2018高考物理一轮总复习高考必考题突破讲座5应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题课件(稍微压字)
高考物理一轮复习 应用动力学观点和能量观点突破力学压轴题课件 鲁科版
送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运
动的速度v0＝5 m/s。一质量m＝1 kg的小 物块，轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点。 小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好图到3达N 点(小物块到达N点后被收集，不再滑下)。若小物块经过 Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 0.5，重力加速度0.1 kg的小物体(可视为质点)在A点被弹射入“S” 形轨道内，沿轨道ABC运动，并恰好从D点无碰撞地落到倾 斜轨道上。小物体与BC段间的动摩擦因数μ＝0.5。(不计空气 阻力。g取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图2
(1)小物体从B点运动到D点所用的时间； (2)小物体运动到B点时对“S”形轨道的作用力大小和方向； (3)小物体在A点获得的动能。
(2)小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面顶端 A 点，需要时间 t1＝ 2gh＝0.8 s 小球在 A 点的速度沿斜面向下，速度大小 vA＝covs0α＝10 m/s 从 A 点到 B 点 由动能定理得 mgH＝12mv2B－12mv2A
解得 vB＝20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a＝gsin α＝8 m/s2 由 vB＝vA＋at2，解得 t2＝1.25 s 小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点所用的时间 t＝t1＋t2＝2.05 s
(1)N点的纵坐标； (2)小物块在传送带上运动产生的热量； (3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光 滑斜面越过纵坐标yM＝0.5 m的M点，求这些位置的横坐标范 围。
第一步：抓住关键点——挖掘信息
第二步：抓好过程分析——理清思路
物块先在传送带 上做匀加速运动
―计 判―算 断→
2018版高考物理一轮总复习课件：热点专题5 利用力学两大观点分析综合问题 精品
二、解答动力学综合问题的两大基本观点
分类 力的瞬时作用
力的空间积累作 用
对应规律 牛顿第 二定律
动能定理
功能关系
机械能 守恒定律
规律内容
物体的加速度大小与合外力成 正比，与质量成反比，方向与 合外力的方向相同
外力对物体所做功的代数和等 于物体动能的增量
一个力做了多少功，就有多少 能从一种形式转化为其他形式
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【解析】 (1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变 化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝12mv20＋mglADsin37°① 物体克服摩擦力消耗的能量为 Q＝Ff·x② 其中x为物体的路程，即 x＝5.4 m③ Ff＝μmgcos37°④ 由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52.
【答案】 (1)6 m/s2 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N，方所 示 ， 在 倾 角 为 37° 的 粗 糙 足 够 长 的 斜 面 的 底
端，一质量m＝1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不相连．t＝0时释
放物块，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc
用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F，物体飞出后越过“壕
沟”落在平台EG段．已知物块的质量m＝1 kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数μ
＝0.5，AB段长L＝10 m，B、E两点的高度差h＝0.8 m，B、E两点的水平距离x＝1.6
m．若物块可看作质点，空气阻力不计，g取10 m/s2.
重力做功：W＝mgΔx＝mg×2mk g＝2mk2g2.物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧
【新步步高】2018版浙江高考物理《选考总复习》第五章必考计算题4动力学方法和能量观点的综合应用
图3
1
2
3
4
5
6
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；
解析
设猴子从 A点水平跳离时速度的最小值为vmin ，根据平抛运动规 ①
②
律，有 1 2 h1＝2 gt x1＝vmint
联立①②式，得vmin＝8 m/s
答案 8 m/s
③
解析答案
1
2
3
4
5
6
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
解析
猴子抓住青藤后荡到右边石头上的运动过程中机械能守恒，设 ④
解析答案
(2)水平轨道BC的长度x；
1 2 解析 根据竖直方向上的自由落体运动可得，2R＝ 2 gt ， 4×2.5 4R 所以运动的时间为t＝ ＝ s＝1 s， 10 g
水平轨道 BC 的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以 x＝ vDt＝ 5×1 m＝5 m.
答案 5 m
解析答案
(3)小球开始下落的高度h.
