动力学和能量观点的综合应用

突破

应用动力学和能量观点分析多过程问题

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.

[典例1] (2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，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5

与一半径为R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

6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1

到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°

434＝，cos 37°＝) 55

(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D7

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R、竖直相距R.求P运动

2到D点时速度的大小和改变后P的质量.

[解题指导] 第(1)问，求P从C第一次运动到B点时速度的大小，有两种方法，可以用动能定理或牛顿运动定律及运动学公式计算.

第(2)问，求P运动到E点时弹簧的弹性势能，先根据从C到E再到F的过程，由动能定理求出B、E之间的距离；再根据从C到E的过程，由动能定理或能量守恒定律求弹性势能.

第(3)问，先逆向推理，从D到G过程，根据平抛运动的分解求出D点的速度.再分析由E到D过程，由动能定理求出质量.

[解析] (1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R ①

- 1 -

设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得

mglsin θ－μmglcos θ＝mv2B ②

式中θ＝37°

联立①②式并由题给条件得vB＝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Ep.P由B点运动到

1

2

点的过程中，由动能定理有

mgxsin θ－μmgxcos θ－E1

p＝0－2

mv2B ④ E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x ⑤

P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－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0 ⑥

联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R ⑦

E12p＝5

mgR. ⑧

(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

x751＝2R－6

Rsin θ ⑨ y551＝R＋6

R＋6

Rcos 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vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有

y1

21＝2

gt ⑪ x1＝vDt ⑫

联立⑨⑩⑪⑫式得v3D＝5

5gR ⑬

设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有 12m212551vC＝2m1vD＋m1g6R＋6Rcos θ

⑭ P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 E1

p－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝2

m1v2C ⑮

联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m11＝3

m. ⑯

[答案] (1)2gR (2)1231

5mgR (3)55gR 3

m

- 2 -

E

[变式1] 如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点.t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v­t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.2 m的距离(取g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：

2

甲 乙

(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小； (2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小； (3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.

答案：(1)10 m/s 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J 解析：(1)在bc段做匀减速运动，加速度为

2

a＝

Δv2

＝10 m/s Δt根据牛顿第二定律得

mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma

解得μ＝0.5.

(2)设t1＝0.1 s时速度大小为v0，根据速度时间公式得t2＝0.3 s 时的速度大小

v1＝v0－a(t2－t1)＝0

在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′

解得a′＝2 m/s

从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度大小为

2

v3＝a′(t3－t2)＝0.2 m/s.

(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得

Ep＝mgssin 37°＋μmgscos 37°＋mv2b

解得Ep＝4 J.

12

突破 应用动力学和能量观点分析传送带、滑块—木板模型

1.方法技巧

传送带、滑块—木板的问题是和实际联系较紧密且较难的物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容.解决此类问题的关键是对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征，列方程联立求解.

- 3 -

2.解题模板

考向1 传送带模型分析

[典例2] 如图所示，一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep＝4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，取g＝10 m/s.求：

2

(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间； (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.

[解题指导] (1)分清运动过程：首先是弹开过程，使滑块获得一速度；然后滑上传送带减速滑行，直到速度减为零；最后反向加速.

(2)由于本题数据都为数值，所以需要一边计算一边判断. (3)计算摩擦生热的重点是计算相对位移，根据Q＝f·x相对求解.

12

[解析] (1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则Ep＝mv1，

2得v1＝3 m/s

滑块在传送带上运动的加速度的大小a＝μg＝2 m/s 滑块向左运动的时间t1＝＝1.5 s

2

v1av21

向左运动的最大位移x1＝＝2.25 m

2av2

向右匀加速运动的位移x2＝＝1 m

2ax1＞x2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动

向右匀加速运动的时间t2＝＝1 s 向右匀速运动的时间为t3＝

vax1－x2

＝0.625 s v所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s.

