2019年高考物理大一轮复习微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题学案新人教版_

应用“三大观点”解决力学综合问题（可自主编辑word）五、应用“三大观点”解决力学综合问题知识点1 应用动量与动力学观点解决力学综合问题基础回扣力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。

(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。

(3)若研究的对象为多个物体组成的系统,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。

(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。

易错辨析我们在应用动量与动力学知识观点解答问题时要注意将运动过程与受力情况分析清楚,恰当地选择研究对象、研究过程解题,避免出错。

知识点2 应用动量与能量观点解决力学综合问题基础回扣1.知识分析动量的观点: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.方法技巧(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(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,就更显示出它们的优越性。

易错辨析1.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到位移问题,我们可以应用动能定理解决问题。

2.通常能应用牛顿运动定律与运动学知识解决的力学问题,涉及到时间问题,我们可以应用动量定理解决问题。

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题[考试大纲] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.一、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3)分析研究导体受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.例1如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg、接入电路部分的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)图1(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.答案(1)10 m/s(2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BL v①回路中的感应电流I ＝ER ＋r ②导体棒受到的安培力F 安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用，根据牛顿第二定律： F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2vR ＋r＝ma ⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a 减小，当加速度a 减小到0时，速度达到最大.此时有F －μmg －B 2L 2v mR ＋r ＝0⑥可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝10 m/s ⑦(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示.电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动――→E ＝Bl v产生感应电动势―――――→EI R r=+产生感应电流――→F ＝BIl导体受安培力―→合外力变化――→F 合＝ma加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a ＝0，v 达到最大值.例2 如图2甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为g )图2(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值. 答案 (1)见解析图(2)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，方向竖直向下；支持力F N ，方向垂直于斜面向上；安培力F 安，方向沿导轨向上. (2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BL v ， 此时电路中的电流I ＝E R ＝BL v Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vR ＝ma则a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度，此时mg sin θ＝B 2L 2v m R ，解得：v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应中力学问题的解题技巧：(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B 的方向，以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.(3)根据牛顿第二定律分析a 的变化情况，以求出稳定状态的速度.(4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口. 二、电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中能量的转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如： ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式.例3 如图3所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m 、长度为d 、接入电路的电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中( )图3A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )答案 D解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＝12m v 2，金属棒到达平直部分时的速度v ＝2gh ，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E ＝BL v ，最大感应电流I ＝E R ＋R ＝BL 2gh2R ，故A 错误；通过金属棒的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BdL2R，故B 错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W 安－μmgd ＝0－0，克服安培力做功：W 安＝mgh －μmgd ，故C 错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q ′＝12Q ＝12W 安＝12mg (h －μd )，故D 正确.电磁感应中焦耳热的计算技巧：(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt . (2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 安.②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.1.