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1、专题强化一 动力学和能量观点的综合应用专题强化一 动力学和能量观点的综合应用 命题点一 多运动组合问题 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 例 1 (2017浙江 4 月选考20)图 1 中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图弯道 1、 弯道 2 可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为 O1、O2，弯道中心线半径分别为 r1 10 m、r220 m，弯道 2 比弯道 1 高 h12 m，有一直道与两弯道圆弧相切质量 m1 200 kg 的
2、汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的 1.25 倍，行驶时要求汽车不打滑(sin 370.6，sin 530.8，g10 m/s2) 图 1 (1)求汽车沿弯道 1 中心线行驶时的最大速度 v1； (2)汽车以 v1进入直道，以 P30 kW 的恒定功率直线行驶了 t8.0 s 进入弯道 2，此时速度 恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功； (3)汽车从弯道 1 的 A 点进入，从同一直径上的 B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度， 用最短时间匀速安全通过弯道设路宽 d10 m，求此最短时间(A、B 两点都在轨道中心线 上，计算时视
3、汽车为质点) 答案 见解析 解析 (1)汽车在沿弯道 1 中心线行驶时， 由牛顿第二定律得，kmgmv 12 r1 解得 v15 m/s.kgr15 (2)设在弯道 2 沿中心线行驶的最大速度为 v2 由牛顿第二定律得，kmgmv 22 r2 解得 v25 m/skgr210 在直道上由动能定理有 PtmghWf mv22 mv12 1 2 1 2 代入数据可得 Wf2.1104 J. (3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短， 由图可得 r2r12r(r1 )2 d 2 代入数据可得 r12.5 m 设汽车沿该路线行驶的最大速度为 v 则 kmgmv 2 r 得 v12.5 m/skgr 由
4、sin 0.8 r1 r 则对应的圆心角为 2106 路线长度 s2r23.1 m 106 360 最短时间 t1.8 s. s v 变式 1 (2016浙江 4 月选考20)如图 2 所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成其 中轨道由光滑轨道 AB 与粗糙直轨道 BC 平滑连接，高度差分别是 h10.20 m、h20.10 m，BC 水平距离 L1.00 m轨道由 AE、螺旋圆形 EFG 和 GB 三段光滑轨道平滑连接而 成，且 A 点与 F 点等高当弹簧压缩量为 d 时，恰能使质量 m0.05 kg 的滑块沿轨道上 升到 B 点；当弹簧压缩量为 2d 时，恰能使滑块沿轨道上升到 C 点(
5、已知弹簧弹性势能 与压缩量的平方成正比，g10 m/s2) 图 2 (1)当弹簧压缩量为 d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数； (3)当弹簧压缩量为 d 时，若沿轨道运动，滑块能否上升到 B 点？请通过计算说明理由 答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)见解析 解析 (1)由机械能守恒定律可得 E弹EkEpmgh10.05100.20 J0.1 J 由 Ek mv02，可得 v02 m/s. 1 2 (2)由 E弹d2，可得当弹簧压缩量为 2d 时， EkE弹4E弹4mgh1 由动能定理可得mg(h1h2)mgLE
6、k 解得 0.5. 3h1h2 L (3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是 mgmv 2 Rm 由机械能守恒定律有 vv02 m/s 解得 Rm0.4 m 当 R0.4 m 时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到 B 点； 当 R0.4 m 时，滑块能上升到 B 点 题型 1 平抛运动圆周运动的组合 例 2 (2013浙江理综23)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图 3. 图中 A、B、C、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h11.8 m，h24.0 m，x14.8 m，x28.0 m开始时，质量分别为 M10 kg 和 m2 kg 的大、小两只滇金丝猴
