能量與動量動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用講義

動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用編審教師：市級骨干教師繆祥禹本專題主要考查動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用，既包括由直線運動、拋體運動和圓周運動等運動形式組成的多過程問題，也包括在各種具體情境下（例如板塊、傳送帶、繩、桿、彈簧等）使用動力學(xué)和能量觀點進(jìn)行綜合分析和推理。試題常常涉及到使用能量守恒的思想來計算摩擦所產(chǎn)生的熱量和電動機所提供的能量，考查了學(xué)生的綜合分析能力。利用動力學(xué)與能量觀點解決多過程問題（2021廣東月考）如圖所示，水平地面上有一個固定擋板，有一輕彈簧左端固定在擋板上，有一質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊（可視為質(zhì)點）緊壓彈簧但不黏連，初始時彈簧的彈性勢能Ep＝1.8J，AB兩點的距離L＝3m。距離B點右側(cè)豎直高度差hRCD、DF，C、D等高，E為DF管道的最高點，F(xiàn)G是長度d＝10m傾角θ＝37°的粗糙直管道，在G處接一半徑為R′＝2m，圓心為O點的光滑圓弧軌道GHQ，H為最低點，Q為最高點，且∠GOH＝θ＝37°，各部分管道及軌道在連接處均平滑相切，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，不計空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2?，F(xiàn)把滑塊從A點由靜止釋放，經(jīng)過B點飛出后，恰能從C點沿切線方向進(jìn)入圓弧管道，滑塊尺寸略小于管道內(nèi)徑，sin37°＝0.6。求：（1）滑塊離開B點時的速度大小vB；（2）滑塊第一次到達(dá)E點時對軌道的作用力大??；（3）要使滑塊能經(jīng)過G點且最終不脫離軌道（不考慮離開軌道后再掉入軌道的情況），滑塊與管道FG之間動摩擦因數(shù)μ1的取值范圍。關(guān)鍵信息：初始時彈簧的彈性勢能Ep＝1.8J→使用能量的觀點分析恰能從C點沿切線方向進(jìn)入→將C點的速度進(jìn)行分解，得到速度與水平方向的夾角，進(jìn)而得到圓弧所對的圓心C、D等高、光滑圓弧管道→C、D的速度（對稱性）大小相等經(jīng)過G點且不脫離軌道→①在G點的速度大于0；②滑塊不能超過與圓心O點等高處（重難點）解題思路：已知初始時彈簧的彈性勢能，則根據(jù)能量的觀點來求B點的速度，進(jìn)而根據(jù)能量的觀點來求E的速度，再根據(jù)牛頓第二定律得出E點的受力情況?；瑝K能經(jīng)過G點且不脫離軌道，則只需要求出臨界情況即可。解：（1）當(dāng)滑塊從A滑到B點時，有Ep－μmgL＝解得：vB＝3m/s（2）滑塊從B到C做平拋運動，則豎直方向上做自由落體：＝2gh則滑塊到達(dá)C點時速度大小為：vC＝＝5m/s設(shè)vC與水平方向的夾角為α，則tanα＝＝，即速度方向與水平方向夾角為53°。由于圓弧光滑并且C、D等高，根據(jù)對稱性可知，滑塊處于D點速度方向與水平方向夾角也為53°，且vC＝vD；由幾何關(guān)系可知，DE段圓弧所對圓心角也為53°。從D點到E點，根據(jù)動能定理得：－mgR(1－cos53°)＝－在E點由牛頓第二定律得：FN＋mg＝解得：FN根據(jù)牛頓第三定律得滑塊第一次到達(dá)E點時對軌道的作用力為：F′N＝FN（3）設(shè)滑塊與管道FG之間的動摩擦因數(shù)為μ1，①要使滑塊能經(jīng)過G點，則通過G點的速度大于0，即G點的動能大于0，從E點到G點：＋mg(R－Rcosθ＋dsinθ)－μ1mgcosθ·d＞0解得：μ1＜②要使滑塊不脫離軌道，則滑塊不能超過與O點等高處，所以有＋mg(R－Rcosθ＋dsinθ)－μ1mgcosθ·d－mgR′cosθ≤0解得：μ1≥故要使滑塊能經(jīng)過G點且不脫離軌道，μ1的取值范圍為：0.694≤μ1＜0.893。（2022湖南月考）如圖所示，在水平軌道右側(cè)安放半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為L＝3.0m。水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)。小物塊A（可視為質(zhì)點）從軌道右側(cè)以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經(jīng)水平軌道返回圓形軌道。