(电磁感应中的动力学问题)如图4所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图4A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动 答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F ＝BIl ＝B 2l 2v R ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确.2.(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab 是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象不可能是下图中的( )图5答案 B解析 S 闭合时，若金属杆受到的安培力B 2l 2v R ＞mg ，ab 杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，ab 杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2vR ＜mg ，ab 杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，mg －B 2l 2vR＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能.3.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m 、电阻可以忽略不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，在这一过程中( )图6A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和C.恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功.匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故外力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确.4.(电磁感应中的力电综合问题)两根平行的金属导轨相距L 1＝1 m ，与水平方向成θ＝30°角倾斜放置，如图7甲所示，其上端连接阻值R ＝1.5 Ω的电阻，另有一根质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.5 Ω的金属棒ab 放在两根导轨上，距离上端L 2＝4 m ，棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，因有摩擦力作用，金属棒处于静止状态.现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示，已知在t ＝2 s 时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g 取10 m/s 2)，则在棒发生滑动之前：图7(1)t ＝2 s 时，磁感应强度B 为多大？(2)假如t ＝5 s 时棒刚要发生滑动，则棒与导轨间最大静摩擦力多大？ (3)从t ＝0到t ＝3 s 内，电阻R 上产生的电热有多少？ 答案 (1)1 T (2)1.5 N (3)4.5 J解析 (1)当t ＝2 s 时，对导体棒由平衡条件得 mg sin θ＝B 2IL 1① 由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r② 由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔBΔt L 1L 2＝B 2－0t －0L 1L 2③联立①②③式解得B 2＝1 T (2)当t ＝5 s 时，对棒由平衡条件得 B 5IL 1＝mg sin θ＋F fmax由题图乙及第(1)问可得t ＝5 s 时，B 5＝2.5 T 联立解得F fmax ＝1.5 N (3)由焦耳定律得：Q R ＝I 2Rt代入数据解得：Q R ＝4.5 J一、选择题考点一 电磁感应中的动力学问题1.如图1所示，质量为m 的金属环用不可伸长的细线悬挂起来，金属环下半部分处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是( )图1A.大于环重力mg ，并逐渐减小B.始终等于环重力mgC.小于环重力mg ，并保持恒定D.大于环重力mg ，并保持恒定 答案 A解析 根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有F T ＝mg ＋F 安，得F T >mg ，F 安＝BIL ，根据法拉第电磁感应定律知，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBR Δt S ，可知I 为恒定电流，联立上式可知B 减小，F 安减小，则由F T ＝mg ＋F 安知F T 减小，选项A 正确.2.(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v ，忽略其他影响，则( )图2A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a ＝B 2vρdD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdgB 2答案 AD解析 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A 正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B 错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E ＝Bl v ＝B ·2πR ·v ，圆环的电阻R 电＝ρ·2πRπr 2，则圆环中的感应电流I ＝ER 电＝B πr 2vρ，圆环所受的安培力F 安＝BI ·2πR ，圆环的加速度a ＝mg －F 安m ，m ＝d ·2πR ·πr 2，则a ＝g －B 2vρd ，选项C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a ＝0，可得v m＝ρgdB 2，选项D 正确. 3.如图3所示在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v －t 图象中，能正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BL v 、I ＝ER、F 安＝BIL 得F 安＝B 2L 2vR ，随着v 的减小，安培力F 安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F 安＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确.4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )图4A.如果B 增大，v m 将变大B.如果α变大(仍小于90°)，v m 将变大C.如果R 变大，v m 将变大D.如果m 变小，v m 将变大 答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2v R＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0时达到最大速度v m ，即mg sin α＝B 2L 2v m R ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确. 考点二 电磁感应中的能量问题5.如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图5A.Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B.Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C.Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D.Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l ab 2vR l bc ＝B 2S v R l ab同理Q 2＝B 2S vR l bc ，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝ER t ＝ΔΦR ＝BS R， 故q 1＝q 2.