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能力提升课第五讲动力学观点和能量观点解决力学综合问题研考向·考点探究栏目导航随堂练·知能提升热点一多运动组合问题(师生共研)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．[典例1](2016·全国卷Ⅰ)如图，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sin37°＝35，cos37°＝45)(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．解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝12mv2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2gR③(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mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mv2B④E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x⑤P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－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦Ep＝125mgR⑧(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＝72R－56Rsinθ⑨y1＝R＋56R＋56Rcosθ⑩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＝12gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝355gR⑬设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有12m1v2C＝12m1v2D＋m1g(56R＋56Rcosθ)⑭P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝12m1v2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝13m.答案：(1)2gR(2)125mgR(3)355gR13m[反思总结]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．如图所示，设一个质量m＝50kg的跳台花样滑雪运动员(可看成质点)，从静止开始沿斜面雪道从A点滑下，沿切线从B点进入半径R＝15m的光滑竖直平面圆轨道BPC，通过轨道最高点C水平飞出，经t＝2s落到斜面雪道上的D点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.试求：(1)运动员运动到C点时的速度大小vC；(2)运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小FN；(3)A点距过P点的水平地面的高度h.解析：(1)在D点：竖直方向上的分速度vy＝gt＝10×2m/s＝20m/stan37°＝vCvy，代入数据解得vC＝15m/s(2)对P→C过程，由机械能守恒定律可得：12mv2P＝12mv2C＋mg·2R在P点：FN－mg＝mv2PR，联立上述两式代入数据解得FN＝3250N由牛顿第三定律得：在P点运动员受到轨道的支持力为3250N.(3)对A→P过程，由动能定理可得：mgh－μmgcos37°h－R－Rcos37°sin37°＝12mv2P代入数据解得h＝45.5m.答案：(1)15m/s(2)3250N(3)45.5m热点二传送带模型问题(自主学习)1．传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W＝Fx传；②产生的内能Q＝Fx相．2－1.[倾斜传送带]已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2)．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2.则下列判断正确的是()A．0～t1内，物块对传送带做正功B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tanθC．0～t2内，传送带对物块做功为12mv22－12mv21D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大解析：由图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上.0～t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，A错误；在t1～t2时间内，物块向上运动，则有μmgcosθ＞mgsinθ，则μ＞tanθ，B错误；0～t2时间内，由图可知，它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝12mv22－12mv21，则传送带对物块做的功W≠12mv22－12mv21，由此可知C错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律得知：系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D正确．答案：D2－2.[水平传送带]如图所示，一质量为m＝2kg的滑块从半径为R＝0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0＝4m/s，B点到传送带右端C点的距离为L＝2m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g取10m/s2)求：(1)滑块到达底端B时对轨道的压力；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，滑块与传送带之间由摩擦而产生的热量Q.解析：(1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得mgR＝12mv2B①物体在B点，由牛顿第二定律得FB－mg＝mv2BR②联立①②解得FB＝60N由牛顿第三定律得，滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下．(2)滑块从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得μmg＝ma③由运动学公式得v20－v2B＝2aL④由①③④得μ＝0.3⑤(3)滑块从B到C运动过程中，设运动时间为t.由运动学公式得v0＝vB＋at⑥产生的热量Q＝μmg(v0t－L)⑦由①③⑤⑥⑦得Q＝4J.答案：(1)60N，方向竖直向下(2)0.3(3)4J[反思总结]传送带模型问题的分析流程热点三滑块—木板模型(师生共研)作好两分析，突破滑块—木板模型问题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，所用时间相等，由t＝Δv2a2＝Δv1a1可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移．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．如图所示，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．[典例2]图甲中，质量为m1＝1kg的物块叠放在质量为m2＝3kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平地面上，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10m/s2.(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0～4s内，若拉力F的变化如图乙所示，2s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4s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．解析：(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a.物块与木板将要相对滑动时，μm1g＝m1a.联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8N.(2)物块在0～2s内做匀加速直线运动，木板在0～1s内做匀加速直线运动，在1～2s内做匀速运动，2s后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程的v－t图象如图所示．0～2s内物块相对木板向左运动，2～4s内物块相对木板向右运动．0～2s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2m，系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4J.2～4s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1m，物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2J；0～4s物块相对木板的位移大小x＝Δx1－Δx2＝1m木板在粗糙水平面上对地位移x2＝3m，木板与地面因摩擦产生的内能Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30J.0～4s内系统因摩擦产生的总内能为Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36J.答案：(1)8N(2)如图所示1m36J3－1.[滑块带动木板](2018·河南中原名校质检)水平地面上放有一长为L＝5.5m、质量为M＝1kg的小车，小车与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.在其左端放一质量m＝3kg的可视为质点的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.2.现对物块施加一水平向右、大小为18N的水平拉力F，经过t1＝2s后撤去外力F.已知小车的上表面离地面的高度h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2.(1)求2s末物块及小车的速度分别是多少？(2)通过分析计算说明，物块能否从小车上滑出．如果不能，求物块停在小车上的位置；如果能，请计算出物块刚落地时，到小车右端的距离．解析：(1)对物块，根据牛顿第二定律有：F－μ2mg＝mam1解得：am1＝4m/s22s末物块速度vm1＝am1t1＝8m/s对小车，根据牛顿第二定律有：μ2mg－μ1(m＋M)g＝MaM1解得：aM1＝2m/s22s末小车的速度vM1＝aM1t1＝4m/s2s内两者的位移分别为：xm1＝12am1t21＝12×4×22＝8m，xM1＝12aM1t21＝12×2×22＝4m故Δx＝xm1－xM1＝4mL所以2s时两者没有分离，即物块的速度为8m/s，小车的速度为4m/s(2)2s时撤去外力后，物块将向右做减速运动，加速度大小为am2＝μ2g＝2m/s2小车受力不变，所以加速度aM2＝2m/s2设2s以后再经过时间t2物块刚好从小车右端滑出，则xm－xM＝L－Δx即vm1t2－12am2t22－vM1t2＋12aM1t22＝L－Δx解得：t2＝0.5s(另一种解t＝1.5s不符合题意)t＝2.5s时小车的速度vM2＝vM1＋aM2t2＝5m/s物块的速度vm2＝vm1