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动力学和能量观点的综合应用目录题型一 多运动组合问题题型二 “传送带”模型综合问题类型1 水平传送带问题类型2 倾斜传送带题型三 “滑块-木板”模型综合问题多运动组合问题【解题指导】1.分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2.方法技巧(1)“合”--整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”--将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”--找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．1(2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中阶段练习)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径0.2m，斜面高度h=0.6m，弹丸的质量为0.2kg。
游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。
挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。
弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力，g取10m/s2。
下列说法正确的是()A.弹丸到C点的速度为7m/sB.弹丸与地面的动摩擦因数为0.6C.弹丸与地面的动摩擦因数为0.06D.弹丸与斜面的动摩擦因数为0.5【答案】B【详解】A．由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为32.2N，由牛顿第二定律有32.2=m v2D R代入数据有v=32.2m/s由题知C、D两端重合，则C点的速度等于D点的速度，A错误；D．弹丸从B到C过程由动能定理得mgh-μ1mg cos37°×hsin37°=12mv2-12mv2代入数据有μ1=0.3D错误；BC．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3rad后的速度为v，由动能定理得-μ2mg×3×R=12mv2-12mv2在转过3rad后挡板对弹丸的支持力为25N，由牛顿第二定律得25=m v2R联立解得μ1=0.6B正确、C错误。
秘籍07动力学和能量观点的综合应用一、功能关系的理解和应用1.功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。
(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做正功。
(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。
2.摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。
(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量。
(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功。
二、能量守恒的理解和应用1.对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
2.运用能量守恒定律解题的基本思路三、动力学和能量观点的三大综合应用应用动力学和能量观点分析多过程问题核心策略：(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．应用动力学和能量观点分析传送带模型问题核心功能关系（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．应用动力学和能量观点分析滑块—木板模型问题核心思路：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．【题型】应用动力学和能量观点分析多过成问题A．小球过最高点D时的速度大小为2C．小球运动到C点时对轨道的压力为【典例2】（2024·天津·一模）如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度0v从A点向左运动，与静止于B点质量为2m的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求：（1）两物块碰后瞬间对轨道B点的压力N F的大小；（2）物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；（3）碰撞过程中物块P对物块Q做的功W的大小。
2024届全国高考复习物理历年好题专项（动力学方法和能量观点的综合应用）练习1.[2023ꞏ天津十二校模拟]滑雪是一种常见的体育项目，具有很强的观赏性．半径为R 的四分之一圆弧轨道如图所示，质量为m 的运动员(含滑板)从A 点由静止开始滑下，到达最低点B 时，运动员对轨道的压力为2mg ，已知轨道半径远大于运动员的身高，重力加速度为g ，则运动员下滑的过程中，下列说法正确的是( )A ．机械能守恒B ．先失重后超重C ．重力的功率一直变大D ．阻力做功为12 mgR2．[2023ꞏ天津河东区一模](多选)某实验室模拟物流分拣装置，让物块在表面粗糙的水平传送带上随传送带传输时，经过一段风洞区域，使物块恰好被分拣到传送带一侧的平台上．已知传送带的宽度d ＝0.98 m (物块位于传送带中间位置)，传送带的速度v 0＝1 m /s ，物块到达风洞区域前与传送带共速．物块的质量m ＝500g ，物块在风洞区域受到恒定的作用力F ＝2 N ，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，风洞区域的长度为L ＝0.7 m ．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的尺寸远小于传送带的宽度，重力加速度g ＝10 m /s 2.下列说法正确的是( )A ．物块进入风洞区域后的加速度为2 5 m /s 2B ．物块落到平台上时的速度约为1.7 m /sC ．物块与传送带间的摩擦生热为0.49 JD ．若增大传送带的速度，物块将不能落入平台 3.[2023ꞏ湖南邵阳二中模拟](多选)如图所示，现将一长为L 、质量为m 且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处．斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数．传送带以较大的恒定速率顺时针转动．已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上．