因此A 正确.6.如图6所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图6A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R 上产生的热量答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力.根据功能关系可知，力F 与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确.7.(多选)(2016·南京市学情调研卷)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上(图中未画出).让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已处于匀速运动.重力加速度为g .则( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ 答案 AB解析 由平衡条件可知匀速运动时杆ab 受到的重力沿斜面的分力等于安培力，即F A ＝mg sin θ，mg sin θ＝B 2L 2v R ，所以有v ＝mgR sin θB 2L 2，即A 、B 正确；因为安培力逐渐增大，是个变力，所以C 错误；由能量守恒可知mg ·s sin θ＝12m v 2＋Q ，所以D 错误.8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 且与导轨垂直并接触良好的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图8所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计.现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x 时，ab 达到最大速度v m .此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上.在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图8A.撤去外力后，ab 做匀减速运动B.合力对ab 做的功为FxC.R 上释放的热量为Fx ＋12m v m 2D.R 上释放的热量为Fx 答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F 安＝B 2L 2vR，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fx ，C 错，D 对. 二、非选择题9.(电磁感应中的动力学问题)(2017·扬州市高二上学期调研)如图9甲所示，阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置，间距d 为0.5 m ，下端通过导线与阻值R L 为4 Ω的小灯泡L 连接，在矩形区域CDFE 内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化的关系如图乙所示，CE 长为2 m.在t ＝0时刻，接入电路的电阻R 为1 Ω的金属棒以某一初速度从AB 位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB 位置运动到EF 位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g 取10 m/s 2.求：图9(1)通过小灯泡的电流的大小； (2)金属棒的质量；(3)金属棒通过磁场区域所用的时间. 答案 (1)0.4 A (2)0.008 kg (3)0.2 s解析 (1)金属棒未进入磁场时，E 1＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝0.5×2×0.40.2 V ＝2 V又R 总＝R L ＋R ＝(4＋1) Ω＝5 Ω 所以I L ＝E 1R 总＝25A ＝0.4 A(2)因灯泡亮度不变，故0.2 s 末金属棒进入磁场时刚好匀速运动 所以I ＝I L ＝0.4 A棒所受安培力F 安＝BId ＝0.08 N 对金属棒有mg ＝F 安所以金属棒的质量m ＝0.008 kg(3)金属棒在磁场中运动时，E 2＝E 1＝2 V 又E 2＝Bd v 解得：v ＝E 2Bd＝10 m/s 金属棒从CD 运动到EF 过程的时间为t 2＝CEv ＝0.2 s10.(电磁感应中的能量问题)如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°角放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m ＝0.1 kg 、接入电路的电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v －t 图象如图乙所示.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图10(1)磁感应强度大小B ；(2)杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 上产生的热量. 答案 (1)2 T (2)3160J 解析 (1)由题图乙得 0～0.1 s 内，杆的加速度 a ＝Δv Δt ＝0.50.1m/s 2＝5 m/s 20～0.1 s 内，由牛顿第二定律有mg sin 37°－F f ＝ma 代入数据得F f ＝0.1 N0.1 s 后杆匀速运动，有mg sin 37°－F f －F 安＝0 而F 安＝BIL ＝B BL vR ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r解得B ＝2 T(2)方法一：杆在磁场中下滑0.1 s 的过程中，回路中的电流恒定，有I ＝BL vR ＋r ＝0.25 A ，电阻R 上产生的热量 Q R ＝I 2Rt ＝3160J.方法二：金属杆ab 在磁场中匀速运动的位移 x ＝v t ＝0.05 m 金属杆ab 下落的高度 h ＝x sin θ＝0.03 m由能量守恒有mgh ＝Q ＋F f x 电阻R 产生的热量Q R ＝34Q ＝34(mgh －F f x )＝3160J.11.(电磁感应中的力电综合问题)如图11所示，足够长的U 形导体框架的宽度L ＝0.5 m ，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面.一根质量m ＝0.4 kg 、电阻R ＝1 Ω的导体棒MN 垂直跨放在U 形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放.已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图11(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小； (2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q ＝4 C ，求导体棒在此过程中消耗的电能. 答案 (1)2 m/s 2 (2)5 m/s (3)3 J解析 (1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝2 m/s 2(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙，设匀速下滑的速度为v ，则在平行斜面上有mg sin θ－F f －F 安＝0安培力F 安＝BIL ＝B BL v R L ＝B 2L 2v R联立解得v ＝mgR (sin θ－μcos θ)B 2L 2＝5 m/s(3)通过导体棒横截面的电荷量Q ＝I Δt I ＝ΔΦR Δt设导体棒下滑速度刚好为v 时的位移为x ，则ΔΦ＝BxL全程由动能定理，得mgx ·sin θ－W 安－μmg cos θ·x ＝12m v 2，其中W 安为克服安培力做的功.联立解得W 安＝3 J克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能，即Q R ＝3 J.。

