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应用动力学观点和功能关系解决力学综合问题求解相对滑动物体的能量问题的方法(1)正确分析物体的运动过程，做好受力情况分析．(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系．(3)公式Q＝Ffl相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上往复运动时，则l相对为总的相对路程．【典例3】如图5所示，质量为m＝1kg的可视为质点的小物块轻轻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，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M＝2kg的足够长的小车左端在最低点O点相切，并在O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(物块始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用．已知圆弧半径R＝1.0m，圆弧对应的圆心角θ为53°，A点距水平面的高度h＝0.8m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.试求：图5(1)小物块离开A点的水平初速度v1；(2)小物块经过O点时对轨道的压力；(3)第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间．解析(1)对小物块由A到B有：v2y＝2gh①在B点：tanθ＝vyv1②解得v1＝3m/s③(2)由A到O，根据动能定理有：mg(h＋R－Rcosθ)＝12mv20－12mv21④在O点：FN－mg＝mv20R⑤解得：v0＝33m/s，FN＝43N⑥由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力FN′＝43N⑦(3)摩擦力Ff＝μmg＝1N，物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt，则v0－vtam＝vtaM，am＝2aM，得vt＝333m/s⑧由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，物块与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：Ffl相＝12(M＋m)v2t得l相＝5.5m⑨小车从物块碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度a不变aM＝FfM＝0.5m/s2，vt＝aMt得t＝2333s○10答案(1)3m/s(2)43N(3)5.5m2333s反思总结(1)在⑤中，不注意受力分析，将关系式写成FN＝mv20R，得出FN＝33N.(2)在⑦中，忘记应用牛顿第三定律．(3)在⑩中，分析不清小车的运动规律，此关系式无法列出．即学即练3一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个14光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图6所示．已知小车质量M＝2kg，小车足够长，圆弧轨道半径R＝0.8m．现将一质量m＝0.5kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2.(取g＝10m/s2)试求．图6(1)滑块到达B端时，对轨道的压力大小；(2)小车运动2s时，小车右端距轨道B端的距离；(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．解析(1)滑块从A端下滑到B端时速度大小为v0，由动能定理得mgR＝12mv20，v0＝4m/s在B点对滑块由牛顿第二定律得FN－mg＝mv20R解得轨道对滑块的支持力FN＝3mg＝15N由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小FN′＝15N(2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：－μmg＝ma1，得a1＝－2m/s2得对小车：μmg＝Ma2，得a2＝0.5m/s2设经时间t后两者达到共同速度，则有v0＋a1t＝a2t解得t＝1.6s由于t＝1.6s2s．故1.6s后小车和滑块一起匀速运动，速度v＝a2t＝0.8m/s因此，2s时小车右端距轨道B端的距离为x＝12a2t2＋v(2－t)＝0.96m(3)滑块相对小车滑动的距离为Δx＝v0＋v2t－v2t＝3.2m所以产生的内能Q＝μmgΔx＝3.2J答案(1)15N(2)0.96m(3)3.2J专题强化练五1．(2013·惠州市第三次调研)单板滑雪U形池如图7所示，由两个完全相同的14圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R＝3.2m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s＝7.5m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度vB＝16m/s，运动员从B点运动到C点做匀变速直线运动所用的时间t＝0.5s，从D点跃起时的速度vD＝6.0m/s.设运动员连同滑板的质量m＝50kg，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2.求：(1)运动员在B点对圆弧轨道的压力；(2)运动员从D点跃起后在空中运动的时间；(3)运动员从C点运动到D点的过程中需要克服摩擦阻力所做的功．图7解析(1)由FN－mg＝mv2BR，可得FN＝4500N由牛顿第三定律知，压力为4500N.(2)运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，根据运动学公式vD＝gt1运动员在空中完成动作的时间t′＝2t1＝2vDg＝1.2s(3)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度vBC＝st＝vB＋vC2解得运动员到达C点时的速度vC＝2st－vB＝14.0m/s运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理－Wf－mgR＝12mv2D－12mv2C得运动员克服摩擦力做功Wf＝12mv2C－12mv2D－mgR代入数值解得Wf＝2400J答案(1)4500N(2)1.2s(3)2400J2．