将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为L4 时，链条恰能保持静止．现将链条从位于传送带部分的长度为L3的位置由静止释放，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tan θB．释放瞬间链条的加速度为13g sin θC．释放后，链条运动的加速度均匀增大D．从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加4.(多选)如图所示，一水平传送带右端与半径为R＝0.5 m的竖直光滑固定圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动．现将质量为m＝0.2 kg的小物块由静止放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，后经Q点滑上圆弧轨道，并能通过最高点N.小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知P、Q之间的距离为L＝4 m，取g＝10 m/s2，小物块可视为质点．下列说法正确的是()A．传送带的最小转动速率为v0＝5 m/sB．若传送带以最小速率v0转动，小物块从P运动到Q的时间t＝1.5 sC．若传送带以最小速率v0转动，则整个过程中小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q ＝5 JD．若传送带以最小速率v0转动，则因传送小物块电动机对传送带多做的功W＝5 J5.在倡导“节约型社会”的氛围下，自动充电式电动自行车应运而生．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当下坡或刹车时，自行车就可自动连通发电机向蓄电池充电，将机械能转化成电能储存起来．当人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上运动，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能—位移关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能—位移关系如图线②所示．设转化装置的效率为100%，则() A．自由滑行时，人和车所受的合力为100 NB．启动充电装置后，人和车所受的合力先减小后增大C．启动充电装置后向蓄电池所充电能为200 JD．启动充电装置后转化为电能的功率保持不变[答题区]题号 1 2 3 4 5答案6.[2023ꞏ江苏南京一中检测]如图所示，一小物块(视为质点)从H＝10 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝2 m的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB在B点与圆环轨道平滑相接．之后物块沿CB圆弧滑下，由B点(无机械能损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧．已知物块的质量m＝2 kg，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，弹簧自然状态下最左端D点与B点距离L＝15 m，g＝10 m/s2，求：(1)物块从A滑到B时的速度大小；(2)物块到达圆环顶点C时对轨道的压力；(3)若弹簧最短时压缩量为10 m，求此时弹簧弹性势能．7．[2023ꞏ湘鄂豫名校4月联考]雪车是冬奥会的比赛项目之一，风驰电掣般的高速行驶是雪车的最大看点之一．北京2022年冬奥会雪车项目的比赛将在延庆赛区的国家雪车雪橇中心进行．雪车比赛所用赛道长1.5 km左右，落差在100 m至150 m之间．比赛可以分为两个过程：过程1中运动员手推雪车沿斜向下的赛道奔跑获得初始速度，如图1所示；过程2中运动员跳入车体内，呈坐姿在弯曲的赛道上无动力滑行，如图2所示．设雪车的质量为m1，运动员的总质量为m2，重力加速度为g，忽略冰面与雪车之间的摩擦．(1)过程1中运动员推车奔跑使雪车获得速度v0，这一过程中赛道的落差为h，求这一过程中运动员对雪车做的功W.(2)过程2中为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜．若雪车以速度v通过半径为r的一小段弯道，弯道落差可忽略．建立图3所示的模型，将运动员和雪车整体看作质点，求在弯道处赛道对雪车的支持力F N的大小．8．[2023ꞏ湖北武汉武昌区一模]如图所示，从A点以水平速度v0＝2 m/s抛出质量m＝1 kg的小物块P(可视为质点)，当物块P运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径R＝2 m、圆心角θ＝60°的固定光滑圆弧轨道BC，轨道最低点C与水平地面相切，C点右侧水平地面某处固定挡板上连接一水平轻质弹簧．物块P与水平地面间动摩擦因数μ为某一定值，g取10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力．求：(1)抛出点A距水平地面的高度H；(2)若小物块P第一次压缩弹簧被弹回后恰好能回到B点，求弹簧压缩过程中的最大弹性势能E p.参考答案1．答案：B答案解析：运动员在最低点时根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ，12 m v 2<mgR 可知运动员的机械能不守恒，可知有阻力做功，根据功能关系有W f ＋mgR ＝12 m v 2，W f ＝－12 mgR ，选项A 、D 错误；运动员在圆弧轨道上加速度先向下后向上，先失重后超重，故B 正确；重力的功率开始时为零，到达最低点时重力与速度方向垂直，则重力的功率也为零，则重力的功率先增大后减小，选项C 错误．2．答案：BC答案解析：进入风洞区域后，物块与传送带在沿着传送带运动的方向共速，在垂直于传送带运动的方向上，由于F >μmg ，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 解得a ＝2 m/s 2，故A 错误；物块经过风洞区域所用时间t ＝Lv 0＝0.7 s ，此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移y ＝12 at 2＝0.49 m ＝d2 ，物块刚好在离开风洞区域时做类平抛运动落入平台，物块落入平台时的速度等于物块离开传送带时的速度v ＝v 20 ＋（at ）2 ＝ 2.96 m/s ≈1.7 m/s ，故B 正确；物块与传送带间的摩擦生热Q ＝μmgx 相对＝μmgy ＝0.49 J ，故C 正确；若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间t 减小，在垂直于传送带运动方向位移y 减小，则物块在出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D 错误．3．