高考物理-动力学观点和能量观点的综合应用一、应用动力学和能量观点分析匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动组合问题每个过程各阶段的运动具有独立性，首先熟练每种运动一般的解题思路和解决方法，其次要关注两相邻过程中连接点的速度，通常转折点速度的大小和方向是解决问题的重要突破口．(2016·湖北十堰模拟)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道．光滑半圆轨道半径为R ，两个光滑半圆轨道连接处C 、D 之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过，C 、D 之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上B 点之间的高度为h .从A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s .已知小球质量为m ，不计空气阻力，求：(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力； (3)小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功．[解析] (1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E 由平抛运动规律有 s ＝v E t4R ＝12gt 2联立解得v E ＝s 4 2gR.(2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒 12m v 2B ＝mg ·4R ＋12m v 2E解得v 2B ＝8gR ＋s 2g 8R在B 点F N －mg ＝m v 2BR解得F N ＝9mg ＋mgs 28R2由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F N ′＝9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下．(3)设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则mg (h －4R )－W ＝12m v 2E解得W ＝mg (h －4R )－mgs 216R.[答案] (1)s 42g R (2)9mg ＋mgs 28R2，方向竖直向下(3)mg (h －4R )－mgs216R二、应用动力学和能量观点分析传送带模型、滑块—滑板模型 1．模型概述传送带模型典型的有水平和倾斜两种情况，涉及功能角度的问题主要有：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 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 s 相对．3．传送带模型问题的分析流程4．滑块—滑板模型：与传送带模型相比较要复杂一点，要多分析两者之间是否发生相对滑动的临界条件，需通过受力分析得到临界加速度，从而判断两者之间的相对位移情况，以便得出功能关系．如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为L ＝1.4 m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10 m/s 2.(1)求水平作用力F 的大小； (2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． [解析] (1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F ＝mg tan θ，代入数据得F ＝1033N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh .若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL ＝12m v 20－12m v 2， 所以h 1＝v 202g－μL ，代入数据得h 1＝0.1 m.若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL ＝12m v 20－12m v 2， 则h 2＝v 202g＋μL ，代入数据得h 2＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，由机械能守恒可知mgh 2＝12m v 2，对滑块由运动学公式知v 0＝v －at ，a ＝μg 滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ， 相对滑动产生的热量Q ＝μmg Δx ， 联立代入数据可得Q ＝0.5 J.[答案] (1)1033N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J如图所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的1/4光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接．小车质量M ＝3 kg ，车长L ＝2.06 m ，车上表面距地面的高度h ＝0.2 m ，现有一质量m ＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t 0＝1.5 s 时，车被地面装置锁定(g ＝10 m/s 2)．试求：(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小． [解析] (1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgR ＝12m v 2B ，F N B －mg ＝m v 2BR则：F N B ＝30 N.(2)设滑块滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v 对滑块有：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1 对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1 解得：v ＝1 m/s ，t 1＝1 s ，因t 1＜t 0故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为s 车＝v2t 1＋v (t 0－t 1)解得s 车＝1 m.(3)Q ＝μmgs 相对＝μmg ⎝⎛⎭⎫v B ＋v 2t 1－v2t 1解得Q ＝6 J.[答案] (1)30 N (2)1 m (3)6 J三、应用动力学和能量观点分析多阶段多过程运动 1．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．2．常见方法(1)若一个物体或多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，则一般应用牛顿运动定律结合运动学公式求解．(2)若过程不太关注中间过程而只求初末状态之间的运动参量关系且涉及做功和能量转化问题，则一般应用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm .[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 ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为 Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③ F f ＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝12m v 20⑥重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ＝24.5 J. [答案] (1)0.52 (2)24.5 J四、应用动力学和能量观点分析生活中实际问题生活中很多问题都涉及直线运动、圆周运动、平抛运动等，如体育活动中的运动、生产生活中的模型，都可用动力学观点和能量观点解决．蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量k ，并在图中画出弹力F 随x 变化的示意图；(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助F －x 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求 x 1和W 的值． [解析] (1)床面下沉x 0＝0.10 m 时，运动员受力平衡，mg ＝kx 0得k ＝mgx 0＝5.0×103 N/mF －x 图线如图所示．