方法感悟
解析答案
[题组阶梯突破]
3
4
3.一质量为M＝2 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平
向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如图5 甲所示，地面观察者
记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向
右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.
动员驾驶功率始终为P＝1.8 kW的摩托车在AB段加速，通过B点时速度
已达到最大vm＝20 m/s，再经t＝13 s的时间通过坡面到达E点，此刻关
闭发动机水平飞出.已知人和车的总质
量m＝180 kg，坡顶高度h＝5 m，落
地点与E点的水平距离s＝16 m，重力
高三物理第5章-第5节动力学和能量观点解决力学综合问题考点考题透析课件(44张PPT)
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高三大一轮复习学案
则：v＋a1t2＝a2t2⑥ 小物体的位移 x1＝vt2＋12a1t22⑦ 薄板的位移 x2＝12a2t22⑧ 薄板的长度 l＝x1－x2⑨ 联立③～⑨式得 l＝2.5 m 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m
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高三大一轮复习学案
如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平 变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始 计时，改用图丙中周期性变化的水平力 F 作用(g 取 10 m/s2)．求：
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高三大一轮复习学案
[典例 2] 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 点右侧的光滑水平 面上紧挨 C 点静止放置一木板，木板质量 M＝1 kg，上表面与 C 点等高．质量为 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．已知物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2.求：
(1)A 点与 B 点的水平距离； (2)薄板 BC 的长度．
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高三大一轮复习学案
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
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高三大一轮复习学案
(2)小物体落到 B 点的速度为 v，则 v＝ v20＋gt12③ 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 小物体从落到薄板到两者速度相等用时 t2，
高考物理大一轮复习 专题5 应用动力学观点和能量观点解决力学压轴题课件 新人教版
自由落体运动(yùndòng)
圆周运动(yùndòng)
斜面
上匀减速运动(yùndòng)
(2)找出小物体最终的运动(yùndòng)状态
从B点开始做往复运动(yùndòng)此过程中机械能守恒
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解析 (1)为使小物体不会从 A 点冲出斜面，由动能定理得
Rcos mg 4
θ－μ1mgcos
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反思总结 机械能守恒定律与圆周运动综合的问题是力学 命题最热的组合形式之一，求解的关键是抓好两个分析： (1)状态分析，找到圆周运动的临界状态及有关向心力问 题，如题中的 A 和 D 点；(2)过程分析，利用机械能守恒 定律求解几个状态之间的关系，如 A 到 D 过程机械能守恒， 有12mv2A＝12mv2D＋mg(2r＋L)．
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常考点一 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
(shèjí)分析力或求解力而不涉及(shèjí)能量问题，则常常用牛 顿运动定律求解；若该过程涉及(shèjí)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．
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θRscinosθθ＝0
解得动摩擦因数至少为 μ1＝4scionsθθ.
(2)分析运动过程可得，最终小物体将在 BB′圆弧间做往
复运动(B′未画出)，由动能定理得
Rcos
mg
4
θ＋Rcos
θ－μmgscos
θ＝0
解得小物体在斜面上通过的总路程为 s＝52Rscinosθθ.
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(3)由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最
mg(3
高考物理一轮复习 热点专题突破系列5 应用动力学和能量观点解决力学问题强化训练 新人教版必修2(20
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同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
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热点专题突破系列5 应用动力学和能量观点解决力学问题〔专题强化训练〕1．（2017·山东邹平一中检测）如图所示,半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C,圆轨道的直径AC与斜面垂直。
质量为m的小球从A点左上方距A 高为h的斜上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到抛出点等高的D处。
已知当地的重力加速度为g，取R＝错误!h，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,不计空气阻力，求：错误!(1）小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小;(3）小球从C到D过程中克服摩擦力做的功W。
[答案］（1)错误!错误!(2）5。
6mg(3）错误!mgh［解析］（1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示。
设竖直方向的速度v y,则有v错误!＝2gh由几何关系得v0＝v y cotθ得v0＝错误!错误!(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cosθ）设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中有错误!mv错误!＋mg（H＋h）＝错误!mv2在B点，有F N－mg＝m错误!解得F N＝5。
2018年高考物理四川专用一轮复习课件：第5章能力课时7 应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题
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： (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。
3．[传送带模型](2015·四川成都一诊)如图 6 所示，与水平面夹 角为 θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端 A 点与上 端 B 点间的距离为 L＝4 m，传送带以恒定的速率 v＝2 m/s 向上运动。现将一质量为 1 kg 的物体无初速度地放于 A 处， 已知物体与传送带间的动摩擦因数 μ＝ 23，取 g＝10 m/s2， 求：
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(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：
变，则下列有关说法正确的是
()
图5
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 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 擦力乘相对路程等于产生的热量，第一次的相对路程大小 大于第二次的相对路程大小，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。 答案 BD
高考物理一轮复习 第五章 专题探究五 动力学和能量观点的综合应用课件
(1)在木板(mù bǎn)右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动,拉力F至少应 为多大?