已知R＝0.3m，物塊A質(zhì)量為m＝1kg，小物塊第一次到達(dá)圓槽軌道最高點時對軌道的壓力和重力等大，且小物塊第一次被彈簧彈回后將停在PQ中點，不會返回圓形軌道。除PQ段外軌道其他部分摩擦不計，取g＝10m/s2。求：（1）物塊A初速度v0；（2）軌道PQ段的動摩擦因數(shù)；（3）調(diào)節(jié)PQ段的長度L，A仍以v0從軌道右側(cè)沖上軌道，當(dāng)L滿足什么條件時，A物塊能第一次返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道。（1）由題意得物塊A在圓形軌道最高點受到的彈力FN＝mg，設(shè)在最高點速度為v1，由牛頓第二定律可得FN＋mg＝從軌道右側(cè)到最高點，由動能定理得－mg·2R＝－解得：v0＝m/s（2）A從右側(cè)軌道開始運動到停在PQ中點，由動能定理得－μmg·L＝0－解得：μ（3）物塊A以v0沖上軌道直到回到PQ段右側(cè)，由動能定理得－μmg·2L＝－解得A回到PQ段右側(cè)速度＝(18－8L)m2/s2要使A能返回右側(cè)軌道且能沿軌道運動而不脫離軌道，則有?①物塊不能超過與圓心等高處，若A沿軌道上滑至最大高度h時，速度減為0，則h滿足0＜h≤R，根據(jù)機械能守恒＝mgh聯(lián)立可得1.5m≤L?②物塊能夠通過軌道最高點，則在軌道最高點的速度滿足≥mg從PQ段軌道右側(cè)到軌道最高點：＝mg·2R＋聯(lián)立得L綜上所述，要使A物塊能第一次返回圓形軌道并能沿軌道運動而不會脫離軌道，L滿足的條件是1.5m≤LL≤0.375m。多過程問題是由直線運動、平拋運動和圓周運動組合而成，這類模型一般各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可。注意：①兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶；②平拋運動末速度的方向往往是解題的突破口；③豎直面內(nèi)的圓周運動往往需要抓住臨界條件：輕繩模型通過最高點的臨界條件mg＝；輕桿模型通過最高點的臨界條件v≥0、輕桿提供的是支持力還是拉力的臨界條件mg＝；物體不會脫離圓軌道的臨界條件：物體能通過圓周的最高點或是不超過與圓心等高的點。傳送帶模型中的動力學(xué)與能量問題（2022·福建月考）如圖所示為一皮帶傳輸機的示意圖。傳送帶AB間距離L＝40m，傾角θ＝37°，以恒定的速度v0＝順時針轉(zhuǎn)動．將礦物無初速地放到傳送帶上，礦物從A端傳輸?shù)紹端，再沿一段與AB相切的半徑R＝圓形圓管軌道運動，到達(dá)最高點C后水平拋出，正好落入車廂中心點O，礦物落點O離最高點C的水平距離x＝，豎直距離h＝，設(shè)每塊礦物質(zhì)量m＝，礦物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，不計空氣阻力。（sin37°＝，cos37°＝，g＝10m/s2）求：（1）每塊礦物到達(dá)C點時對軌道的壓力；（2）每塊礦物到達(dá)B點時的速度大小；（3）如果平均每秒兩塊礦物持續(xù)運送，則相比空載電動機輸出功率增加了多少？關(guān)鍵信息：礦物無初速地放到傳送帶上→礦物將受到沿斜面向上的摩擦力，而做勻加速直線運動μ＞tan37°→當(dāng)貨物加速到與傳送帶共速時，將和傳送帶一起勻速運動圓形圓管軌道→由豎直圓周規(guī)律求解最高點處的壓力到達(dá)最高點C后水平拋出，不計空氣阻力→平拋運動解題思路：求在C點對軌道的壓力，只需要求出C點的速度即可；要求B點的速度，選擇從A到B的過程來求；求相比空載電動機輸出功率增加量，從能量守恒的觀點出發(fā)，電動機多增加的電能完全轉(zhuǎn)化為了礦物增加的動能、重力勢能以及摩擦產(chǎn)生的熱能。（1）礦物從C到O做平拋運動，豎直方向有：h＝gt2，水平方向有：x＝vCt，代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.5s，vC＝2m/s設(shè)礦物在C點受到的支持力為F，方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律有：mg－F＝解得：F＝40N，假設(shè)成立；由牛頓第三定律知礦物到達(dá)C點時對軌道的壓力大小為40N，方向豎直向下；（2）礦物在傳送帶上加速過程中的加速度大小為：a＝2，礦物加速到與傳送帶速度相等經(jīng)過位移：L′＝＝m＝20m＜L＝40m，所以礦物從A到B先勻加速直線運動，后勻速運動，故達(dá)到B點的速度為4m/s。