(2)运动员从x ＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落的时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝5.0 m.(3)参考由速度－时间图象求位移的方法，知F －x 图线与x 轴所围的面积等于弹力做的功，从x 处到x ＝0，弹力做功W FW F ＝12·x ·kx ＝12kx 2运动员从x 1处上升到最大高度h m 的过程，根据动能定理，有 12kx 21－mg (x 1＋h m )＝0 得x 1＝x 0＋x 20＋2x 0h m ＝1.1 m对整个预备运动，由题设条件以及功能关系，有W ＋12kx 20＝mg (h m ＋x 0)得W ＝2 525 J. [答案] 见解析1.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A.m v 24 B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 解析：选C.由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2t ，v ＝μgt ，以上三式联立可得：W ＝m v 2，故C 正确．2．(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带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，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v 1>v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则( )A ．0～t 1时间内，物块对传送带做负功B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θC ．0～t 2时间内，传送带对物块做功为W ＝12m v 22－12m v 21 D ．t 1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功解析：选AD.由题图乙知，物块与传送带在t 2时刻相对静止，一起向下匀速运动，所以物块先向上做匀减速运动，减为零后再向下做匀加速运动，最后做匀速运动.0～t 1时间段内物块对传送带的摩擦力方向向上，对传送带做负功，A 正确；物块最后与传送带相对静止向下匀速运动，说明滑动摩擦力大于或等于物块重力沿传送带斜向下的分力，B 错；0～t 2时间内，物块相对初始位置升高了，物块的重力做负功，传送带对物块做的功W >12m v 22－12m v 21，C 错；根据以上分析知，D 正确． 3.如图，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球．用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地．求小球落地时距滑块左端的水平距离．＋M )gL ＝12M v 21－12解析：滑块左端滑到小球正下方时速度为v 1，由动能定理有－μ(m M v 20得v 21＝v 20－2μ(m ＋M )gL M， 小球自由落体落到地面的时间t ＝2hg ，此过程中滑块的加速度的大小a ＝μMgM ＝μg ，滑块继续运动的最长时间t m ＝v 1μg，当t ≥t m 时，小球落地时距滑块左端的水平距离s ＝v 212μg ＝v 202μg －(m ＋M )L M， 当t <t m 时，小球落地时距滑块左端的水平距离s ＝v 1t －12at 2＝ 2h v 20g －4μLh (m ＋M )M－μh .答案：v 202μg －(m ＋M )L M 或 2h v 20g －4μLh (m ＋M )M－μh4．如图甲所示，在圆形水池正上方，有一半径为r 的圆形储水桶．水桶底部有多个水平小孔，小孔喷出的水在水池中的落点离水池中心的距离为R ，水桶底部与水池水面之间的高度差是h .为了维持水桶水面的高度不变，用水泵通过细水管将洒落的水重新抽回到高度差为H 的水桶上方．水泵由效率为η1的太阳能电池板供电，电池板与水平面之间的夹角为α，太阳光竖直向下照射(如图乙所示)，太阳光垂直照射时单位时间内单位面积的电池板接收的能量为E 0.水泵的效率为η2，水泵出水口单位时间流出水的质量为m 0，流出水流的速度大小为v 0(不计水在细水管和空气中运动时所受的阻力)．求：(1)水从小孔喷出时的速度大小；(2)水泵的输出功率；(3)为了使水泵的工作能维持水面的高度不变，太阳能电池板面积的最小值S .解析：(1)水从小孔喷出时速度沿水平方向，只受重力作用，做平抛运动，设水喷出时的速度大小为v ，有R －r ＝v th ＝12gt 2 解得v ＝R －r2h2gh .(2)水泵做功，既改变水的势能，又改变水的动能．由功能关系得P ＝m 0gH ＋12m 0v 20. (3)考虑单位时间内的能量转化及利用效率，太阳能电池板接收的太阳能中的一部分转变成电能E 1，电能通过水泵将其中的部分转变成水的机械能E 2，有E 1＝η1E 0S cos αE 2＝η2E 1E 2＝m 0gH ＋12m 0v 20 解得S ＝m 0gH ＋12m 0v 20η1η2E 0cos α.答案：见解析5．如图所示，质量为m ＝1 kg 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 ＝2 kg 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 ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.试求：(1)小物块离开A 点的水平初速度v 1；(2)小物块经过O 点时对轨道的压力大小；(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：v 2y ＝2gh在B 点：tan θ＝v yv 1解得v 1＝3 m/s.(2)由A 到O ，根据动能定理有：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21 在O 点：F N －mg ＝m v 20R解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N由牛顿第三定律知，小物块对轨道的压力F N ′＝43 N.(3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，物块滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则v 0－v t a m ＝v ta M，a m ＝2a M ，得v t ＝333m/s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：F f l 相＝12(M ＋m )v 2t 得l 相＝5.5 m 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，a M ＝F fM＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t 得t ＝2333 s.答案：(1)3 m/s (2)43 N (3)5.5 m 2333 s6．(2016·潍坊模拟)如图所示，光滑半圆轨道AB 竖直固定，半径R ＝0.4 m ，与水平光滑轨道相切于A .水平轨道上平铺一半径r ＝0.1 m 的圆形桌布，桌布中心有一质量m ＝1 kg 的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A 点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B 时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)铁块离开B 点后在地面上的落点到A 的距离； (2)铁块到A 点时对圆轨道的压力大小； (3)抽桌布过程中桌布的加速度大小．解析：(1)在B 点，由牛顿第二定律，有mg ＝m v 2BR从B 点抛出后 水平方向x ＝v B t竖直方向2R ＝12gt 2代入数据得x ＝0.8 m.(2)A →B ，由机械能守恒m v 2A 2＝2mgR ＋m v 2B2在A 点，由牛顿第二定律F ′N －mg ＝m v 2AR代入数据得F ′N ＝60 N由牛顿第三定律F N ＝F ′N ＝60 N. (3)铁块脱离桌布时的速度v 0＝v A铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为a 0，由牛顿第二定律μmg ＝ma 0 设铁块在桌布上的加速时间为t 0，由运动学公式 v 0＝a 0t 0由公式r ＝12at 20－12a 0t 20 代入数据得a ＝5.25 m/s 2.答案：(1)0.8 m (2)60 N (3)5.25 m/s 2。