de间的动摩擦因数恒为μ,其他位置摩擦不计,重力加速度g=10 m/s2.
2021/12/8
第八页，共四十九页。
(1)求v0的值;
解析:(1)由题意知小圆环在 ab 轨道上运动时只受重力作用,即小圆环在 ab 轨道上
做平抛运动,初速度为 v0,则 x=v0t,h= 1 gt2,得 v0= 3 30 m/s.
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第二十页，共四十九页。
考点三 应用(yìngyòng)动力学和能量观点分析“滑块—滑板” 问题
1.问题(wèntí)分类 水平面上的“滑块—滑板”问题(wèntí)和在斜面上的“滑块—滑板”模型. 2.处理方法
往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运 动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转
现将质量为m的某物块无初速度地放在传送带的左端,经过时间t物块保持与传送带相对静止
(jìngzhǐ).设物块与传送带间的动摩擦因数为μ,对于这一过程,下列说法正确的是(
)
A.摩擦力对物块做的功为 1 mv2 2
ACD
B.传送带克服摩擦力做的功为 1 mv2 2
C.系统摩擦生热为 1 mv2 2
D.电动机多做的功为 mv2
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【典例1】 如图所示,将一质量m=0.1 kg的小球自水平平台顶端(dǐngduān)O点水平抛出,小球恰 好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑,斜面底端B与光 滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B点后进入BC部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已
2018年高考物理一轮复习专题五动力学和能量观点的综合应用精讲深剖
专题五 动力学和能量观点的综合应用【专题解读】1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大的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)．考向一 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．【例1】 如图1所示，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)图1(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．关键词 ①直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切；②水平飞出后，恰好通过G 点．【答案】(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得：方法总结多过程问题的解题技巧1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景． 2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律． 3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法． 阶梯练习1．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：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功． 【答案】(1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR )，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R )2．如图3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轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0 m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h ＝2.4 m ．用质量为m ＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，物块经过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g 取10 m/s 2)图3(1)求物块过B 点时的瞬时速度大小v B 及物块与桌面间的动摩擦因数μ； (2)若轨道MNP 光滑，求物块经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ；(3)若物块刚好能到达轨道最高点M ，求物块从B 点到M 点运动的过程中克服摩擦力所做的功W .【答案】(1)6 m/s 0.4 (2)16.8 N ，方向竖直向下 (3)4.4 J解得F N ′＝16.8 N根据牛顿第三定律，F N ＝F N ′＝16.8 N ，方向竖直向下(3)物块刚好能到达M 点，有mg ＝m v2M R解得v M＝gR＝10 m/s物块到达P点的速度v P＝v2x＋v2y＝8 m/s 从P到M点应用动能定理，有－mgR(1＋cos 60°)－W PNM＝12mv2M－12mv2P考向二传送带模型问题1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例2 如图4所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s 向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6 m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1 kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：图4(1)B向右运动的总时间；(2)B回到传送带左端的速度大小；(3)上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．关键词①光滑固定斜面；②B 与传送带间的动摩擦因数为0.2；③B 经过一段时间回到传送带的左端．【答案】(1)2 s (2)2 5 m/s (3)(16＋45) J【解析】(1)B 向右减速运动的过程中，刚开始时，B 的速度大于传送带的速度，以B 为研究对象，水平方向B 受到向左的摩擦力与绳对B 的拉力，设绳子的拉力为F T1，以向左为正方向，得F T1＋μmg ＝ma 1①以A 为研究对象，则A 的加速度的大小始终与B 相等，A 向上运动的过程中受力如图，则mg sin 37°－F T1＝ma 1②联立①②可得a 1＝g sin 37°＋μg2＝4 m/s 2③B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t 1＝－v 0－－v 1a 1＝1 s.所以它们受到的合力不变，所以B 的加速度a 3＝a 2＝2 m/s 2.t 1时间内B 的位移x 1＝－v 0＋－v 12t 1＝－4 m ，负号表示方向向右．