加速的時間：t′＝＝10s（3）從A到B根據(jù)能量守恒可得運送每塊礦物傳送帶多做的功：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q其中增加的動能：ΔEk＝＝40J增加的重力勢能：ΔEp＝mgLsin37°＝1200J礦物與傳送帶相對運動過程中，傳送帶比礦物多走的距離為：S＝v0t′－L′＝20m，產(chǎn)生的熱量：Q＝μmgcos37°S＝640J，平均每秒兩塊礦物持續(xù)運送，則相比空載電動機輸出功率增加了：P＝＝W＝3760W。（2021安徽月考）如圖所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點水平，上端A與B點的高度差為h1＝0.3m，傾斜傳送帶與水平方向的夾角為37°，傳送帶的上端C點到B點的高度差為h2＝0.1125m（傳送帶傳動輪的大小可忽略不計）。一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊（可看作質(zhì)點）從軌道的A點由靜止滑下，然后從B點拋出，恰好以平行于傳動帶的速度從C點落到傳動帶上，傳送帶逆時針傳動，速度大小為v＝0.5m/s，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.8，且傳送帶足夠長，滑塊運動過程中空氣阻力忽略不計，g＝10m/s2，試求：（1）滑塊運動至C點時的速度vC大?。唬?）滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf；（3）滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。（1）在C點，豎直分速度：vy＝＝而vy＝vCsin37°解得：vC＝2.5m/s；（2）C點的水平分速度為：vx＝vB＝vCcos37°＝2m/s從A到B點的過程中，由動能定理可得：mgh1－Wf＝解得：Wf＝1J；（3）滑塊在傳送帶上運動時，由于vC＞v，故滑塊所受的摩擦力方向沿傳送帶向上，據(jù)牛頓第二定律知：μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得：a2；方向沿傳送帶向上；滑塊與傳送帶達(dá)到共同速度耗時：t＝＝s＝5s；二者間的相對位移為：Δs＝－vt＝5m；由于mgsin37°＜μmgcos37°，則共速后滑塊將和傳送帶保持相對靜止，則有：Q＝μmgΔscos37°＝0.8×10×5×0.8J＝32J。傳送帶模型：（1）動力學(xué)問題：物塊滑上傳送帶，對物塊進(jìn)行受力分析時摩擦力的分析是重點，也是易錯點。（2）在傾斜傳送帶中當(dāng)物塊與傳送帶達(dá)到共速時，若μ≥tanθ則物塊將與傳送帶一起做勻速直線運動；若μ＜tanθ則物塊將繼續(xù)做勻變速直線運動；（3）相比空載，當(dāng)傳送帶在轉(zhuǎn)運物塊時，電動機增加的能量為：物塊增加的機械能和物塊在傳送帶上滑動時產(chǎn)生的熱量；（4）劃痕長度、摩擦生熱的計算（易錯點）：若物體從傾斜傳送帶的頂端由靜止釋放，所做運動的v－t圖像如下，則圖線與橫軸圍成的面積表示位移，在同一段時間內(nèi)的面積之差（Δx1和Δx2）表示相對位移。則劃痕長度為Δx1與Δx2中的最大值，而物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝f(Δx1＋Δx2)。板塊模型中的動力學(xué)與能量問題（2022廣東省模擬）如圖甲所示，木板質(zhì)量M＝0.5kg，長L＝1m，初始時刻靜止在光滑水平地面上，可視為質(zhì)點的質(zhì)量m＝1kg的小物塊，以初速度v0從木板左端滑上的瞬間，對木板施加一個水平向右的力F，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。摩擦產(chǎn)生的熱量Q與力F大小的關(guān)系如圖乙所示。g取10m/s2。求：（1）Q2的大??；（2）物塊的初速度v0的大小；（3）A點的坐標(biāo)對應(yīng)的Q1與F1的大小。關(guān)鍵信息：光滑水平地面→木板與地面無摩擦力，熱量Q由小物塊在木板上滑動時產(chǎn)生木板靜止、小物塊以初速度v0從木板左端滑上→小物塊相對木板向右運動，則小物塊受到的摩擦力水平向左，木板的摩擦力水平向右摩擦產(chǎn)生的熱量Q→Q＝f·x相，其中的f是滑動摩擦力解題思路：摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝f·x相，物塊與木板間的滑動摩擦力f＝μmg大小不變，故產(chǎn)生的熱量有相對位移x相決定。