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(2)滑块在传送带上向左运动x1的位移时，传送带向右运动的位移为x1′＝vt1＝3 m 则Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m

滑块向右运动x2时，传送带向右运动的位移为x2′＝vt2＝2 m 则Δx2＝x2′－x2＝1 m Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25 m

则产生的热量为Q＝μmg·Δx＝12.5 J. [答案] (1)3.125 s (2)12.5 J

考向2 滑块—木板模型分析

[典例3] 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v0＝5 m/s，使其在木块上滑行.取g＝10 m/s，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.

[解题指导] (1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力，当该力大于木块受到地面的摩擦力时，木块开始运动.

(2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离.

(3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和.

[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＋mn)g

解得n<3，取n＝2，此时铅块已滑过8个木块 112

根据动能定理有：Mv20－Mv＝μ2Mg×8L

22

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：a2＝μ2g＝2.5 m/s

2

2

v2＝v－a2t2

对最后两块木块9和10有：

μ2Mg－μ1M＋2m）g2

a1＝＝0.5 m/s

2mv1＝a1t2

令v1＝v2，故它们获得共同速度所需时间：

- 5 -

v1t2＝＝ s

a1＋a23

1

铅块的位移：x2＝vt2－a2t22

21

木块的位移：x1＝a1t22

2

1

铅块相对木块的位移：Δx＝x2－x1＝ m6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

v1＝a1t2＝ m/s

铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3＝铅块在前8个木块上运动的时间：t1＝

16

v11＝ s μ1g6

v0－v＝1.6 s μ2g所以铅块运动的总时间：t＝t1＋t2＋t3＝2.1 s. [答案] (1)1 m/s (2)12.42 J (3)2.1 s

专项精练

1.[多过程问题的应用]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点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高.质量m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝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μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10 m/s.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：

2

(1)物块经过B端时速度的大小；

(2)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；

(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？

答案：(1)2 m/s (2)46 N (3)18 J

- 6 -

解析：(1)vB＝＝2 m/s.

sin θ(2)物体从B到C应用动能定理，有

2

mg(R＋Rsin θ)＝mv2C－mvB

v0

1

212

解得vC＝6 m/s

2mvC在C点：F－mg＝

R解得F＝46 N

由牛顿第三定律知物体经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力为46 N.

(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物12

块都静止这一过程中产生的热量，即应用能量守恒定律得Q＝mvC＝18 J.

2

2.[能量守恒定律的应用]如图所示，一物体质量m＝2 kg，从倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/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，取g＝10 m/s2，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Epm. 答案：(1)0.52 (2)24.5 J

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12

力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv0＋mglADsin 37°①

2

物体克服摩擦力产生的热量为

Q＝Ffx②

其中x为物体的路程，即x＝5.4 m③

Ff＝μmgcos 37°④

由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52. (2)由A到C的过程中，动能减少 12

ΔEk′＝mv0⑥

2

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重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37°⑦ 摩擦生热Q′＝FflAC＝μmgcos 37°lAC⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔEpm＝ΔEk′＋ΔEp′－Q′⑨ 联立⑥⑦⑧⑨式解得ΔEpm＝24.5 J.

3.[倾斜传送带模型]如图所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L＝4 m，传送带以恒定的速率v＝2 m/s向上运动.现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝＝10 m/s，求：

(1)物体从A运动到B共需多长时间？ (2)电动机因传送该物体多消耗的电能. 答案：(1)2.4 s (2)28 J

解析：(1)物体无初速度地放在A处后，因mgsin θ<μmgcos θ，故物体斜向上做

匀加速直线运动

加速度a＝2

3

，取g2

μmgcos θ－mgsin θ2

＝2.5 m/s

mva物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8 s

vt1时间内物体的位移L1＝t1＝0.8 m

2

之后物体以速度v1做匀速运动，运动的时间t2＝物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4 s.

(2)前0.8 s内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8 m 因摩擦而产生的热量Q＝μmgcos θ·ΔL＝6 J

L－L1

＝1.6 s vE电＝Ek＋Ep＋Q＝mv2＋mgLsin θ＋Q＝28 J.

12

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