动量、动力学和能量观点在力学中的应用高一物理专题练习（内容+练习）一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律二、力学规律的选用原则1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，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优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．一、单选题1．如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。

圆心O 点正下方放置质量为2m 的小球A ，质量为m 的小球B 以初速度0v 向左运动，与小球A 发生弹性碰撞。

碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度0v 不可能为（重力加速度为g ）（）A ．BC ．D ．【答案】A【解析】根据题意可知，小球B 与小球A 发生弹性碰撞，设碰撞后小球B 的速度为2v ，小球A 的速度为1v ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有0122mv mv mv =+2220121112222mv mv =⋅+解得1023v v =2013v v =-由于碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球A 未通过与圆心的等高点或通过圆弧最高点，若小球A 恰好到达圆心的等高点，由能量守恒定律有211222mv mgR ⋅=解得1v =解得0v =若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有22111222222mv mg R mv ⋅=⋅+由牛顿第二定律有222v mg mR=解得1v =解得0v =则碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，小球B 的初速度0v 取值范围为0v ≤0v ≥选不可能的，故选A 。

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题型特点考情分析命题趋势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．角度1机械能守恒角度2[例1](2017·华中师大一附中模拟)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14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v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求：(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．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 ＝12m v 2，经B 点时，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2R，整理得F N ＝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a 1＝1 m/s 2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a 2＝1 m/s 2，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 ＝Ma 1， 在1 s ～2 s 内，对滑块和木板μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 2， 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v 1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t 1.对滑块μ2mg ＝ma ，v 1＝v －at 1，v 1＝1 m/s ，t 1＝1 s ， 木板的位移x 1＝v 12t 1，滑块的位移x 2＝v 1＋v2t 1，滑块在木板上滑过的距离Δx ＝x 2－x 1， 代入数据解得Δx ＝3 m.答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m[例2]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，另一端位于直轨道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)(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 ，① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B， ②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . 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E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E P ＝0－12m v 2B ， ④E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ， ⑤P 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 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ， ⑦ E P ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sinθ， ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ， ⑩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v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2，⑪x 1＝v D t ， ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR . ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)， ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ， ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .答案 见解析1．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量M ＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A 点有质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v 0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(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t 1，水平位移为x ，则 gt 1＝v 0tan 37°， ① x ＝v 0t 1，②联立①②得x ＝1.2 m.(2)小物体落到B 点的速度为v ，则v ＝v 20＋(gt 1)2，③小物体在薄板上运动，则mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，④ 薄板在光滑斜面上运动，则 Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma 2，⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2，则 v ＋a 1t 2＝a 2t 2，⑥小物体的位移x 1＝v t 2＋12a 1t 22，⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 22，⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2，⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m. 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m2．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，P 、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？解析 设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有 －μmg 5R ＝12m v 2B －12m v 20， 解得v 2B ＝8gR .滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12m v 2B ＝12m v 2P ＋mg 2R ， 解得v P ＝2gR ，滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg ＝4R g， 要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π， ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…)． 答案 ω＝π(2n ＋1)4gR(n ＝0,1,2，…) 3．(2017·湖北黄冈模拟)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v 0＝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/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速度v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .解析 (1)设物块在B 点的速度为v B ，在C 点的速度为v C ，从A 到B 物块做平抛运动，有v B sin θ＝v 0，从B 到C ，根据动能定理有mgR (1＋sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B ，解得v C ＝6 m/s.(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a 1，木板加速度为a 2，经过时间t 达到共同速度为v ，则μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2， v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t .根据能量守恒定律有12(m＋M)v 2＋Q＝12m v2C联立解得Q＝9 J.答案(1)6 m/s(2)9 J。

