＝v0t1② 联立①②得 x＝1.2 m (2)小物体落到 B 点的速度为 v，则 v＝ v20＋（gt1）2③ 小物体在薄板上运动，则： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1④ 薄板在光滑斜面上运动，则： Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2⑤
2 s～4 s：a2＝F2－mμmg＝－2 m/s2 x2＝a1t1·t2＋12a2t22＝4 m 综上可知，一个周期内的位移为 x＝x1＋x2＝8 m
答案：(1)4 kg 0.1 (2)8 m
考点二 能量观点的应用
一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问 题，并且有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒 定律或能量守恒定律求解。
解析：(1)木块由 A 至 B 过程，由动能定理得 mgR－Wf＝12mv2B 解得 Wf＝0.11 J (2)在 B 点，对木块由牛顿第二定律得 FN－mg＝mvR2B 解得 FN＝0.38 N 由牛顿第三定律得木块对圆弧轨道的压力 F′N＝FN＝0.38 N， 方向竖直向下。
(3)木块由 B 至 C 过程由动能定理得 －μmgl＝－12mv2B 解得 μ＝0.15 答案：(1)0.11 J (2)0.38 N，方向竖直向下 (3)0.15
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一 起共同运动。设相对滑动时物块加速度为 a1，木板加速度为 a2，
经过时间 t 达到共同速度为 v，则μmg＝ma1 μmg＝Ma2
v＝vC－a1t v＝a2t 根据能量守恒定律有12(m＋M)v2＋Q＝12mv2C 联立解得 Q＝9 J [答案] (1)6 m/s (2)9 J
[解析] (1)小物体从 A 到 B 做平抛运动，下落时间为 t1，水平 位移为 x，则：
gt1＝v0tan 37°① x＝v0t1② 联立①②得 x＝1.2 m (2)小物体落到 B 点的速度为 v，则 v＝ v20＋（gt1）2③ 小物体在薄板上运动，则： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1④ 薄板在光滑斜面上运动，则： Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2⑤
2 s～4 s：a2＝F2－mμmg＝－2 m/s2 x2＝a1t1·t2＋12a2t22＝4 m 综上可知，一个周期内的位移为 x＝x1＋x2＝8 m
答案：(1)4 kg 0.1 (2)8 m
考点二 能量观点的应用
一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问 题，并且有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒 定律或能量守恒定律求解。
解析：(1)木块由 A 至 B 过程，由动能定理得 mgR－Wf＝12mv2B 解得 Wf＝0.11 J (2)在 B 点，对木块由牛顿第二定律得 FN－mg＝mvR2B 解得 FN＝0.38 N 由牛顿第三定律得木块对圆弧轨道的压力 F′N＝FN＝0.38 N， 方向竖直向下。
(3)木块由 B 至 C 过程由动能定理得 －μmgl＝－12mv2B 解得 μ＝0.15 答案：(1)0.11 J (2)0.38 N，方向竖直向下 (3)0.15
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一 起共同运动。设相对滑动时物块加速度为 a1，木板加速度为 a2，
经过时间 t 达到共同速度为 v，则μmg＝ma1 μmg＝Ma2
v＝vC－a1t v＝a2t 根据能量守恒定律有12(m＋M)v2＋Q＝12mv2C 联立解得 Q＝9 J [答案] (1)6 m/s (2)9 J
高考物理大一轮总复习 热点专题突破 应用动力学和能量观点解决多过程问题课件
第二十三页，共30页。
【 答 案 】 (1) 不 能 理 由 (lǐyóu) 见 解 析 (2)11.25 m (3)2.21 m<h<2.86 m
第二十四页，共30页。
2．[2013·湖南五市十校联考]质量为 m＝1 kg 的小物块轻轻 地放在水平匀速运动的传送带上的 P 点，随传送带运动到 A 点 后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直 光滑的圆弧轨道．B、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平．
第十三页，共30页。
如图所示，水平距离s为2 m，动摩擦因数为0.25.现有一小 (yī xiǎo)滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换 速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和 小球都视为质点，g取10 m/s2，试问：
第十四页，共30页。
(1)若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞(pènɡ zhuànɡ)后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h.
第二十八页，共30页。
(3)小物块在传送带上加速的过程有 μ2mg＝ma3 P、A 间的距离是 xPA＝2va213＝1.5 m (4)小物块沿斜面上滑时有 mgsinθ2＋μ1mgcosθ2＝ma1 解得 a1＝10 m/s2 小物块沿斜面下滑时有 mgsinθ2－μ1mgcosθ2＝ma2 解得 a2＝6 m/s2
在滑块从 h 处运动到小球到达最高点的过程中，根据动能 定理，则有 mg(h－2L)－μmg2s＝12mv20，解得 h＝0.5 m
第十六页，共30页。
(2)若滑块从 h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为 v1，则有 mgh′－μmg2s＝12mv21
滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以 v1 的速度开始 做圆周运动，绳的拉力 FT 和小球重力的合力充当向心力，则
【 答 案 】 (1) 不 能 理 由 (lǐyóu) 见 解 析 (2)11.25 m (3)2.21 m<h<2.86 m
第二十四页，共30页。
2．[2013·湖南五市十校联考]质量为 m＝1 kg 的小物块轻轻 地放在水平匀速运动的传送带上的 P 点，随传送带运动到 A 点 后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直 光滑的圆弧轨道．B、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平．
第十三页，共30页。
如图所示，水平距离s为2 m，动摩擦因数为0.25.现有一小 (yī xiǎo)滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换 速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和 小球都视为质点，g取10 m/s2，试问：
第十四页，共30页。
(1)若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞(pènɡ zhuànɡ)后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h.
第二十八页，共30页。
(3)小物块在传送带上加速的过程有 μ2mg＝ma3 P、A 间的距离是 xPA＝2va213＝1.5 m (4)小物块沿斜面上滑时有 mgsinθ2＋μ1mgcosθ2＝ma1 解得 a1＝10 m/s2 小物块沿斜面下滑时有 mgsinθ2－μ1mgcosθ2＝ma2 解得 a2＝6 m/s2
在滑块从 h 处运动到小球到达最高点的过程中，根据动能 定理，则有 mg(h－2L)－μmg2s＝12mv20，解得 h＝0.5 m
第十六页，共30页。
(2)若滑块从 h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为 v1，则有 mgh′－μmg2s＝12mv21
滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以 v1 的速度开始 做圆周运动，绳的拉力 FT 和小球重力的合力充当向心力，则