t 2时间内B 的位移x 2＝0＋－v 02×t 2＝－1 m ， 负号表示方向向右．B 的总位移x ＝x 1＋x 2＝－5 m.B 回到传送带左端的位移x 3＝－x ＝5 m.速度v ＝2a 3x 3＝2 5 m/s.(3)t 1时间内传送带的位移x 1′＝－v 0t 1＝－2 m ， 该时间内传送带相对于B 的位移Δx 1＝x 1′－x 1＝2 m.t 2时间内传送带的位移x 2′＝－v 0t 2＝－2 m ，方法总结 1．分析流程2．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．阶梯练习3．如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，试求：图5(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量．【答案】(1)2 s (2)24 J4．一质量为M＝2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图6甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.图6(1)指出传送带速度v的大小及方向，说明理由．(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？【答案】(1)2.0 m/s 方向向右(2)0.2 (3)24 J 36 J考向三滑块—木板模型问题1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2．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．3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．例3 图7甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.甲图7(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．【答案】(1)8 N (2)见解析系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J.2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m，物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J；木板对地位移x2＝3 m，木板与地面因摩擦产生的内能Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J.0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J.方法总结滑块—木板模型问题的分析和技巧1．解题关键正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，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．2．规律选择既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE内＝－ΔE机＝F f x相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用．阶梯练习5．如图8所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A 点锁定，然后将一质量为m 的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝36，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B 点，A 、B 两点的高度差为h 0，已知重力加速度为g .图8(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能E p .(2)求物块从A 到B 的时间t 1与从B 返回到A 的时间t 2之比．(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A 点并锁定，物块返回A 点时立刻解除锁定．设斜面最高点C 的高度H ＝2h 0，试通过计算判断物块最终能否从C 点抛出？【答案】(1)32mgh 0 (2)33(3)见解析 【解析】(1)物块受到的滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ，A 到B 过程由功能关系有－F fh 0sin θ＝mgh 0－E p ，解得E p ＝32mgh 0.。
(新课标)高考物理一轮复习第五章机械能专题六动力学和能量观点的综合应用教案(2021学年)
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专题六动力学和能量观点的综合应用突破应用动力学和能量观点分析多过程问题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，然后对于每一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.［典例１] (2０16·新课标全国卷Ⅰ)如图所示,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=错误!，重力加速度大小为g。
(取sin 3７°＝３5，cｏｓ 3７°=错误!)（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。
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12 3 1 答案： (1)2 gR (2) mgR (3) 5gR m 5 5 3
[例 2](2017· 华中师大一附中模拟)如图甲所示， 质量为 m＝1 kg 的滑块(可视为质 1 点)，从光滑、固定的 圆弧轨道的最高点 A 由静止滑下，经最低点 B 后滑到位于水 4 平面的木板上．已知木板质量 M＝2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于 B 点，且长度 足够长．整个过程中木板的 vt 图象如图乙所示，g＝10 m/s2.求：
命 题 角 度
真 题 剖 析
突 破 训 练
题 型 结 构
• 1．动力学观点和能量观点综合流程
• • • •
2．涉及问题 (1)受力情况：几个力？恒力还是变力？ (2)做功情况：是否做功？正功还是负功？ (3)能量分析：建立功能关系式
解 题 思 维
• ►解题方法 • 1．若只要求分析运动物体的动力学物理量而 不涉及能量问题，则用牛顿运动定律和运动 学规律求解． • 2．若物体在运动过程中涉及能量转化问题， 则用功能关系求解．
第 五 章 机械能及其守恒定律
高考必考题突破讲座(五)： 应用动力学观点和能量观点解决力学综 合问题
考纲要求 用动力学和能量观点解决问题时， 应首先分析物体的受力和运动情况，再 分析做功和能量转化情况，最后选择恰 当的规律列方程．一般来说，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，则此类问题属于动力学问题；若该 过程涉及能量转化问题，并且具有功能 关系的特点，则此类问题属功能关系问 题.