微专题07 用动力学和能量观点解决力学综合题多运动组合问题 (对应学生用书P 96)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．(2019·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sin 37°＝35，cos 37°＝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)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12mv 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B④E 、F 之间的距离l 1为l 1＝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E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x ＝R⑦E p ＝125mgR⑧(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：x 1＝72R －56R sin θ＝3R⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ＝52R⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式得：y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ ⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cosθ＝12m 1v 2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m 1＝13m答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m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．(2019·南充模拟)如图所示，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 ＝1 m 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，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量m ＝2 kg 的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后(不拴接)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 －4t 2(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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.试求：(1)若CD ＝1 m ，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x ；(3)若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，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 －4t 2知，物块在C 点速度为v 0＝12 m/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 －mg sin 37°·CD ＝12mv 20代入数据得：W ＝12mv 20＋mg sin 37°·CD ＝156 J.(2)由x ＝12t －4t 2知，物块从C 运动到B 的加速度大小为a ＝8 m/s 2物块在P 点的速度满足mg ＝mv 2PR物块从B 运动到P 的过程中机械能守恒，则有12mv 2B ＝12mv 2P ＋mgh BP物块从C 运动到B 的过程中有v 2B －v 20＝－2ax由以上各式解得x ＝498m ＝6.125 m.(3)设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma代入数据解得μ＝0.25假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v Q ，由动能定理得12mv 2Q －12mv 2P ＝mgR －2μmg cos 37°解得v 2Q ＝－19＜0.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)156 J (2)6.125 m (3)不会运用数学知识求解物理极值问题(对应学生用书P 97)数学思想和方法已经渗透到物理学中各个层次和领域，特别是数学中的基本不等式思想在解决物理计算题中的极值问题时会经常用到，这也是数学知识在具体物理问题中实际应用的反映，也是高考中要求的五大能力之一．如图所示，粗糙水平台面上静置一质量m ＝0.5 kg 的小物块(视为质点)，它与平台表面的动摩擦因数μ＝0.5，与平台边缘O 点的距离s ＝5 m ．在平台右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R ＝1 m ，圆弧的圆心为O 点．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力．(不考虑空气阻力影响，g 取10 m/s 2)(1)为使小物块击中挡板，求拉力F 作用的最短时间；(2)改变拉力F 的作用时间，小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．解析：(1)由动能定理Fx －μmgs ＝ΔE k ＝0又F －μmg ＝max ＝12at 2解得t ＝1 s.(2)设物块离开O 点的速度为v 0时，击中挡板时小物块的动能最小x ＝v 0t ，y ＝12gt 2x 2＋y 2＝R 2击中挡板时的动能E k ＝12mv 20＋mgy由以上各式得E k ＝14mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 2y ＋3y当R 2y ＝3y .即y ＝33时，E k 最小最小值E k ＝532J.答案：(1)1 s (2)532J(多选)如图所示，在粗糙水平台阶上有一轻弹簧，左端固定在A 点，弹簧处于自然状态时其右端位于台阶右边缘O 点．台阶右侧固定了14圆弧挡板，圆弧半径R ＝1 m ，圆心为O ，P 为圆弧上的一点，以圆心O 为原点建立平面直角坐标系，OP 与x 轴夹角53°(sin 53°＝0.8)，用质量m ＝2 kg 的小物块，将弹簧压缩到B 点后由静止释放，小物块最终水平抛出并击中挡板上的P 点．物块与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，BO 间的距离s ＝0.8 m ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．物块离开O 点时的速度大小为1.5 m/sB ．弹簧在B 点时具有的弹性势能为10.25 JC ．改变弹簧的弹性势能，击中挡板时物块的最小动能为10 3 JD ．改变弹簧的弹性势能，物块做平抛运动，可能垂直落到挡板上解析：选ABC 设物块离开O 点的速度为v 0则R sin 37°＝v 0tR cos 37°＝12gt 2解得v 0＝1.5 m/s由B →O ，则E p ＝μmgs ＋12mv 20＝10.25 J ，故A 、B 正确．设物块离开O 点的速度为v 时，击中挡板时动能最小则E k ＝12mv 2＋mgh又h ＝12gt 2，t ＝x vx 2＋h 2＝R 2得E k ＝5h＋15h .当5h＝15h 时，E k 最小故E k ＝10 3 J ，C 正确．假设物块能垂直打在挡板上，则速度的反向延长过O 点，故不可能，D 错误．传送带模型问题(对应学生用书P 97)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．(2019·河北衡水中学二模)如图所示为一皮带传送装置，其中AB 段水平，长度L AB ＝4 m ，BC 段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v ＝4 m/s 的恒定速率顺时针运转．现将一质量m ＝1 kg 的工件(可看成质点)无初速度地放在A 点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)工件从A 点开始至第一次到达B 点所用的时间t ；(2)工件从第一次到达B 点至第二次到达B 点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q .