专题13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 (1)题型二“传送带”模型综合问题 (7)类型1水平传送带问题 (7)类型2倾斜传送带 (11)题型三“滑块－木板”模型综合问题 (14)题型一多运动组合问题【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．【例1】(2022·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝2m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F之间距离都为1m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力．求：(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值；(4)试判断滑块返回时能否从B 点离开，若能，求出飞出B 点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处．【答案】(1)22m/s (2)50N(3)6J(4)无法从B 点离开，离D 点0.2m(或离C 点0.8m)【解析】(1)设滑块P 经过B 点的速度大小为v B ，由平抛运动知识v 0＝v B sin 30°得v B ＝22m/s(2)滑块P 从B 点到达最低点C 点的过程中，由机械能守恒定律mg (R ＋R sin 30°)＋12mv B 2＝12mv C 2解得v C ＝42m/s经过C 点时受轨道的支持力大小F N ，有F N －mg ＝mv C 2R解得F N ＝50N由牛顿第三定律可得滑块在C 点时对轨道的压力大小F 压＝50N (3)设弹簧的弹性势能最大值为E p ，滑块从C 到F 点过程中，根据动能定理有－μmgL －mgL sin 30°－E p ＝0－12mv C 2代入数据可解得E p ＝6J(4)设滑块返回时能上升的高度为h ，根据动能定理有mgL sin 30°＋E p －μmgL ＝mgh 代入数据可解得h ＝0.6m因为h <R ，故无法从B 12mv C 2＝μmgx代入数据可解得x ＝3.2m滑块最后静止时离D 点0.2m(或离C 点0.8m)．【例2】如图所示，竖直放置的半径为R ＝0.2m 的螺旋圆形轨道BGEF 与水平直轨道MB 和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD 在C 处与直轨道BC 平滑连接．水平传送带MN 以v 0＝4m/s 的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h ＝0.8m ，MN 间的距离为L MN ＝3.0m ，小滑块P 与传送带和BC 段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC 长L BC ＝1m ，小滑块P 质量为m ＝1kg.重力加速度g 取10m/s 2.(1)若滑块P 第一次到达与圆轨道圆心O 等高的F 点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围．【答案】(1)0.4m(2)0.8m(3)0.7m≤H≤0.8m【解析】(1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零，则v F＝0mg(H－R)－μmgL BC＝0解得H＝0.4m(2)H′＝1.0m，设滑块运动到N点时的速度为v N，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理mgH′－μmg(L BC＋L MN)＝12mv N2－0解得v N＝2m/s滑块从N点做平抛运动，水平位移为x＝v N2hg＝0.8m(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理mgH1－μmgL BC－2mgR＝12mv E2－0在E点时有mg＝m v E2 R解得H1＝0.7m滑块滑上传送带时的速度为v MmgH1－μmgL BC＝12mv M2－0v M＝10m/s<4m/s滑块做减速运动的位移为L＝v M22μg＝2.5m<L MN因此滑块返回M点时的速度为v M′＝10m/s，因此能第二次过E点．设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为v＝2μgL MN＝12m/s从开始到M点应用动能定理mgH2－μmgL BC＝12mv2－0解得H2＝0.8m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12mv B 2－0v B ＝2m/s<10m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 范围是0.7m≤H ≤0.8m.【例3】．如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面AB 、圆弧面BCD 和平台组成，斜面AB 和圆弧面在B 点相切，C 为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC 所对的圆心角α＝37°，圆弧轨道半径为R ，D 点离地面的高度是平台离地面高度的一半，平台离圆弧轨道D 点的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从斜面上A 点由静止滑下，从D 点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为g ，求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，)(1)圆弧CD 所对的圆心角θ；(2)斜面AB 的长度．【答案】(1)45°(2)(28－152)R6【解析】(1)设平台离地面的高度为d ，则D 点到平台的距离为d ，D 点与平台的高度差为12d ，设运动员运动到D 点时速度大小为v ，运动员从D 点飞出后，做平抛运动的逆运动，则d ＝v cos θ·t ，12d ＝12v sin θ·t ，解得θ＝45°.