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应用动力学和能量观点解决多过程问题考纲解读1.掌握多过程问题的分析方法.2.能够根据不同运动过程的特点合理选择动力学观点或能量观点解决问题．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．例1如图1所示，已知小孩与雪橇的总质量为m＝20kg，静止于水平冰面上的A点，雪橇与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.1.(g取10m/s2)(1)妈妈先用30N的水平恒力拉雪橇，经8秒到达B点，求A、B图1两点间的距离L.(2)若妈妈用大小为30N，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇，使雪橇从A处由静止开始运动并能到达(1)问中的B处，求拉力作用的最短距离．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)(3)在第(2)问拉力作用最短距离对应的运动过程中，小孩与雪撬的最大动能为多少？解析(1)对小孩进行受力分析，由牛顿第二定律得：F－μmg＝maa＝0.5m/s2L＝12at2解得L＝16m(2)设妈妈的力作用了x距离后撤去，小孩到达B点的速度恰好为0解法一由动能定理得Fcos37°·x－μ(mg－Fsin37°)·x－μmg(L－x)＝0解得x＝12.4m解法二Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1μmg＝ma2v2＝2a1xv2＝2a2(L－x)解得x＝12.4m(3)在妈妈撤去力时小孩和雪橇的动能最大，解法一由动能定理得Fcos37°·x－μ(mg－Fsin37°)·x＝Ek(写成－μmg(L－x)＝0－Ek也可以)解得Ek＝72J解法二由动能公式得Ek＝12mv2(v2在上一问中的运动学公式中已经有表示)解得Ek＝72J答案(1)16m(2)12.4m(3)72J1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．2.应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分段列式．突破训练1一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h1＝19.5m高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m＝2kg，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到楼下，保安奔跑过程用时t0＝2.5s，恰好在距地面高度为h2＝1.5m处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间；(2)在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功．答案(1)0.5s(2)－168J解析(1)对“乐乐”下落过程用牛顿第二定律mg－0.6mg＝ma1解得：a1＝4m/s2“乐乐”下落过程：h1－h2＝12a1t2解得：t＝3s允许保安最长的反应时间：t′＝t－t0＝(3－2.5)s＝0.5s(2)“乐乐”下落18m时的速度v1＝a1t＝12m/s缓冲过程，由动能定理得W＋mgh2－0.2mgh2＝0－12mv21W＝－168J(整个过程应用动能定理也可求解，公式为：mgh1－0.6mg(h1－h2)－0.2mgh2＋W＝0)考点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2如图2所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°、半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一端在斜面上C点处，现有一质量m＝2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)图2释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.试求：(1)若CD＝1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离xBC；(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？解析(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12m/s设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：W－mgsin37°·CD＝12mv20代入数据得：W＝12mv20＋mgsin37°·CD＝156J(2)由x＝12t－4t2知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为a＝8m/s2设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入数据解得μ＝0.25物块在P点的速度满足mg＝mv2PR物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有12mv2B＝mgR(1＋cos37°)＋12mv2P物块从C运动到B的过程中有v2B－v20＝－2axBC由以上各式解得xBC＝498m(3)若物块到达与O点等高的位置Q点时速度为0，则物块会脱离轨道做自由落体运动．设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得12mv2Q－12mv2P＝mgR－2μmgxcos37°解得v2Q＝－190可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．答案(1)156J(2)498m(3)不会脱离轨道突破训练2如图3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＝4.0m/s，将质量m＝0.1kg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＝4.0m，“9”字全高H＝0.6m，“9”字上半部分圆弧图3半径R＝0.1m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，求：(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．答案(1)2s(2)3N方向竖直向上解析(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＝2m/s2加速到与传送带速度相同时所需要的时间t＝v0a＝2s位移x＝12at2＝4m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＝2s(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＝mv2CR联立解得FN＝3N由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力FN′＝FN＝3N，方向竖直向上．26．应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题解析(1)碰后，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，运动到最高点的速度为v0，此时仅由重力充当向心力，则有mg＝mv20L，解得v0＝1m/s（2分）在滑块从h处运动到小球到达最高点的过程中，机械能守恒，则有mg(h－2L)－μmgs2＝12mv20，解得h＝0.5m（2分）(2)若滑块从h′＝5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为v1，则有mgh′－μmgs2＝12mv21（2分）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，则有FT－mg＝mv21L，解得FT＝48N（2分）(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在水平面上经过路程s后就会再次碰撞，则mgh′－μmgs2－12mv20－2mgLμmgs＋1≥n（3分）解得n＝10(次)．（1分）答案(1)0.5m(2)48N(3)10突破训练3钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军为此进行了登陆演练．如图5所示，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点s＝1km处．登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角θ＝30°，为保证行动最快，队员甲先无摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度v0＝33m/s平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇，若人的质量为m，重力加速度g＝10m/s2，问：图5(1)军舰甲板到快艇的竖直高度H及队员甲在绳索上运动的时间t0；(2)若加速过程与减速过程中的加速度大小相等，则队员甲在何处速度最大？最大速度是多大？(3)若快艇额定功率为5kW，载人后连同装备总质量为103kg，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10m/s，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇运动的时间t′.答案(1)16.2m3.6s(2)绳索中点处10.39m/s(3)1.1×102s解析(1)设救生圈做平抛运动的时间为t，有H＝12gt2①Htanθ＝v0t②设人下滑时间为t0，由题意知：t0＝2t③联立①②③得：H＝16.2m，t0＝3.6s(2)由几何关系得：绳索长L＝H/cos30°＝18.7m.因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以，甲在绳索中点处速度最大，由12vmt×2＝L得vm＝Lt＝10.39m/s(3)加速过程有Pt′－Ffs＝12Mvm′2④加速到匀速时vm′＝PFf⑤联立④⑤解得t′＝1.1×102s高考题组1．(2012·重庆理综·23)如图6所示为一种摆式摩擦因数测量仪，其可测量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与图6O等高的位置处由静止释放．摆锤摆到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s≪L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．答案(1)mgLcosθ(2)－mgLcosθ(3)mgLcosθFs解析(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程进行研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，即：ΔE＝mgLcosθ(2)对全程应用动能定理：WG＋Wf＝0①WG＝mgLcosθ②由①②式得Wf＝－WG＝－mgLcosθ③(3)由滑动摩擦力公式得f＝μF④摩擦力做的功Wf＝－fs⑤联立③④⑤式得：μ＝mgLcosθFs2．(2011·浙江理综·24)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m＝1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50kW.当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72m后，速度变为v2＝72km/h.此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引，45用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求：(1)轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；(2)轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电；(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′.答案(1)2×103N(2)6.3×104J(3)31.5m解析(1)轿车牵引力与输出功率的关系P＝F牵v将P＝50kW，v1＝90km/h＝25m/s代入得F牵＝Pv1＝2×103N.当轿车匀速行驶时，牵引