2019高考物理一轮复习第五章机械能第44讲用动力学与能量观点分析多过程问题加练半小时教科版

2020年高考物理备考微专题精准突破 专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地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)． 【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连 接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光 滑，则小车从A 到C 的运动时间是（ ）A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s 【答案】A【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度210.20.22m/s f mga g m m====，在AB 段，根据动能定理可得2201122AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -==；小车在BC段，根据机械能守恒可得212B CD mv mgh =，解得0.8m CD h =，过圆形支架的圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得12BCBC CD x R x h =，解得4m BC x =，1sin 5CD BC h x θ==，故小车在BC 上运动的加速度为22sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224s 2s 2B v t a ===，所以小车运动的总时间为125st t t=+=，A正确。

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。

第44讲用动力学与能量观点分析多过程问题[方法点拨](1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．1．(2017·上海普陀区模拟)如图1所示，MN为光滑的水平面，NO是一长度s＝1.25m、倾角为θ＝37°的光滑斜面(斜面体固定不动)，OP为一粗糙的水平面．MN、NO间及NO、OP间用一小段光滑圆弧轨道相连．一条质量为m＝2kg，总长L ＝0.8m的均匀柔软链条开始时静止的放在MNO面上，其AB段长度为L1＝0.4m，链条与OP面的动摩擦因数μ＝0.5.(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，现自由释放链条，求：图1(1)链条的A端滑到O点时，链条的速率为多大？(2)链条在水平面OP停下时，其C端离O点的距离为多大？2．(2017·四川成都第一次诊断)如图2是某“吃货”设想的“糖炒栗子”神奇装置：炒锅的纵截面与半径R＝1.6m的光滑半圆弧轨道位于同一竖直面内，炒锅纵截面可看做是长度均为L＝2.5m的斜面AB、CD和一小段光滑圆弧BC平滑对接组成．假设一栗子从水平地面上以水平初速度v0射入半圆弧轨道，并恰好能从轨道最高点P飞出，且速度恰好沿AB方向从A点进入炒锅．已知两斜面的倾角均为θ＝37°，栗子与两斜面之间的动摩擦因数均为μ＝38，栗子在锅内的运动始终在图示纵截面内，整个过程栗子质量不变，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图2(1)栗子的初速度v0的大小及A点离地高度h；(2)栗子在斜面CD上能够到达的距C点最大距离x.3.(2017·广东佛山段考)如图3所示，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直斜面的挡板．将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L＝4m，现同时无初速度释放A和B.已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m＝1kg，它们之间的动摩擦因数μ＝33，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE＝10J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g取10m/s2.求：图3(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v；(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt；(3)B相对于A滑动的可能最短时间t.4．(2018·四川泸州一检)如图4所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L＝5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p＝18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/s2.图4(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案精析1．(1)3m/s (2)0.98m解析 (1)链条的A 端滑到O 点的过程中，因为只有重力做功，所以机械能守恒．设水平面为重力势能的零势能面，设链条开始运动时的机械能为E 1，AB 段链条质量为m 1＝1kg ，BC 段链条质量为m 2＝1kg.E 1＝m 2gs sin θ＋m 1g (s sin θ－L 12sin θ)＝1×10×1.25×0.6J ＋ 1×10×(1.25×0.6－0.2×0.6) J ＝13.8J因为s >L ，链条的A 端滑到O 点时，C 点已在斜面上．设此时的机械能为E 2，E 2＝mg L 2sin θ＋12mv 2 由机械能守恒定律：E 1＝E 2 链条的A 端滑到O 点时的速率v 解得v ＝2E 1－mgL sin θm＝2×13.8－2×10×0.8×0.62m/s ＝3 m/s(2)链条在开始进入水平面阶段，摩擦力是变力．但摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功．从链条的A 端滑到O 点到最终链条停下的过程，由动能定理：mg L 2sin θ－12μmgL －μmgx ＝0－12mv 2链条在水平面OP 停下时，其C 端离O 点的距离x ＝gL sin θ－μgL ＋v 22μg ＝10×0.8×0.6－0.5×10×0.8＋322×0.5×10m ＝0.98m2．(1)45m/s 2.75m (2)209m解析 (1)设栗子质量为m ，在P 点的速度为v P ，在A 点的速度为v A 栗子沿半圆弧轨道运动至P 点的过程中 由机械能守恒定律有12mv 02＝2mgR ＋12mv P 2恰能过P 点，满足的条件为mg ＝m v P 2R 代入数据解得v P ＝4m/s ，v 0＝45m/s栗子从P 至A 做平抛运动，在A 点的速度方向沿AB 故竖直分速度v Ay ＝v P tan θ由平抛运动规律，栗子从P 至A 下落的高度为y ＝v Ay 22g 又h ＝2R －y代入数据解得h ＝2.75m(2)栗子在A 点的速度为v A ＝v Pcos θ由动能定理有mg sin θ(L －x )－μmg cos θ(L ＋x )＝0－12mv A 2 代入数据解得x ＝209m3．(1)210m/s (2)255s (3)355s解析 (1)B 和A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有 2mgL sin θ＝12(2m )v 2① 由①式得v ＝210m/s ② (2)第一次碰后，对B 有 mg sin θ＝μmg cos θ③ 故B 匀速下滑对A 有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1④得A 的加速度a 1＝10m/s 2，方向始终沿斜面向下⑤ 设A 第一次反弹的速度大小为v 1，由动能定理有 12mv 2－12mv 12＝ΔE ⑥ Δt ＝2v 1a 1⑦由⑥⑦式得Δt ＝255s ⑧(3)设A 第二次反弹的速度大小为v 2，由动能定理有12mv 2－12mv 22＝2ΔE ⑨ 得v 2＝0m/s ⑩即A 与挡板第二次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡板碰后B 反弹的速度为v ′，加速度大小为a ′，由动能定理有 12mv 2－12mv ′2＝ΔE ⑪ mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ′⑫由⑪⑫式得B 沿A 向上做匀减速运动的时间 t 2＝v ′a ′＝55s ⑬当B 速度为0时，因mg sin θ＝μmg cos θ≤f m ，B 将静止在A 上．当A 停止运动时，B 恰好匀速滑至挡板处，B 相对A 运动的时间t 最短，故t ＝Δt ＋t 2＝355s4．(1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s 解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02， 可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速， 物块与传送带相对滑动过程中，由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12 得到a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点， 由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR 代入数据整理可以得到R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度为v B ，有 12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性，可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，有 12mv B 2＝μ2mg (s －x ) 解得x ＝13m(3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足 mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：12mv 12－12mv F 2＝μ2mgs ＋mg (R ＋R sin30°) 解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点 由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR 解得v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由 12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL 知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件．。