答案：AB答案解析：设整个链条的总质量为m ，当位于传送带部分的长度为L4 时，链条恰能保持静止，则mg sin θ＝μꞏ14 mg cos θ，解得μ＝4tan θ，A 正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律得μꞏ13 mg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得a ＝13 g sin θ，B 正确；链条从静止释放后，链条所受的摩擦力随着链条位于传送带部分的长度增加而均匀增大，则链条的加速度在增大，但不是均匀增大，C 错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理得W －W G ＝ΔE k ，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D 错误．4．答案：AD答案解析：由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q 点已与传送带共速且小物块刚好能到达N 点．在N 点有mg ＝m v 2NR 小物块从Q 点到N 点，由动能定理得－mg ꞏ2R ＝12 m v 2N －12 m v 20 联立解得v 0＝5 m/s ，故A 正确；设小物块经过时间t 1加速到与传送带共速，则μmg ＝ma ，v 0＝at 1小物块的位移x 1＝12 at 21 代入数据可得x 1＝2.5 m ，t 1＝1 s ，1 s 后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q ，设时间为t 2，t 2＝L －x 1v 0 ＝0.3 s ，则小物块从P 运动到Q 的时间t ＝t 1＋t 2＝1.3 s ，故B 错误；传送带在t 1时间内的位移x 2＝v 0t ，根据题意则有Δx ＝x 2－x 1；Q ＝μmg Δx 联立解得Q ＝2.5 J ，故C 错误；由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功W ＝Q ＋12 m v 20 ，代入数据解得W ＝5 J ，故D 正确． 5．答案：C答案解析：自由滑行时人和车所受的合力为摩擦力，设其大小为F f ，在整个运动过程中，由动能定理得－F f x ＝－E k 解得F f ＝50 N ，A 错误；启动充电装置后，设人和车所受的合力大小为F ，在很短的一段位移Δx 内动能的变化量为ΔE k ，由动能定理得－F ꞏΔx ＝ΔE k ，则ΔE kΔx ＝－F 由数学知识知，F 等于图线切线斜率的绝对值，由题图知，图线的切线斜率逐渐减小，故人和车所受的合力F 减小，B 错误；启动充电装置后，在整个过程中，由能量守恒定律得ΔE k ＝F f x 1＋W 解W ＝ΔE k －F f x 1＝500 J －50×6 J ＝200 J ，C 正确；设在很短的一段时间Δt 内通过的位移为Δx ，由能量守恒定律得，转化的电能ΔW ＝F ꞏΔx －F f ꞏΔx ，则ΔWΔt ＝F ꞏΔx Δt －F f ꞏΔxΔt ，即P ＝()F －F f v 因为人和车所受的合力F 减小，人和车的速度v 减小，故转化的电能的功率P 减小，D 错误．6．答案：(1)102 m/s (2)100 N (3)100 J答案解析：(1)物块从A 滑到B 的过程由动能定理得mgH ＝12 m v 2B 解得v B ＝102 m/s.(2)物块从A 滑到C 的过程由动能定理得mg (H －2R )＝12 m v 2C 在C 点由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝m v 2CR 联立解得F N ＝100 N.(3)从B 点到弹簧压缩最短时的过程由功能关系得12 m v 2B ＝μmg (L ＋x )＋E p 解得E p ＝100 J ．7．答案：(1)12 m 1v 20 －m 1gh (2)(m 1＋m 2)g 2＋v 4r 2答案解析：(1)运动员推车奔跑过程中对雪车由动能定理有W ＋m 1gh ＝12 m 1v 20 解得W ＝12 m 1v 20 －m 1gh .(2)根据牛顿第二定律，转弯过程中运动员和雪车需要的向心力F 向＝(m 1＋m 2)v 2r对运动员和雪车进行受力分析，如图所示根据平行四边形定则可知F 2N ＝(m 1＋m 2)2g 2＋F 2向 代入解得F N ＝(m 1＋m 2) g 2＋v 4r 2 .8．答案：(1)1.6 m (2)14 J答案解析：(1)物块经过B 点时有tan θ＝v yv 0可得v y ＝23 m/s小物块运动至B 点的竖直分位移y ＝v 2y2g ＝0.6 mA 点距地面的高度H ＝y ＋R (1－cos 60°)＝1.6 m. (2)以地面为零势面，设物块在水平地面向右运动的位移为x ，从A 点水平抛出到第一次返回B 点过程中有12m v 20 ＋mgH ＝μmg ꞏ2x ＋mgR (1－cos 60°) 可得μmgx ＝4 J从A 点水平抛出到弹簧压缩最短过程中有12 m v 20 ＋mgH ＝μmgx ＋E p E p ＝14 J ．。
第8课时 动力学和能量观点的综合应用命题规律 1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题；(2)用动力学观点和能量观点解决多过程问题.2.常考题型：计算题．高考题型1 传送带模型中的动力学和能量问题1．传送带中动力学注意问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．(2)物体能否达到与传送带共速的判断．(3)物体能与传送带共速(摩擦力突变)．2．传送带中摩擦力做功与能量转化摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．摩擦生热的计算(1)Q ＝F f ·s 相对，其中s 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．(2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和.例1 (2021·安徽蚌埠市高三期末)如图1所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg 的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s 2的加速度开始向右运行，加速2 s 后传送带保持匀速运行．木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g ＝10 m/s2，求：图1(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能．答案 (1)4 N·s (2)4 J解析 (1)设传送带加速度为a 0，加速时间为t 0，木块的加速度为a ，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t ，由运动学公式有a 0t 0＝at ，又F f ＝μmg ，由牛顿第二定律有F f ＝ma ，又I ＝F f t ，联立解得I ＝4 N·s.