考情分析
命题趋势
2016·全国 动力学观点和 卷Ⅰ，25 能量观点结合一直 2015·浙江 是高考的热点和难 卷，23 点，它可能以各种 2015·北京 题型出现，其考查 范围广、灵活性强、 卷，23 2014·福建 能力要求高，压轴 题目也多与此相关. 卷，21
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题 型 结 构
解 题 思 维
(3)设改变后 P 的质量为 m1.D 点与 G 点的水平距离 x1 和竖直距离 y1 分别为 x1 7 5 ＝ R－ Rsin θ 2 6 5 5 y1＝R＋ R＋ Rcos θ 6 6 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 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t.由平抛运动公式有 y1 1 2 ＝ gt 2 x1＝vDt 3 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝ 5gR 5 ⑪ ⑫ ⑬ ⑨ ⑩
真 题 剖 析
[例 1](2016· 全国卷Ⅰ)如图，—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 5 直轨道 B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为 R 的光 6 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 1 3 4 轨道间的动摩擦因数 μ＝ ，重力加速度大小为 g.(取 sin 37° ＝ ，cos 37° ＝) 4 5 5
命 题 角 度
角度 1 机械能守恒 受力情况 运动轨迹 涉及的能量变化 处理方法 角度 2 机械能不守恒 受力情况 运动轨迹 涉及的能量变化 处理方法 重力、支持力、弹簧的弹力、摩擦力 直线和曲线(圆周运动或平抛运动) 动能、势能、内能 动能定理、功能关系、牛顿第二运动定律 重力、支持力、弹簧的弹力 直线和曲线(圆周运动或平抛运动) 动能、重力势能、弹性势能 机械能守恒、动能定理、牛顿第二运动定律
(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 7 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 R、 2 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 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 1 2 mglsin θ－μmglcos θ＝ mvB 2 式中 θ＝37° 联立①②式并由题给条件得 vB＝2 gR
①
②ห้องสมุดไป่ตู้
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 Ep.P 由 B 点运 动到 E 点的过程中，由动能定理有 1 2 mgxsin θ－μmgxcos θ－EP＝0－ mvB 2 E、F 之间的距离为 l1＝4R－2R＋x P 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 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x＝R 12 EP＝ mgR 5 ⑥ ⑦ ⑧ ④ ⑤
设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，有 1 2 1 2 5 5 m v ＝ m v ＋m g( R＋ Rcos θ) 2 1 C 2 1 D 1 6 6 P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有 1 2 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝ m1vC 2 1 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝ m 3 ⑮ ⑯ ⑭
(1)滑块经过 B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．
1 2 解析：(1)设圆弧轨道半径为 R，从 A 到 B 过程，滑块的机械能守恒 mgR＝ mv 2 经 B 点时，根据牛顿第二定律有 mv2 FN－mg＝ R 整理得 FN＝3mg＝30 N 根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为 30 N，方向竖直向下．
(2)由 v－t 图象知，木板加速的加速度大小为 a1＝1 m/s2，滑块与木板共同减速 的加速度大小为 a2＝1 m/s2，设木板与地面之间的动摩擦因数为 μ1，滑块与木板之间 的动摩擦因数为 μ2， 在 0～1 s 内，对木板：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1 在 1 s～2 s 内，对滑块和木板：μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2 解得：μ1＝0.1，μ2＝0.5.