7、分别位于 左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的 A 点水平跳至中 间石头大猴抱起小猴跑到 C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的 D 点，此时速度恰好 为零运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度 g10 m/s2.求： 图 3 (1)大猴从 A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小 答案 (1)8 m/s (2)4 m/s (3)216 N5 解析 (1)设猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin，根据平抛运动规律，有 h1 gt2 1 2 x1vmint 联立式，得 vmin
8、8 m/s. (2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为 vC，有 (Mm)gh2 (Mm)vC2 1 2 vC4 m/s.2gh25 (3)设拉力为 FT，青藤的长度为 L，在最低点由牛顿第二定律得 FT(Mm)g(Mm) vC2 L 由几何关系 (Lh2)2x22L2 得：L10 m 联立式并代入数据解得： FT(Mm)g(Mm)216 N. vC2 L 题型 2 直线运动圆周运动平抛运动的组合 例 3 (2019 届湖州市模拟)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图 4 所示，某小车 以额定功率 18 W 由静止开始从 A 点出发， 加速 2 s 后进入光滑的竖直圆轨道
9、 BC， 恰好能经 过圆轨道最高点 C，然后经过光滑曲线轨道 BE 后，从 E 处水平飞出，最后落入沙坑中，已 知圆半径 R1.2 m，沙坑距离 BD 平面高度 h21 m，小车的总质量为 1 kg，g10 m/s2， 不计空气阻力，求： 图 4 (1)小车在 B 点对轨道的压力大小； (2)小车在 AB 段克服摩擦力做的功； (3)末端平抛高台 h1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？ 答案 (1)60 N (2)6 J (3)1 m 4 m 解析 (1)由于小车恰好经过圆轨道最高点 C，即 mgmv C2 R 由 BC，根据动能定理可得2mgR mvC2 mvB2 1
10、2 1 2 在 B 点由牛顿第二定律有，FNmgm， vB2 R 联立解得 FN60 N， 由牛顿第三定律得在 B 点小车对轨道的压力为 60 N，方向竖直向下 (2)由 AB，根据动能定理：PtWf mvB2，解得 Wf6 J，即小车在 AB 段克服摩擦力 1 2 做的功为 6 J. (3)由 BE，根据动能定理得mgh1 mvE2 mvB2， 1 2 1 2 飞出后，小车做平抛运动，所以 h1h2 gt2 1 2 水平位移 xvEt，化简得 x ，即 x ，vB22gh1 2h1h2 g 6020h1h 11 5 当 h11 m 时，水平距离最大，xmax4 m. 命题点二 传送带模型问题
11、 传送带问题的分析流程和技巧 1分析流程 2相对位移 一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量 QFfx相对，其中 x相对是物体间相对路径长 度如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对 为两物体对地位移大小之和 3功能关系 (1)功能关系分析：WFEkEpQ. (2)对 WF和 Q 的理解： 传送带的功：WFFx传； 产生的内能 QFfx相对 模型 1 水平传送带模型 例 4 倾角为 30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以 6 m/s 的速度运动，运动 方向如图5所示 一个质量为2 kg的物体(可视为质点)， 从h3.2 m高处由静止沿斜面下滑，
12、物体经过 A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体 与传送带间的动摩擦因数为 0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端 A、B 连线的中点处， 重力加速度 g 取 10 m/s2，求： 图 5 (1)传送带左、右两端 A、B 间的距离 L； (2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量； (3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度 h. 答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m 解析 (1)物体从静止开始到在传送带上的速度等于 0 的过程中，由动能定理得 ： mghmgL 2 00，解得 L12.8 m. (2)在此过程中，