解析：(1)由牛顿第二定律得μmg ＝ma 1，则a 1＝μg ＝5 m/s 2，经t 1时间工件与传送带的速度相同，则t 1＝v a 1＝0.8 s ，工件前进的位移为x 1＝12a 1t 21＝1.6 m ，此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时t 2＝L AB －x 1v＝0.6 s ，工件第一次到达B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1.4 s. (2)工件沿BC 上升过程中受到摩擦力f ＝μmg cos θ，由牛顿第二定律可得，加速度大小a 2＝mg sin θ－f m＝2 m/s 2，由运动学公式可得t 3＝va 2＝2 s ，下降过程加速度大小不变，a 3＝a 2＝2 m/s 2，由运动学公式可得t 4＝v a 3＝2 s.工件与传送带的相对位移Δx ＝v (t 3＋t 4)＝16 m ，摩擦生热Q ＝f Δx ＝64 J.答案：(1)1.4 s (2)64 J1．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．(2019·安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m ＝1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B ．0～8 s 内物体位移的大小为14 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为84 JD ．0～8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J解析：选BD 根据v ­t 图象的斜率表示加速度，可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22 m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得μ＝0.875，故A 错误.0～8 s 内物体的位移为s ＝－12×2×2 m ＋2＋62×4 m＝14 m ，故B 正确．物体上升的高度为h ＝s sin θ＝8.4 m ，重力势能的增量为ΔE p ＝mgh ＝84 J ，动能增量为ΔE k ＝12mv 22－12mv 21＝12×1×(42－22) J ＝6 J ，机械能增量为ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J ，故C 错误.0～8s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动的距离为s 带＝4×6 m ＝24 m,0～6 s 内物体位移为s 物＝－12×2×2 m＋4×42 m ＝6 m ，s 相对＝s 带－s 物＝18 m ，产生的热量为Q ＝μmg cos θ·s 相对＝126 J ，故D 正确．滑块—木板模型问题(对应学生用书P 98)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．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v 0＝5 m/s ，使其在木块上滑行．g 取10 m/s 2，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．解析：(1)设铅块可以带动n 个木块移动，以这n 个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg ＞μ1(M ＋nm )g解得n ＜3，取n ＝2，此时铅块已滑过8个木块根据动能定理有：12Mv 20－12Mv 2＝μ2Mg ×8L代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v ＝1 m/s.(2)对铅块M ：a 2＝μ2g ＝2.5 m/s 2，v 2＝v －a 2t 2对最后两块木块9和10有：a 1＝μ2Mg －μ1M ＋2m g2m＝0.5 m/s 2，v 1＝a 1t 2令v 1＝v 2，故它们获得共同速度所需时间：t 2＝v a 1＋a 2＝13s铅块位移：x 2＝vt 2－12a 2t 22，木块位移：x 1＝12a 1t 22铅块相对木块位移：Δx ＝x 2－x 1＝16 m ＜L所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：Q ＝μ2Mg (8L ＋Δx )＝12.42 J.(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为：v 1＝a 1t 2＝16m/s铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t 3＝v 1μ1g ＝16s铅块在前8个木块上运动时间：t 1＝v 0－vμ2g＝1.6 s所以铅块运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.1 s.答案：(1)1 m/s (2)12.42 J (3)2.1 s如图所示，在水平面上有A 、B 两块相同的木板．质量均为m ＝2 kg ，每块木板长L ＝1 m ．两木板放在一起但不粘连，木板与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，设定最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现有一质量M ＝4 kg 的金属块C 以初速度v 0＝2 2 m/s 从A 的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g 取g ＝10 m/s 2，试求：(1)金属块滑上B 的左端时速度为多少？(2)金属块停在木块B 上何处？(3)整个过程中木块B 的位移是多少？解析：(1)AB 与地面：f AB ＝μ1(2m ＋M )g ＝8 NAC 间：f AC ＝μ2Mg ＝8 N故开始时AB 静止，对C 有：v 20－v 21＝2μ2gLv 1＝2 m/s(2)BC 间：f BC ＝μ2Mg ＝8 NB 地间：f B ＝μ1(m ＋M )g ＝6 N ＜f BC则C 减速，B 加速，设经时间t 达共同速度v 2，则：对B ：f BC －f B ＝ma Ba B ＝1 m/s 2，v 2＝a B t ＝v 1－μ2gtt ＝23s v 2＝23m/s此过程C 相对B 运动s ＝v 1＋v 22t －v 22t ＝23m(3)此后BC 一起减速，a ＝μ1g ＝1 m/s 2，B 的位移s B ＝v 22t ＋v 222a ＝49m.答案：(1)2 m/s (2)23 m (3)49m。

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核心考点·分类突破——析考点讲透练足若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。

[典题1](2016·滨州模拟)如图所示，质量M＝0.4 kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A点有质量m＝0.1 kg的小物体(可视为质点)以v0＝4.0 m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，运动到薄板的最下端C时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：(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°①x＝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：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1④薄板在光滑斜面上运动，则：Mg sin 37°＋μmg cos 37°＝Ma2⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2，则：v＋a1t2＝a2t2⑥小物体的位移x1＝vt2＋12a1t22⑦薄板的位移x 2＝12a 2t 22⑧薄板的长度l ＝x 1－x 2⑨ 联立③～⑨式得l ＝2.5 m [答案] (1)1.2 m (2)2.5 m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 /s 2)。