(2)设运动过程中产生的内能为Q ，传送带的位移x 1＝12a 0t 02＋v (t －t 0)＝12a 0t 02＋a 0t 0(t －t 0)木块的位移x 2＝12at 2，故Q ＝μmg (x 1－x 2)，联立解得Q ＝4 J.例2 如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为s ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速度匀速运动．现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A 点，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)图2(1)小物体做加速运动阶段的位移x 1的大小；(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ；(3)传送带对小物体做的功W .答案 (1)0.8 m (2)60 J (3)270 J解析 (1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(μmg cos θ－mg sin θ)x 1＝12m v 2－0代入数值得x 1＝0.8 m(2)设小物体加速运动的时间为t ，对于小物体x 1＝0＋v 2t对于传送带x 2＝v t ，所以x 2＝1.6 m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 2－x 1)，代入数值得Q ＝60 J(3)由功能关系得W ＝12m v 2＋mgs ·sin θ代入数值得W ＝270 J.高考题型2 用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件．③用：选择合适的规律列方程．④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用．(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解．(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解．例3 (2021·山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB与半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道BCD在B处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为37°和53°，距D点的竖直高度为h＝0.8 m处有一空中平台．小明质量为30 kg，从直轨道AB上距B点5 m的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小；(2)小明滑到C点时对轨道的压力大小；(3)小明开始下滑时的速度大小．答案 (1)3 m/s (2)1 290 N (3)3 m/s解析 (1)小明经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D点是平抛运动，到D点时竖直方向的分速度由v y2＝2gh，解得v y＝2gh＝4 m/s则在D点时水平方向的速度为v x＝v y tan 37°＝3 m/s因此小明滑上平台的速度大小为v＝v x＝3 m/s(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得－mg[h＋R(1－cos 53°)]＝12m v2－12m v C2解得v C＝33m/s经过C点时，由向心力公式得F N－mg＝m v C2 R解得F N＝1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 290 N (3)从开始运动到C点的过程，由动能定理得mgL sin 37°－μmgL cos 37°＋mgR(1－cos 37°)＝12m v C2－12m v02，解得v0＝3 m/s.例4 (2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.图4(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．答案 (1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m v2R，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为v B，由机械能守恒定律有12m v B2＝mg·2R＋12m v2，代入数据解得v B＝26m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得12Fl1－μmgl1＝12m v B2，代入数据可解得l1＝2.4m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为v C，从B点到C点由动能定理可得－μmgl2＝12m v C2－12m v B2代入数据解得v C＝2 m/s设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有h＝12gt2，解得t＝0.2 s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0＝v C t＝0.4 m<0.6 m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点．(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0代入数据可解得x1′＝0.75 m故当恒力作用的距离满足0<x′≤0.75 m时符合条件．②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝mv02 R ，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝12m v02，代入数据可解得x2′＝0.975 m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0代入数据可解得x2″＝1.1 m．故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m时符合条件．③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为v C′，则由平抛运动规律得h＝12gt2，x＝v C′t代入数据解得v C′＝3 m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmg(l1＋l2)＝12m v C′2代入数据解得x3′＝1.325 m故当恒力作用距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合条件.1.