1、第32課時應用能量觀點解決力學綜合問題(題型研究課)1.(2018全國卷)如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小其軌跡最高點，機械能的增量為()長度為2R；bc是半徑與重力大小相等的水球從a點開始運動到A2mgRC5mgRB4mgRD6mgR解析：選C小球從a點運動到c點，根據動能定理得，F3RmgRmv2，又Fmg，解得v2gR，小球12離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，且水平方向的加速度大小也為g，水平位移xgt22

2、R，根據功能關系，小球從a點到軌跡最高點v故小球從c點到最高點所用的時間tg2R1g2E機械能的增量等于力F做的功，即F(3Rx)5mgR，C正確。2.(多選)(2018全國卷)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提通過豎井運送到地其中圖線分別描升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第次和第次提升過程()A礦車上升所用的時間之比為45B電機的最大牽引力之比為21C電機輸出的最大功率之比為21D電機所做的功之比為45解析：選AC兩次提升的高度相同，則圖線與時間

3、軸圍成的面積相等，由幾何知識可得第次提升過程t550所用時間為2t022t0，所以礦車兩次上升所用時間之比為2t02t045，故A正確；在加速上升階段電機的牽引力最大，由牛頓第二定律知，Fmgma，Fm(ga)，由于兩次提升的質量和加速度都相同，故最大牽引力相同，故B錯誤；兩次提升加速階段達到的最大速度之比為21，由PFv可知，電機輸出的最大功率之比為21，故C正確；兩個過程動能變化量相同，克服重力做功相同，由動能定理知，兩次電機做功也相同，故D錯誤。3(多選)(2018江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的

4、水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A加速度先減小后增大B經過O點時的速度最大C所受彈簧彈力始終做正功D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功解析：選AD物塊由A點開始向右做加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，F彈減小，由F彈Ffma，知a減小；當運動到F彈Ff時，a減小為零，此時物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態；由于慣性，物塊繼續向右運動，此時FfF彈ma，物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續減小，a逐漸增大；當越過O點后，彈簧開始被拉伸，此時F彈Ffma，隨著拉伸量增大，a繼續增大，綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在O點左側F彈Ff時速度達到最大，故A正確，B

5、錯誤；在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負功，故C錯誤；由動能定理知，從A到B的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。備考視角能量觀點是解答動力學問題的三大觀點之一。能熟練應用能量觀點解題是學生深化物理知識、提升綜合分析能力的重要體現。高考試卷的壓軸題也常需要用到能量的觀點。通過該部分的復習，能培養學生的審題能力、推理能力和規范表達能力。命題點一摩擦力做功與能量的關系1兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功只有能量的轉移，沒有能量的轉化互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數和為零，即要么一正一負，要么都不做功滑動摩擦力做功既有能量的轉移，又有能量的轉化互為作用力和反作用力的

6、一對滑動摩擦力所做功的代數和為負值，即要么一正一負，要么都做負功；代數和為負值說明機械能有損失轉化為內能2求解相對滑動物體的能量問題的方法(1)正確分析物體的運動過程，做好受力分析。(2)利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系。(3)根據功的公式和功能關系解題。典例如圖所示，一個可視為質點的小物塊的質量為m1kg，從光滑平臺上的A點以v02m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質量為M3kg的長木板。已知長木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，水平地面光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數0.3

7、，圓弧軌道的半徑為R0.4m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角60，不計空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；(2)要使小物塊不滑出長木板，長木板長度的最小值。解析(1)小物塊在C點時的速度大小vvC0cos60小物塊由C到D的過程中，由動能定理得11mgR(1cos60)2mvD22mvC2代入數據解得vD25m/s小物塊在D點時由牛頓第二定律得v2DFNmgmR代入數據解得FN60N由牛頓第三定律得FNFN60N，方向豎直向下。(2)設小物塊剛好能滑到長木板左端且達到共同速度的大小為v，滑行過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為a1mg，