13、物体与传送带间的相对位移 x相 v带t，又 gt2，而摩擦产生的热量 Qmgx相， L 2 L 2 1 2 联立得 Q160 J. (3)物体随传送带向右匀加速运动， 设当速度为v带6 m/s时， 向右运动的位移为x， 则mgx mv带 2，得 x3.6 m ，即物体在到达 A 点前速度与传送带速度相等，最后以 v 带6 1 2 L 2 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得 mv带2mgh，解得 h1.8 m. 1 2 模型 2 倾斜传送带模型 例5 如图6所示， 传送带与地面的夹角37， A、 B两端间距L16 m， 传送带以速度v10 m/s，沿顺时针方向运动，物体质量 m1 kg，无初速
14、度地放置于 A 端，它与传送带间的动 摩擦因数 0.5，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，试求： 图 6 (1)物体由 A 端运动到 B 端的时间 (2)系统因摩擦产生的热量 答案 (1)2 s (2)24 J 解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得： mgsin mgcos ma1， 设物体经时间 t1，加速到与传送带同速， 则 va1t1，x1 a1t12 1 2 解得：a110 m/s2 t11 s x15 mmgcos ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 由 mgsin mgcos ma2 Lx1vt2 a2t22
15、 1 2 解得：t21 s 故物体由 A 端运动到 B 端的时间 tt1t22 s. (2)物体与传送带间的相对位移 x相(vt1x1)(Lx1vt2)6 m 故 Qmgcos x相24 J. 1.如图 1 所示，皮带的速度是 3 m/s，两轮圆心间距离 s4.5 m，现将 m1 kg 的小物体(可 视为质点)轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数 0.15，皮带不打滑， 电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，(取 g10 m/s2)求： 图 1 (1)小物体获得的动能 Ek； (2)这一过程中摩擦产生的热量 Q； (3)这一过程中电动机多消耗的电能 E. 答案 (1
16、)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J 解析 (1)物体开始做匀加速运动， 加速度 ag1.5 m/s2， 当物体与皮带速度相同时，有 mgx mv2. 1 2 解得物体加速阶段运动的位移 x3 m4.5 m， 则小物体获得的动能 Ek mv2 132 J4.5 J. 1 2 1 2 (2)vat，解得 t2 s， Qmgx相对mg(vtx) 0.15110(63) J4.5 J. (3)EEkQ4.5 J4.5 J9 J. 2 2008 年北京奥运会场地自行车赛安排在老山自行车馆举行 老山自行车赛场采用的是 250 m 椭圆赛道，赛道宽度为 7.7 m赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线
17、段以及圆弧段组成， 按国际自盟 UCI 赛道标准的要求，圆弧段倾角为 45，如图 2 所示(因直线段倾角较小，故 计算时不计直线段的倾角)赛道使用松木地板，为运动员提供最好的比赛环境目前，比 赛用车采用最新的碳素材料设计，质量为 9 kg.比赛时，运动员从直线段的中点出发绕场骑 行，若已知赛道的每条直线段长 80 m，圆弧段内半径为 14.4 m，运动员质量为 51 kg，设直 线段运动员和自行车所受阻力为接触面压力的 0.75 倍(不计圆弧段摩擦，圆弧段上运动近似 为匀速圆周运动，不计空气阻力，计算时运动员和自行车可近似为质点，g 取 10 m/s2)求 ： 图 2 (1)运动员在圆弧段内侧
18、赛道上允许的最佳安全速度是多大？ (2)为在进入弯道前达到(1)所述的最佳安全速度，运动员和自行车在直线段加速时所受的平 均动力至少为多大？ (3)若某运动员在以(1)所述的最佳安全速度进入圆弧轨道时， 因技术失误进入了最外侧轨道， 则他的速度降为多少？若他在外道运动绕过的圆心角为 90，则这一失误至少损失了多少时 间？(在圆弧轨道骑行时不给自行车施加推进力) 答案 (1)12 m/s (2)558 N (3)6 m/s 3.3 s 解析 (1)运动员以最大允许速度在圆弧段内侧赛道骑行时，重力与支持力的合力沿水平方 向，充当圆周运动的向心力，由牛顿第二定律： mgtan 45m，则 v12 m