則由圖乙可以看出：（1）根據(jù)摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝f·x相可知，無論F取何值，物塊與木板的摩擦力都為f＝μmg＝2N。則摩擦產(chǎn)生的熱量由物塊與木板的相對位移決定。由圖乙可知，當(dāng)F≤1N時，產(chǎn)生的熱量都為Q2，說明當(dāng)F＝1N時，物塊運動到木板的最右端時恰好與木板保持相對靜止，則Q2＝fx相＝fL＝2J（2）當(dāng)F＝1N時，對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有f＝ma1可得物塊的加速a1＝2m/s2，方向水平向左；對木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F＋f＝Ma2可得木板的加速度a2＝6m/s2，方向水平向右；以木板為參考系，則物塊的相對加速度為a相＝a1＋a2＝8m/s2，方向水平向左，則對物塊有＝2a相L解得v0＝4m/s。（3）圖乙中，當(dāng)1＜F≤F1時，摩擦產(chǎn)生的熱量減小，則說明物塊在運動到木板右端前就已經(jīng)與木板共速，即相對位移小于木板的長度。當(dāng)F＞F1時，摩擦產(chǎn)生的熱量又突然增大，而且開始時大于Q2，說明當(dāng)物塊與木板共速后兩者又發(fā)生了相對滑動，由此可知，當(dāng)F＝F1時，物塊與木板恰好不發(fā)生相對滑動，即兩者共速后一起向右加速。則對整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F1＝(m＋M)a①對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有f＝μmg＝ma②由①②解得：F1＝3N。又因為當(dāng)F＝F1＝3N時，物塊在運動到木板右端前就已經(jīng)與木板共速，此過程中對物塊由牛頓第二定律有μmg＝ma1③對木板由牛頓第二定律有F1＋μmg＝Ma3④設(shè)物塊位移為x1，木板位移為x2，經(jīng)時間t達(dá)到共同速度v，則x1＝⑤x2＝⑥且v＝v0－a1t＝a3t⑦此時物塊在木板上的相對位移為x＝x1－x2⑧聯(lián)立③④⑤⑥⑦⑧解得：x＝＝m。所以Q1＝μmgx＝J（2021福建月考）如圖所示，一傾角θ＝30°的光滑斜面（足夠長）固定在水平面上，斜面下端有一與斜面垂直的固定擋板，用手將一質(zhì)量m＝1kg的木板放置在斜面上，木板的上端有一質(zhì)量也為m的小物塊（視為質(zhì)點），物塊和木板間的動摩擦因數(shù)μ＝，初始時木板下端與擋板的距離L＝0.9m。現(xiàn)將手拿開，同時由靜止釋放物塊和木板，物塊和木板一起沿斜面下滑。木板與擋板碰撞的時間極短，且碰撞后木板的速度大小不變，方向與碰撞前的速度方向相反，物塊恰好未滑離木板。取重力加速度大小g＝10m/s2，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）木板第一次與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小v0；（2）從拿開手到木板第二次與擋板碰撞前瞬間，物塊相對木板的位移大小x；（3）木板的長度s以及從拿開手到木板和物塊都靜止的過程中，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。（1）由于μ＞tan30°，所以未放手前物塊靜止在木板上，而將手拿開后，兩者一起相對靜止沿斜面往下運動。從拿開手到木板第一次與擋板碰撞前，對物塊與木板整體，根據(jù)動能定理有：2mgLsinθ＝－0解得：v0＝3m/s；（2）木板第一次與擋板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，設(shè)加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得：a1＝11m/s2木板第一次與擋板碰撞后，物塊的加速度方向沿斜面向上，設(shè)加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律有：μmgcosθ－mgsinθ＝ma2解得：a2＝1m/s2以沿斜面向下為正方向，設(shè)從木板第一次與擋板碰撞后，經(jīng)時間t兩者達(dá)到共同速度v，木板：v＝－v0＋a1t物塊：v＝v0－a2t解得：v＝2.5m/s，v為正值，表示v的方向沿斜面向下。設(shè)從木板第一次與擋板碰撞后到物塊與木板達(dá)到共同速度v的過程