8、a2MmgLmvD2(mM)v222mgmg速度分別為vvDa1t，va2t對小物塊和長木板組成的系統，由能量守恒定律得11解得L2.5m。答案(1)60N，方向豎直向下(2)2.5m易錯提醒(1)無論是求解滑動摩擦力做功，還是求解靜摩擦力做功，都應代入物體相對于地面的位移。(2)摩擦生熱QFfl相對中，若物體在接觸面上做往復運動時，則l相對為總的相對路程。集訓沖關1.(多選)如圖所示，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平塊(可視為質點)放在小車的最左端。現用一水平恒力F作用在小物塊面上，質量為m的小物上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最

9、右端時，小車運動的距離為x。此過程中，下列結論正確的是()A小物塊到達小車最右端時具有的動能為(FFf)(Lx)B小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為FfxC小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(Lx)D小物塊和小車增加的機械能為Fx解析：選ABC由動能定理可得小物塊到達小車最右端時的動能Ek物W合(FFf)(Lx)，A正確；小車的動能Ek車Ffx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功WfFf(Lx)，C正確；小物塊和小車增加的機械能EF(Lx)FfL，D錯誤。2如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m2kg的另一物體B(可視為質點)以水平速度v02m/s滑上原來靜止的A的上表面。由于A、B

10、間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化的情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10m/s2)()AA獲得的動能為2JB系統損失的機械能為4JCA的最小長度為2mDA、B間的動摩擦因數為0.1解析：選D由題圖乙可知，A、B的加速度大小均為1m/s2，根據牛頓第二定律知二者質量相等，A獲得的動11E能為1J，選項A錯誤；系統損失的機械能2mv0222mv22J，選項B錯誤；由題圖乙可求出A、B相對位移為1m，即A的最小長度為1m，選項C錯誤；對B，根據牛頓第二定律得，mgma，解得0.1，選項D正確。3(多選)質量為m的物體，在水平面上只受摩擦力作用，以初動能E0做勻變速直線運動，經距離d后，動能

11、減小為E0，則(3)2E0A物體與水平面間的動摩擦因數為B物體再前進便停止mgsE0，解得sd，物體再前進便停止，B錯誤；將物體的運動看成反方向的勻加速直線運動，則連續運動三22個距離所用時間之比為1(21)(32)，所以物體滑行距離d所用的時間是滑行后面距離所用時間的(33mgdd3C物體滑行距離d所用的時間是滑行后面距離所用時間的3倍D若要使此物體滑行的總距離為3d，其初動能應為2E02E03解析：選AD由動能定理知WfmgdE0E0，解得3mgd，A正確；設物體總共滑行的距離為s，則有3dd21)倍，C錯誤；若要使此物體滑行的總距離為3d，則由動能定理知mg3dEk，解得Ek2E0，D正

12、確。命題點二傳送帶模型問題1.設問的角度1動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。2能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。2.功能關系分析1功能關系分析：WEkEpQ。2對W和Q的理解：傳送帶做的功：WFx傳。產生的內能：QFfx相對。題型1水平傳送帶問題例1(2019滕州模擬)如圖所示，水平傳送帶A、B兩輪間的距高度H3.2m，傳送帶以恒定的速率v02m/s沿順時針方向勻速運

13、離L40m，離地面的動。兩個完全相同的滑塊P、Q中間夾有一根輕質彈簧(彈簧與滑塊P、Q不拴接)，用一輕繩把滑塊P、Q拉至最近(彈簧始終處于彈性限度內)，使彈簧處于最大壓縮狀態。現將滑塊P、Q輕放在傳送帶的最左端，滑塊P、Q一起從靜止開始運動，t14s時輕繩突然斷開，很短時間內彈簧伸長至自然長度(不考慮彈簧長度的影響)，此時滑塊P速度反向，滑塊Q的速度大小剛好是滑塊P的速度大小的兩倍。已知滑塊P、Q的質量均為m0.2kg，滑塊P、Q與傳送帶之間的動摩擦因數均為0.1，重力加速度g10m/s2。求：(1)彈簧處于最大壓縮狀態時的彈性勢能；(2)滑塊P、Q落地的時間差；(3)滑塊P、Q在傳送帶上運動