(2021·辽宁省新高考模拟卷)倾斜传送带连接两光滑平台AB和CD，传送带与水平面的夹角θ＝37°，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两端相距2.25 m，如图5所示．忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化，工件以v 0＝5 m/s 的速度滑上传送带，工件质量为1 kg ，传送带以稳定的速度运行(速度大小可调)．若工件以最短的时间从平台AB 运动到平台CD ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(1)工件在传送带上运动的最短时间；(2)输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能．答案 (1)0.5 s (2)10 J解析 (1)当传送带的速度v ≥5 m/s 时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短．对于工件，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得加速度a ＝2 m/s 2，方向沿传送带向下根据运动学公式有x ＝v 0t ＋12(－a )t 2解得t ＝0.5 s(另一解t ＝4.5 s 不符合题意舍去)(2)工件以最短时间运动，动能变化相同，重力势能变化相同，当工件和传送带的相对位移最小，即传送带以v ＝5 m/s 的速度运动时，电机额外输出的电能最少；工件在传送带上的整个运动过程，传送带的位移x 1＝v t ＝2.5 m因摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 1－x )工件的末速度v ′＝v 0－at ＝4 m/s电机额外输出的电能ΔE ＝mgx sin θ＋(12m v ′2－12m v 02)＋Q ，解得ΔE ＝10 J.2．(2021·山东威海市高三期末)如图6为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为θ＝37°，弹簧一端固定在斜面末端O 点，自由端位于P 点，木箱在轨道顶端Q 点时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立即将货物卸下，然后木箱恰好被弹回轨道顶端，再重复上述过程．已知木箱与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.重力加速度为g .求：图6(1)木箱下滑时，没碰到弹簧前，货物受到木箱的作用力的大小；(2)木箱的质量；(3)若PQ 间的距离为L ，木箱在接触弹簧的过程中，木箱受到的合外力的冲量大小．答案 (1)255mg (2)14m (3)m 4(2gL ＋10gL 5)解析 (1)设木箱未碰到弹簧前，运动的加速度为a ，木箱的质量为M ，由牛顿第二定律有(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为F 1，垂直斜面方向的作用力大小为F 2，则mg sin θ－F 1＝maF 2＝mg cos θ货物受到木箱作用力大小F ＝F 12＋F 22代入数据得F ＝255mg(2)设弹簧的最大弹性势能为E p ，弹簧压缩至最短时木箱移动的距离为x ，由能量守恒有：下滑过程中(M ＋m )gx sin θ－μ(M ＋m )gx cos θ＝E p弹回过程中E p ＝Mgx sin θ＋μMgx cos θ代入数据得M ＝14m (3)设木箱刚到达P 点时速度大小为v 1，返回P 点时速度大小为v 2，由动能定理有：未接触弹簧下滑过程：(M ＋m )gL sin θ－μ(M ＋m )gL cos θ＝12(M ＋m )v 12离开弹簧后上滑过程：－MgL sin θ－μMgL cos θ＝0－12M v 22以向上为正方向，对木箱由动量定理有I ＝M v 2－(－M v 1)代入数据得I ＝m 4(2gL ＋10gL 5)．专题强化练1．(2021·山东济宁市高三期末)如图1所示，放置在水平地面上的长木板的左端放置一小滑块(可视为质点)，右侧有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，轨道最低点P 与长木板等高，半圆弧轨道的最高点Q 处装有一压力传感器．现用水平向右恒力F 作用在小滑块上，小滑块到达P 点时撤去力F ，此时长木板也恰好到达P 点，并立即粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q .已知小滑块的质量为m ＝1 kg ，长木板的质量为M ＝1 kg ，滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，半圆弧轨道半径为R ＝0.4 m ，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点Q 时，压力传感器的示数为F N ＝12.5 N ，长木板右端与底座左端的距离为x ＝1 m ．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)小滑块到达P 点时速度的大小v P ；(2)长木板的长度L ；(3)水平恒力F 的大小．答案 (1)5 m/s (2)1.5 m (3)9 N解析 (1)在Q 点，轨道对小滑块的支持力为F N ′＝F N ＝12.5 N由牛顿第二定律得F N ′＋mg ＝m v Q 2R小滑块从P 到Q 的过程中，由动能定理得－mg 2R ＝12m v Q 2－12m v P 2联立解得v P ＝5 m/s.(2)对长木板，由牛顿第二定律得μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2由运动学规律得x ＝12a 2t 2解得t ＝1 s则长木板的长度为L ＝0＋v P 2t －x ＝1.5 m (3)对小滑块，由运动学规律得v P ＝a 1t由牛顿第二定律得F －μ1mg ＝ma 1解得F ＝9 N.2．(2021·福建漳州市一模)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分．如图2，传送带的倾角为θ＝30°，以v＝3 m/s的速度向上匀速运行，将质量为m＝10 kg 的货物(可视为质点)由静止释放从底端运送到顶端．若传送带顶端的高度h＝2.5 m，货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝32.假设每分钟运送货物60件，g取10 m/s2，则：图2(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速？(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？