国通用大一轮复习讲义文档专题强化六 动力学和能量观点的综合应用文档格式.docx
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＝
，cos37°
）
图1
（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D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运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
①直轨道与一半径为
R的光滑圆弧轨道相切；
②水平飞出后，恰好通过G点．
答案
（1）2
（2）
mgR （3）
m
解析
（1）由题意可知：
lBC＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝
mvB2②
式中θ＝37°
，联立①②式并由题给条件得
vB＝2
③
（2）设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得
mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－
mvB2④
E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤
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－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥
联立③④⑤⑥式得
x＝R⑦
Ep＝
mgR⑧
（3）设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系（如图所示）得θ＝37°
.
由几何关系得：
x1＝
R－
Rsinθ＝3R⑨
y1＝R＋
R＋
Rcosθ＝
R⑩
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式得：
y1＝
gt2⑪
x1＝vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫得
vD＝
⑬
设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
m1vC2＝
m1vD2＋m1g（
Rcosθ）⑭
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得
Ep－m1g（x＋5R）sinθ－μm1g（x＋5R）cosθ＝
m1vC2⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1＝
多过程问题的解题技巧
1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景．
2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．
1．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的
圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H.N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：
图2
（1）距Q水平距离为
的圆环中心到底板的高度；
（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；
（3）摩擦力对小球做的功．
答案
（1）
H
（2）L
mg（1＋
），方向竖直向下 （3）mg（
－R）
解析
（1）由H＝
gt2和L＝vQt可得距Q水平距离为
的圆环中心到底板的高度为
H.
（2）由
（1）可得速度的大小vQ＝L
，
在Q点由牛顿第二定律有FN－mg＝m
对轨道压力的大小FN′＝FN＝mg（1＋
），方向竖直向下．
（3）由动能定理有mgR＋Wf＝
mvQ2－0，故摩擦力对小球做的功Wf＝mg（
－R）．
2．如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R＝1.0m的圆环剪去了左上角120°
的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h＝2.4m．用质量为m＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放，物块经过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．（不计空气阻力，g取10m/s2）
图3
（1）求物块过B点时的瞬时速度大小vB及物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（2）若轨道MNP光滑，求物块经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；
（3）若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从B点到M点运动的过程中克服摩擦力所做的功W.
答案
（1）6m/s 0.4
（2）16.8N，方向竖直向下
（3）4.4J
解析
（1）物块过B点后遵从x＝6t－2t2，
所以知：
vB＝6m/s，a＝－4m/s2.
由牛顿第二定律：
－μmg＝ma，解得μ＝0.4.
（2）物块竖直方向的分运动为自由落体运动
P点速度在竖直方向的分量vy＝
＝4
m/s
P点速度在水平方向的分量vx＝vytan30°
＝4m/s
解得离开D点的速度为vD＝4m/s
由机械能守恒定律，有
mvN2＝
mvD2＋mg（h＋R－Rcos60°
解得vN2＝74m2/s2
根据牛顿第二定律，有FN′－mg＝m
解得FN′＝16.8N
根据牛顿第三定律，FN＝FN′＝16.8N，方向竖直向下
（3）物块刚好能到达M点，有mg＝m
解得vM＝
m/s
物块到达P点的速度vP＝
＝8m/s
从P到M点应用动能定理，有
－mgR（1＋cos60°
）－WPNM＝
mvM2－
mvP2
解得WPNM＝2.4J.
从B到D点应用动能定理有－WBD＝
mvD2－
mvB2
解得WBD＝2J.
物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功为2.4J＋2J＝4.4J.
命题点二 传送带模型问题
1．模型分类：
水平传送带问题和倾斜传送带问题．
2．处理方法：
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
例2 如图4所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°
的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10m/s2，sin37°
＝0.6，求：
图4
（1）B向右运动的总时间；
（2）B回到传送带左端的速度大小；
（3）上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．
①光滑固定斜面；
②B与传送带间的动摩擦因数为0.2；
③B经过一段时间回到传送带的左端．
答案
（1）2s
（2）2
m/s （3）（16＋4
）J
解析
（1）B向右减速运动的过程中，刚开始时，B的速度大于传送带的速度，以B为研究对象，水平方向B受到向左的摩擦力与绳对B的拉力，设绳子的拉力为FT1，以向左为正方向，得FT1＋μmg＝ma1①
以A为研究对象，则A的加速度的大小始终与B相等，A向上运动的过程中受力如图，则
mgsin37°
－FT1＝ma1②
联立①②可得a1＝
＝4m/s2③
B的速度与传送带的速度相等时所用的时间
t1＝
＝1s.
当B的速度与传送带的速度相等之后，B仍然做减速运动，而此时B的速度小于传送带的速度，所以受到的摩擦力变成了向右，所以其加速度发生了变化，此后B向右减速运动的过程中，设绳子的拉力为FT2，以B为研究对象，水平方向B受到向右的摩擦力与绳对B的拉力，则FT2－μmg＝ma2④
以A为研究对象，则A的加速度的大小始终与B是相等的，A向上运动的过程中
－FT2＝ma2⑤
联立④⑤可得a2＝
＝2m/s2.
当B向右速度减为0，经过时间
t2＝
B向右运动的总时间t＝t1＋t2＝1s＋1s＝2s.
（2）B向左运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到绳子的拉力，同时，A受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以B的加速度a3＝a2＝2m/s2.
t1时间内B的位移x1＝
t1＝－4m，
负号表示方向向右．
t2时间内B的位移x2＝
×
t2＝－1m，
B的总位移x＝x1＋x2＝－5m.
B回到传送带左端的位移x3＝－x＝5m.
速度v＝
＝2
m/s.
（3）t1时间内传送带的位移x1′＝－v0t1＝－2m，
该时间内传送带相对于B的位移Δx1＝x1′－x1＝2m.
t2时间内传送带的位移x2′＝－v0t2＝－2m，
该时间内传送带相对于B的位移Δx2＝x2－x2′＝1m.
B回到传送带左端的时间为t3，则t3＝
s.
t3时间内传送带的位移x3′＝－v0t3＝－2
m，
该时间内传送带相对于B的位移
Δx3＝x3－x3′＝（5＋2
）m.
B与传送带之间的摩擦力Ff＝μmg＝2N.
上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量
Q＝Ff（Δx1＋Δx2＋Δx3）＝（16＋4
）J.
1．分析流程
2．功能关系
（1）功能关系分析：
WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
（2）对WF和Q的理解：
①传送带的功：
WF＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．
3．如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°
，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10m/s沿顺时针方向运动，物体质
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