(2)由几何关系得12d ＝R －R cos θ，解得d ＝(2－2)R .由(v sin θ)2＝2g ×12d ，解得v ＝2(2－2)gR .设AB 长为L ，根据机械能守恒定律有sin α＋R －R cos α－12d ＝12mv 2，解得L ＝(28－152)R6【例4】．如图是小明设计的一个游戏装置．该滑道分为AM 、AB 、BC ，CDE ，EF 和FG 六段，其中AB 、BC ，CDE 和FG 轨道光滑，剩余轨道的动摩擦因数为0.5.在M 点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，释放弹簧，物块从M 点处出发．游戏成功的要求：物块不会脱离CDE 轨道(检测装置省略)，物块最后能平稳地停在EF 轨道处，且不会从FG 轨道中飞出．现已知物块的质量为1kg ，R 1＝2m ，R 2＝1m ，D 点与A 点位于同一水平线，AM ＝1m ，H ＝2m ，L ＝20m ，不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为质点，g ＝10m/s 2.回答下列有关问题：(1)求物块在B 点时速度的最小值，并求出当B 点为最小速度时，A 点的速度大小；(2)若物块在M 点处的弹性势能E 1＝45J ，求物块在E 点处对轨道的压力；(3)求弹簧的弹性势能E 与最后停止时物块到E 点的距离d 的关系式．【答案】(1)25m/s215m/s(2)70N ，方向竖直向下(3)见解析【解析】(1)物块在C 点恰好由重力提供向心力时，速度v B 最小，由mg ＝m v B minR 1，解得v B min ＝25m/s ，此时从A 点到B 点，有12mv A 2－mgH ＝12mv B min 2，解得v A ＝215m/s.(2)由能量守恒定理可知E 1－mgH －μmgL AM ＝12mv B 2，解得12mv B 2＝20J>12mv B min 2＝10J.故物块会沿着轨道下滑．由动能定理可得2mgR 1＝12mv E 2－12mv B 2，解得v E ＝230m/s.由F －mg ＝mv E 2R 1，解得F ＝70N.根据牛顿第三定律，物块在E 点处对轨道的压力方向竖直向下，大小为70N.(3)E －mgH －μmgL AM ≥12mv B min 2，得E ≥35J.从M 点到E 点，由动能定理，得E －mgH －μmgL AM ＋2mgR 1＝12mv E 2，得12mv E 2＝E ＋15J.因为μmgL ＝100J ，故对弹簧的弹性势能E 进行分类讨论：当35J≤E ≤85J ，有E ＋15J ＝μmgd ，得E ＝5d －15.当E >85J ，有E ＋15J ＝μmg (L －d )＋100J ，得E ＝185－5d .又因为不能飞出，故有E －85J －mgR 2≤0，得E ≤95J ，故综上所述，当35J≤E ≤85J 时，E ＝5d －15；当95J≥E >85J 时，E ＝185－5d .【例5】(2022·陕西西安市高考模拟猜想卷)学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图所示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC 、CDE 和粗糙的水平直轨道EF 组成，末端与竖直的弹性挡板OF 连接，轨道CDE 半径r ＝0.1m ，轨道ABC 半径为2r ，A 端与地面相切。
压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题..............................................................................................1热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题.....................................................5热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题.......................................................10热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型. (13)三．压轴题速练..........................................................................................................................................................18一，考向分析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)。
二．题型及要领归纳热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题1.解决传送带问题的关键点(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)弄清能量转化关系：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产生的内能之和.2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功W f ＝F f ·x (x 为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，W f ＝F f ·s (s 为相对路程).【例1】（2023春·湖北荆州·统考期中）如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度5m L =的传送带，与水平面的夹角37θ=︒，传送带一直保持匀速运动，速度2m/s v =。
机械原理第二版课后答案第一章结构分析作业1.2 解：F = 3n－2PL－PH = 3×3－2×4－1= 0该机构不能运动，修改方案如下图：1.2 解：（a）F = 3n－2PL－PH = 3×4－2×5－1= 1 A点为复合铰链。