14、的全過程中由于摩擦產生的熱量。解析(1)滑塊P、Q在傳送帶上的加速度大小ag1m/s2v滑塊P、Q從靜止到與傳送帶共速所需時間t0a02s滑塊P、Q共同加速的位移大小1x02at022mL40m故滑塊P、Q第2s末相對傳送帶靜止取向右為速度的正方向，由動量守恒定律有2mv0mvQmvP又|vQ|2|vP|解得vQ8m/s，vP4m/s彈簧最大壓縮狀態時的彈性勢能111Ep2mvP22mvQ222mv027.2J。(2)滑塊P、Q離開傳送帶后做平拋運動的時間相等，故滑塊P、Q的落地時間差就是彈簧恢復到自然長度后，滑塊P、Q在傳送帶上運動的時間之差。t14s時，滑塊P、Q位移大小x1x0v0(t1

15、t0)6m滑塊Q與傳送帶相對靜止時所用的時間t2vvQa06st1解析(1)由題圖可知，傳送帶長xh3m這段時間內滑塊Q的位移大小1tx2vQ22at2230mx16m，即滑塊P速度未減小到0時，已經到達了A端滑塊P運動到A端時的速度大小|vP|vP22ax12m/sa滑塊P運動的時間t4|vP|vP|2st滑塊P、Q落地時間差t2t3t46s。(3)滑塊P、Q共同加速階段由于摩擦產生的熱量為Q12mg(v0t0 x0)0.8J分離后滑塊Q向右運動階段由于摩擦產生的熱量為Q2mg(x2v0t2)3.6J分離后滑塊P向左運動階段由于摩擦產生的熱量為Q3mg(x1v0t4)2J全過程產生的總熱量Q

16、Q1Q2Q36.4J答案(1)7.2J(2)6s(3)6.4J題型2傾斜傳送帶問題例2如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角30，傳送帶在保持v02m/s的速率運行，現把一質量為m10kg的工件(可視為質點)端，經過時間t1.9s，工件被傳送到h1.5m的高處，g取10m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數；(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能。sin工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移vx120t1勻速運動的位移為xx1v0(tt1)解得加速運動的時間t10.8s加速運動的位移x10.8mv所以加速度a02.5m/s2電動機的帶動下，始終輕輕放在傳送帶的底由牛頓第二定律有mgcosm

17、gsinma解得32。(2)由能量守恒定律知，電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發生相對位移時摩擦力做功產生的熱量在時間t1內，傳送帶運動的位移x傳v0t11.6m在時間t1內，工件相對傳送帶的位移x相x傳x10.8m在時間t1內，摩擦生熱Qmgcosx相60J1最終工件獲得的動能Ek2mv0220J工件增加的勢能Epmgh150J電動機多消耗的電能WQEkEp230J。答案(1)規律方法32(2)230J傳送帶模型問題的分析流程集訓沖關1.(多選)如圖所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速率vm的某物塊無初速度地放在傳送帶的左端，經過時間t物塊保持與傳送

18、勻速運動。現將質量為帶相對靜止。設物塊與A摩擦力對物塊做的功為mv2B傳送帶克服摩擦力做的功為mv2C系統摩擦生熱為mv2用點對地位移大小為x2，則x1vt，x2vt2x1，對物塊運用動能定理有WfFfx1mv2，選項A正確；傳送帶22傳送帶間的動摩擦因數為，對于這一過程，下列說法正確的是()121212D電動機多做的功為mv2解析：選ACD設物塊與傳送帶之間的滑動摩擦力大小為Ff，物塊的位移大小為x1，物塊對傳送帶摩擦力的作11克服摩擦力做的功為WfFfx22Ffx1mv2，選項B錯誤；系統摩擦生熱為QFfx相對Ff(x2x1)Ffx1mv2，21選項C正確；根據能量的轉化與守恒定律，電動機多做的功等于物塊增加的動能和系統增加的內能之和，即為mv2，選項D正確。(t2多選)如圖甲所示，傾角為的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行，0時，將質量m1kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v-t圖像如圖乙所示。設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g10m/s2，則()A傳送帶的速率v010m/sB傳送帶的傾角30C物體與傳送帶之間的動摩擦因數0.5D02.0s內摩擦力對物體做功Wf24J解析：選ACD根據題圖乙可得，物體速度等于10m/s時加速度發生突變，所以傳送帶的速率為v010m/s，選項A正確；物體01.0s的加速度a110m/s