(3)与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？(结果保留2位有效数字)答案 (1)1.2 s (2)295 J (3)1.5×106 J解析 (1)对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma设货物由底端经时间t1与传送带共速，有v＝at1解得：t1＝1.2 s(2)货物由底端到与传送带共速时，货物运动的距离x1＝v22a＝1.8 m滑动摩擦力对货物做的功W1＝μmg cos θ·x1斜面长为L＝hsin θ＝5 m货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功W2＝mg sin θ(L－x1)所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为W＝W1＋W2＝295 J(3)货物匀加速运动过程中，传送带的位移s1＝v t1＝3.6 m货物与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μmg cos θ(s1－x1)电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦产生的内能，设一件货物从底端运送到顶端需多提供的电能为E1，则E1＝12m v2＋mgh＋Q＝430 J每小时需要多提供的电能E＝nE1≈1.5×106 J.3．(2021·全国甲卷·24)如图3，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放．已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关．观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同．小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下．已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.图3(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？答案 (1)mgd sin θ(2)mg(L＋29d)sin θ－μmgs30(3)L>d＋μs sin θ解析 (1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有v22－v12＝2ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE＝1 2m v22－12m v12联立以上各式解得ΔE＝mgd sin θ.(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有－μmgs＝0－12m v12从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L＋29d)sin θ－ΔE总＝12m v12联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sin θ－μmgs 故在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE ′＝ΔE 总30＝mg (L ＋29d )sin θ－μmgs 30(3)由题意可知ΔE ′>ΔE可得L >d ＋μssin θ.4．(2021·浙江高三开学考试)如图4所示为某一游戏简化装置的示意图．AB 是一段长直轨道，与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B 点．BC 轨道末端水平，末端离水平地面的高度为2 m ，圆弧BC 对应的圆心角θ＝37°，高度h ＝22 m 的探测板EF 竖直放置，离BC 轨道末端C 点的水平距离为L ，上端E 与C 点的高度差也为h ＝22 m ，质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)在AB 轨道上运动时所受阻力为重力的0.2倍，不计小滑块在运动过程中所受空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.图4(1)若将小滑块从B 点静止释放，求经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小；(2)小滑块从C 点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E 、F 两点时，小滑块的动能相等，求L 的大小；(3)利用(2)问所求L 值，求小滑块从距B 点多远处无初速度释放时，打到探测板上的动能最小？最小动能为多少？答案 (1)1.4 N (2)2 m (3)2 m 2 J解析 (1)小滑块从B 运动到C 的过程中，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v C 2－0，设C 点时轨道对小滑块的作用力大小为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v C 2R，得F ＝1.4 N根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小F ′＝F ＝1.4 N(2)从C 点到E 点，小滑块做平抛运动，h ＝12gt 2，L ＝v C 1t ，得v C 1＝L 2hg打在E 点的动能E k E ＝12m v C 12＋mgh ＝mg (L 2＋4h 2)4h同理可知：打在F 点的动能为E k F ＝mg (L 2＋16h 2)8h 又因为E k E ＝E k F ，得L ＝2 m (3)令小滑块从距B 点x 处无初速度释放从释放点运动到C ，由动能定理得mgx sin θ－F f x ＋mgR (1－cos θ)＝12m v C ′2－0其中F f ＝0.2mg从C 点到探测板小滑块做平抛运动，竖直方向位移y ＝12g (L v C ′)2打到探测板上的动能E k ＝12m v C ′2＋mgy 解得E k ＝(2x ＋15＋52x ＋1) J ，则当2x ＋15＝52x ＋1时，E k 有最小值．即x ＝2 m 时，动能最小值E kmin ＝2 J.。
5.5动力学方法和能量观点的综合应用(解析版)5.5 动力学方法和能量观点的综合应用动力学方法和能量观点是物理学中非常重要的概念和方法。
它们在解决各种力学问题和能量转换问题中发挥着重要的作用。
本文将介绍动力学方法和能量观点的概念，并通过一系列具体例子解释其在解析问题中的综合应用。
一、动力学方法的概念和应用动力学方法是一种研究力学现象的方法，它主要涉及力、质点、运动和力学定律等内容。
通过使用牛顿第二定律、动量守恒定律和动量-时间定理等概念，我们可以解决很多力学问题。
例如，我们可以使用牛顿第二定律来计算物体的加速度。
根据该定律，物体的加速度与所受的力成正比，与物体的质量成反比。