（b）F = 3n－2PL－PH = 3×5－2×6－2= 1B、E两点为局部自由度, F、C两点各有一处为虚约束。
（c）F = 3n－2PL－PH = 3×5－2×7－0= 1 FIJKLM为虚约束。
1.3 解：F = 3n－2PL－PH = 3×7－2×10－0= 11）以构件2为原动件，则结构由8－7、6－5、4－3三个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅱ级机构(图a)。
2）以构件4为原动件，则结构由8－7、6－5、2－3三个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅱ级机构(图b)。
3）以构件8为原动件，则结构由2－3－4－5一个Ⅲ级杆组和6－7一个Ⅱ级杆组组成，故机构为Ⅲ级机构(图c)。
(a) (b) (c)第二章 运动分析作业2.1 解：机构的瞬心如图所示。
2.2 解：取作机构位置mmmm l /5=μ图如下图所示。
1.求D 点的速度V D13P D V V =而 25241314==P P AE V V E D ，所以 s mm V V E D /14425241502524=⨯==2. 求ω1s rad l V AE E /25.11201501===ω3. 求ω2因 98382412141212==P P P P ωω ，所以s rad /46.0983825.1983812=⨯==ωω4. 求C 点的速度V Csmm C P V l C /2.10154446.0242=⨯⨯=⨯⨯=μω2.3 解：取作机构位置mmmm l /1=μ图如下图a 所示。
1. 求B2点的速度V B2V B2 =ω1×L AB =10×30= 300 mm/s 2.求B3点的速度V B3V B3 ＝ V B2 ＋ V B3B2 大小 ？ ω1×L AB ？ 方向 ⊥BC ⊥AB ∥BC取作速度多边mms mm v /10=μ形如下图b 所示，由图量得：mmpb 223= ，所以smm pb V v B /270102733=⨯=⨯=μ由图a 量得：BC=123 mm , 则mmBC l l BC 1231123=⨯=⨯=μ3. 求D 点和E 点的速度V D 、V E利用速度影像在速度多边形，过p 点作⊥CE ，过b 3点作⊥BE ，得到e 点；过e 点作⊥pb 3，得到d 点 , 由图量得：mmpd 15=，mmpe 17=，所以smm pd V v D /1501015=⨯=⨯=μ ，smm pe V v E /1701017=⨯=⨯=μ；smm b b V v B B /17010173223=⨯=⨯=μ4. 求ω3srad l V BC B /2.212327033===ω5. 求nB a 222212/30003010s mm l a ABn B =⨯=⨯=ω6. 求3B aa B3 ＝ a B3n ＋ a B3t ＝ a B2 ＋ aB3B2k ＋ aB3B2τ大小 ω32LBC ？ ω12LAB 2ω3VB3B2 ？ 方向 B →C ⊥BC B →A ⊥BC ∥BC 22233/5951232.2s mm l a BCn B =⨯=⨯=ω223323/11882702.222s mm V a B B k B B =⨯⨯=⨯=ω取作速度多边mms mm a 2/50=μ形如上图c 所示，由图量得：mmb 23'3=π ，mmb n 20'33=,所以233/11505023's mm b a a B =⨯=⨯=μπ2333/10005020's mm b n a at B =⨯=⨯=μ7. 求3α233/13.81231000s rad l a BC tB ===α8. 求D 点和E 点的加速度aD 、a E利用加速度影像在加速度多边形，作e b 3'π∆∽CBE ∆, 即BE eb CEeCBb 33''==ππ，得到e 点；过e 点作⊥3'b π，得到d 点 , 由图量得：mm e 16=π，mmd 13=π，所以2/6505013s mm d a a D =⨯=⨯=μπ ，2/8005016s mm e a a E =⨯=⨯=μπ 。
作业1：柴油机基本知识满分：100 分姓名：班级：学号：1. 单选题（ 1.0 分）柴油机是热机的一种,它是。
A. 在气缸内进行一次能量转换的热机B. 在气缸内进行二次能量转换的点火式内燃机C. 在气缸内进行二次能量转换的往复式压缩发火的内燃机D. 在气缸内进行二次能量转换的回转式内燃机正确答案：C试题解析：柴油机是热机中内燃机的一种发动机，它的特点是两次能量转换（燃料的化学能转换为热能，热能再转换为机械能）均发生在发动机的气缸内（发动机内部），燃气的点燃形式是依靠压缩发火，其运动特征是往复运动。
2. 单选题（ 1.0 分）内燃机是热机的一种，它是。
A. 在气缸内燃烧并利用某中间工质对外做功的动力机械B. 在气缸内进行二次能量转换并利用某中间工质对外做功的动力机械C. 在气缸内燃烧并利用燃烧产物对外做功的动力机械D. 在气缸内燃烧并利用燃烧产物对外做功的往复式动力机械正确答案：C试题解析：内燃机是燃烧发生在发动机内部（气缸）的热机或动力机械，燃料的燃烧产生燃烧产物（燃气）推动往复式活塞或回转式叶轮运动而对外输出功。
3. 单选题（ 2.0 分）柴油机与汽油机在工作原理上的最大区别在于。
A. 燃料不同B. 用途不同C. 发火方式不同D. 内部燃烧不同正确答案：C试题解析：柴油机是压缩发火，汽油机是火花塞点火。
4. 单选题（ 1.0 分）通常在热机中柴油机热效率最高的原因是。
A. 柴油热值高B. 内部燃烧C. 压缩发火D. 内部燃烧和压缩发火正确答案：D试题解析：在热机中柴油机热效率最高是因为它采用内部燃烧，同时在内燃机中它有别于其它发动机采用压缩发火，而不是火花塞点火。
5. 单选题（ 2.0 分）在热机中通常内燃机的热效率高的原因是。
A. 液体燃料热值高B. 内部燃烧C. 内部混合D. 外部混合正确答案：B试题解析：内燃机相较燃烧发生在发动机外部的锅炉的外燃机（回转式蒸汽轮机、往复式蒸汽机），热效率高是源于其采用两次能量转换均在发动机内部（内部燃烧），而外燃机则需要在机外燃烧加热水产生蒸汽后，蒸汽再冲动往复式活塞或回转式叶轮对外做功，因此热效率较低。