飞机若仅依靠自身喷气式发动机产生的推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图8所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷飞式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N.考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v＝100m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出(计算结果均保留二位有效数字)：图8(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量．解析(1)设后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为Ff2＝0.2mg，则F推－Ff2＝ma2所以飞机在后一阶段的加速度大小：a2＝4.0m/s2(2)解法一设电磁弹射阶段飞机加速度为a1、末速度为v1，平均阻力为Ff1＝0.05mg则v21＝2a1l1，v2－v21＝2a2(l－l1)得：a1＝39.7m/s2由：F牵＋F推－Ff1＝ma1，得F牵＝6.8×105N解法二由动能定理得：F牵l1＋F推l－Ff1l1－Ff2(l－l1)＝12mv2解得F牵＝6.8×105N(3)电磁弹射器对飞机做功：W＝F牵l1＝8.2×107J则其消耗的能量：E＝W80%＝1.0×108J答案(1)4.0m/s2(2)6.8×105N(3)1.0×108J3．如图9所示，质量为m＝0.1kg的小球置于平台末端A点，平台的右下方有一个表面光滑的斜面体，在斜面体的右边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为x0＝0.3m，斜面体底端C点距挡板的水平距离为d2＝1m，斜面体的倾角为θ＝45°，斜面体的高度h＝0.5m．现给小球一大小为v0＝2m/s的初速度，使之在空中运动一段时间后，恰好从斜面体的顶端B点无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过C点后再沿粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧．小球速度减为零时，弹簧被压缩了Δx＝0.1m．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，设小球经过C点时无能量损失，重力加速度g取10m/s2，求：图9(1)平台与斜面体间的水平距离d1；(2)小球在斜面上的运动时间t1；(3)弹簧压缩过程中的最大弹性势能Ep.解析(1)小球到达斜面顶端时，竖直分速度为vBy＝v0tanθ又根据自由落体运动知识知，vBy＝gt水平方向小球做匀速直线运动则d1＝v0t，解得：d1＝0.4m.(2)在B点小球的速度为vB，则vB＝v0cosθ小球由B点到C点过程中，由牛顿第二定律知：mgsinθ＝ma，v2C－v2B＝2a·hsinθvC＝vB＋at1，解得：t1＝0.2s，vC＝32m/s.(3)小球在水平面上运动的过程中，由功能关系知：12mv2C＝μmg(d2－x0)＋μmg·Δx＋Ep，解得：Ep＝0.5J答案(1)0.4m(2)0.2s(3)0.5J4．(2013·四川卷，10)在如图10所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连．弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图10(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．解析A、B处于静止状态时，对于A、B根据共点力的平衡条件解决问题；当A、B做匀加速直线运动时，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系解决问题．(1)F作用之前，A、B处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳中张力为T0，有对A：T0＝mAgsinθ①对B：T0＝qE＋f0②联立①②式，代入数据解得f0＝0.4N③(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为x，A、B间绳子张力为T，有qEx＝ΔEp④T－μmBg－qE＝mBa⑤设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2ax⑥F弹＝kΔx⑦F＋mAgsinθ－F弹sinθ－T＝mAa⑧由几何关系知Δx＝x－cosθsinθ⑨设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv⑩联立④～⑩式，代入数据解得P＝0.528W．⑪答案(1)0.4N(2)0.528W章末定时练五(时间：60分钟)一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求)．1．(2013·汕头二模)下列说法正确的是()．A．若物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变B．若物体所受的合力不为零，则物体的动能一定改变C．若物体的动能不变，则它所受的合力一定为零D．若物体的动能改变，则它所受的合力一定为零解析物体所受的合力为零，则合力做的功一定为零，物体的动能一定不变，选项A正确；物体所受的合力不为零，但合力做的功可能为零，故物体的动能可能不变，选项B错误；物体的动能不变，则物体的速度大小不变，但速度方向可能改变，故合力可能不为零，选项C错误；物体的动能改变，则物体的速度一定改变，故合力一定不为零，选项D错误．答案A2．质量为1kg的物体静止于光滑水平面上．t＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第1s内F＝2N，第2s内F＝1N．下列判断正确的是()．A．2s末物体的速度是2m/sB．2s内物体的位移为3mC．第1s末拉力的瞬时功率最大D．第2s末拉力的瞬时功率最大解析由牛顿第二定律得第1s和第2s内的加速度分别为2m/s2和1m/s2，第1s末和第2s末的速度分别为v1＝a1t1＝2m/s和v2＝v1＋a2t2＝