19、/s v2 R gR (2)运动员在直线段加速距离 x40 m，v22ax 由牛顿第二定律：Fmgma，解得 F558 N (3)进入最外侧轨道后，高度增加了 hdsin 455.4 m 半径增加了 Rdcos 455.4 m 由机械能守恒定律得： mv2mgh mv12 1 2 1 2 解得 v16 m/sv22gh 在内侧赛道上运动绕过圆心角 90所需时间：t11.88 s R 2v 在外侧赛道上运动绕过圆心角 90所需时间：t25.18 s RR 2v1 至少损失时间：tt2t13.3 s. 3(2018杭州市五校联考)如图 3 所示，质量为 m1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为 R
20、 0.4 m 的 圆弧 A 端由静止开始释放，它运动到 B 点时速度为 v2 m/s.当滑块经过 B 点后立 1 4 即将圆弧轨道撤去滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由 C 点过渡到倾 角为 37、长 s1 m 的斜面 CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动 摩擦因数可在 01.5 之间调节斜面底部 D 点与光滑水平地面平滑相连，地面上一根轻 弹簧一端固定在 O 点，自然状态下另一端恰好在 D 点认为滑块通过 C 和 D 前后速度大小 不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空 气阻力 图 3 (1)求滑
21、块对 B 点的压力大小以及在 AB 上克服阻力所做的功； (2)若设置 0，求滑块从 C 运动到 D 的时间； (3)若最终滑块停在 D 点，求 的取值范围 答案 (1)20 N 2 J (2) s (3)0.125 0.75 或 1 1 3 解析 (1)在 B 点，Fmgmv 2 R 解得 F20 N 由牛顿第三定律，滑块对 B 点的压力 F20 N 从 A 到 B，由动能定理，mgRW mv2 1 2 得到 W2 J. (2)若设置 0，滑块在 CD 间运动，有 mgsin ma 加速度 agsin 6 m/s2 根据匀变速运动规律 svt at2，得 t s. 1 2 1 3 (3)最终
22、滑块停在 D 点有两种可能： a滑块恰好能从 C 下滑到 D. 则有 mgsin smgcos s0 mv2，得到 1 1 2 b滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点 当滑块恰好能返回 C：1mgcos 2s0 mv2 1 2 得到 10.125 当滑块恰好能静止在斜面上，则有 mgsin 2mgcos ，得到 20.75 所以，当 0.1250.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点 综上所述， 的取值范围是 0.1250.75 或 1. 4(2019 届金华市模拟)某同学设计了一款益智类的儿童弹射玩具，模型如图 4 所示，AB 段 是长度
23、连续可调的竖直伸缩杆， BCD 段是半径为 R 的四分之三圆弧弯杆， DE 段是长度为 2R 的水平杆，与 AB 杆稍稍错开竖直杆内装有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧 上端放置质量为 m 的小球每次将弹簧的长度压缩至 P 点后锁定，设 PB 的高度差为 h； 解 除锁定后弹簧可将小球弹出在弹射器的右侧装有可左右移动的宽为 2R 的盒子用于接收小 球，盒子的左端最高点 Q 和 P 点等高，且与 E 的水平距离为 x，已知弹簧锁定时的弹性势 能 Ep9mgR，小球与水平杆的动摩擦因数 0.5，与其他部分的摩擦不计，不计小球受到 的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失， 不考虑伸缩竖直杆粗细
24、变化对小球的影响且杆的 粗细远小于圆的半径，重力加速度为 g.求： 图 4 (1)当 h3R 时，小球到达弯杆的最高点 C 处时的速度大小 vC； (2)在(1)问中小球运动到最高点 C 时对弯杆作用力的大小； (3)若 h 连续可调，要使该小球能掉入盒中，求 x 的最大值 答案 (1) (2)9mg (3)8R10gR 解析 (1)小球从 P 点运动至 C 点的过程中，机械能守恒，则有 Epmg(hR) mv ， 1 2 C2 解得 vC.10gR (2)设小球在 C 点时受到弯杆的作用力向下，大小为 F，则 Fmgm，解得 F9mg， vC2 R 根据牛顿第三定律，小球对弯杆的作用力大小为 9mg. (3)从 P 到 E 的过程中，由能量守恒得 Epmg(hR)mg2R mvE20， 1 2 要使小球落入盒中且 x 取最大值的临界情况是正好从 Q 点掉入盒中，由 E 到 Q 做平抛运动 得 hR gt2，xvEt， 1 2 联立得 x2，h5R216R2 故当 h5R 时，有 xmax8R. 判断：该情况小球能通过最高点 C，结果成立