通过求解这个力学模型，我们可以推断物体的加速度，并进一步分析它的运动状态。
此外，动力学方法还可以被应用于解决碰撞问题。
通过运用动量守恒定律和动量-时间定理，我们可以计算碰撞前后物体的速度、动量和能量变化。
这种分析方法在交通事故研究、运动员撞击分析等领域都有重要的应用。
二、能量观点的概念和应用能量观点是研究物理系统能量转化和守恒的观点。
根据能量守恒定律，一个系统的总能量在任何时刻保持不变。
能量观点可以被广泛应用于解决各种物理问题。
例如，我们可以使用能量观点来解析简谐振动问题。
在简谐振动的过程中，机械能由动能和势能组成。
通过计算系统在不同位置、不同时间点的动能和势能，我们可以分析系统的运动特性，例如振幅、周期和频率等。
此外，能量观点也适用于解析机械能转换问题。
通过应用能量转化公式，我们可以计算系统中的机械能的变化，进而分析能量的流向和转化过程。
这对于研究机械系统的效率和能量损耗等问题非常重要。
三、动力学方法和能量观点的综合应用动力学方法和能量观点是相互关联的，通过综合应用这两个方法，我们可以更全面地分析和解决物理问题。
例如，在解决物体自由落体问题时，我们可以同时使用动力学方法和能量观点。
根据牛顿第二定律，物体在受重力作用下的加速度为常数。
专题七 动力学和能量观点的综合应用一、选择题1．(2015·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的 1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g )( )A.18mgR B.14mgR C.12mgR D.34mgR 解析：选D.铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg －mg ＝m v 2R，即铁块动能E k ＝12mv 2＝14mgR ，初动能为零，故动能增加14mgR ，铁块重力势能减少mgR ，所以机械能损失34mgR ，D 项正确．2.(多选)(2015·黄冈一模)如图所示，物体以100 J 的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长．当它通过斜面上的M 点时，其动能减少80 J ，机械能减少32 J ．如果物体能从斜面上返回底端，则( )A ．物体在斜面上运动时，机械能守恒B ．物体在向上运动时，机械能减少100 JC ．物体上升到M 还能上升的距离为到达M 点前的14D ．物体返回A 点时动能为20 J解析：选CD.由题意，摩擦力始终做负功，机械能不守恒，选项A 错误；物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于100 J ，选项B 错误；根据题意，当它通过斜面上的M 点时，其动能减少80 J ，机械能减少32 J ，说明克服摩擦力做功32 J ，从M 点上升到最高点的过程中，动能减少20 J ，需要克服摩擦力做功8 J ，整个上升过程，共克服摩擦力做功40 J ，机械能减少了40 J ，物体上升到M 还能上升的距离为到达M 点前的14，选项C 正确；物体返回A 点的过程中，损失的机械能也是40 J ，物体返回A 点时动能为20 J ，选项D 正确．3.(多选)(2015·河北保定调研)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1/W 2的值可能是( )A ．1/2B ．2/3C ．3/4D ．1解析：选AB.第一次击打小球时小球最高运动到过O 点与水平地面平行的直径的两端位置，小锤对小球做功W 1＝mgR ，第二次击打小球，小球恰好做圆周运动，此时小球在最高点速度v ＝gR ，与小球在最高点对应最低点的速度为v A ，根据机械能守恒定律可得－mg ·2R ＝12mv 2－12mv 2A ，第二次击打小球，小锤对小球做的功W 2＝12mv 2A －mgR ＝32mgR ，则先后两次击打，小锤对小球做功W 1W 2的最大值为23，故选项A 、B 正确，C 、D 错误．4．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v ＝2 m/s 运行，质量为m ＝0.5 kg 的工件以v 0＝1 m/s 的初速度从位置A 滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．工件经0.5 s 停止相对滑动B ．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC ．摩擦力对每个工件做正功为1 JD ．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析：选A.工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为a ＝μg ＝2 m/s 2，加速时间为t ＝v －v 0a＝0.5 s ，A 对；正常运行时相邻两工件间的距离为d ＝vt ＝1 m ，B 错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为W f ＝12mv 2－12mv 20＝0.75 J ，C 错；在t ＝0.5 s内，工件对地位移为x 1＝v ＋v 02t ＝0.75 m ，传送带对地位移为x 2＝vt ＝1 m ，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q ＝F f (x 2－x 1)＝0.25 J ，D 错．5．如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质小定滑轮，绳一端固定在物体1上、另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h 的轻绳，轻绳下端拴在物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住物体3，物体3到地面的高度为h ，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g ＝10 m/s 2，小物体3从静止突然放手后物体1沿斜面上滑的最大距离为( )A ．3hB.73hC ．2hD.43h 解析：选D.从开始放手到3触地(设触地时3的速度为v 1)的过程中，对1、2和3应用功能关系有6mgh －(4mg sin θ＋4μmg cos θ)h ＝12(10m )v 21，之后3停止运动，设物体2继续向下运动距离s 后速度减小为0，对1和2应用功能关系有mgs －(4mg sin θ＋4μmg cosθ)s ＝0－12(5m )v 21，得s ＝13h ，则1沿斜面上滑的最大距离为L ＝h ＋s ＝43h .6．(多选)(2015·河北省五个一名校联盟)如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时的速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )A ．小球的重力势能增加－W 1B ．小球的电势能减少W 2C ．小球的机械能增加W 1＋12mv 2D ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒解析：选AB.根据重力做功与重力势能变化的关系可知，W 1＝－ΔE G p ，所以重力势能增加量ΔE G p ＝－W 1，A 项正确；根据电场力做功与电势能的变化关系可知，电势能减少量ΔE E p ＝W 2，B 项正确；由题可知，小球动能增加量为12mv 2，重力势能增加量为－W 1，故机械能增加量为－W 1＋12mv 2，C 项错误；整个过程中，电场力对小球做功，故系统机械能不守恒，D 项错误．7.(2015·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速率最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的解析：选A.设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，故A 错，B 对．三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 对．二、非选择题8.(2015·郑州三模)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长为2d 、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d 的A 、B 两等高处，细绳上有小滑轮P ，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面．开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m 的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP 竖直．(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g )(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求此拉力的大小；(2)若甲将滑轮由静止释放，求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)． 解析：(1)设BP 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系d sin θ＋dtan θ＝2d联立三角函数关系解得：sin θ＝0.8，cos θ＝0.6，tan θ＝43如图所示，对滑轮受力分析．由平衡条件得：mg ＝F T1＋F T2cos θ，F ＝F T2sin θ； 又F T1＝F T2，解得F ＝mg2.(2)设AP 的长度为l ，则：l ＝dtan θ＝0.75d乙在最低点时有最大速度v ，设此时乙距AB 的高度为h .则h 2＝d 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22由机械能守恒定律得：mg (h －l )＝12mv 2得v ＝23－32gd . 答案：(1)mg2(2)23－32gd 9．(2015·昆明三中、玉溪一中联考)如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3 kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物块Q 的质量m 2；(2)烧断细绳后，物块P 第一次到达D 点时对轨道的压力大小； (3)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程．解析：(1)根据平衡条件，满足：m 1g sin 53°＝m 2g sin 37° 可得m 2＝4 kg.(2)P 到D 过程由动能定理得m 1gh ＝12m 1v 2D由几何关系h ＝L 1sin 53°＋R (1－cos 53°)运动到D 点时，根据牛顿第二定律：F D －m 1g ＝m 1v 2DR解得F D ＝78 N由牛顿第三定律得，物块P 对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM 之间往复运动，C 点和M 点速度为零． 对全过程由动能定理得：m 1gL 1sin 53°－μm 1g cos 53°x 总＝0 解得x 总＝1 m.答案：(1)4 kg (2)78 N (3)1 m 10．(2015·龙岩5月联考)如图甲所示，一个质量为M 的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k 的轻弹簧将木板连在竖直墙上，开始时弹簧处于原长．一质量为m 的物块(可视为质点)从木板左端以初速度v 0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端．通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木板的v －t 图 象，如图乙所示，其中A 为物块的v －t 图线，B 为木板的v －t 图线且为正弦函数图线．根据图中所给信息，求：甲 乙(1)物块与木板间的动摩擦因数μ； (2)从开始到t ＝T4系统产生的热量Q ；(3)若物块从木板左端以更大的初速度v 1滑上长木板，则初速度v 1取何值时，才能让木板与弹簧组成的系统最终获得最大的机械能．解析：(1)由题中图象可知物块做匀减速运动，t ＝T 时停止．所以a ＝v 0T根据牛顿第二定律，有μmg ＝ma 代入数据，得μ＝v 0gT.(2)当t ＝T4时木板速度达到最大，加速度为零，有：kx 1－μmg ＝0得：x 1＝μmg k ＝mv 0kT从开始到t ＝T 4，物块的位移x 2＝v 0t －12at 2＝732v 0T所以系统产生的热量Q ＝F f Δx ＝F f (x 2－x 1)＝μmg ×⎝ ⎛⎭⎪⎫732v 0T －mv 0kT＝7mv 2032－m 2v 2kT2. (3)当t ＝T2时物块刚好脱离木板，此时木板相对地面向右运动的位移最大，摩擦力对木板做的正功最大，木板与弹簧构成的系统获得最大的机械能．物块的位移x 3＝v 1T 2－12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝v 1T 2－12v 0T ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝v 1T 2－v 0T 8木板的位移x 4＝2x 1＝2mv 0kT物块以初速度v 0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端，则板长L ＝v 0T2物块脱离木板，有x 3－x 4＝L 代入数据得：v 1＝5v 04＋4mv 0kT2.答案：(1)v 0gT (2)7mv 2032－m 2v 20kT 2 (3)5v 04＋4mv 0kT2。
