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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题2学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心3用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)【高考领航】【2019浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在
2、竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（ ）A5 s B4.8 s C4.4 s D3 s【答案】A【解析】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度，在AB段，根据动能定理可得，解得，故；小车在BC段，根据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得，解得，故小车在BC上运动的加速度为
3、，故小车在BC段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A正确。【2019江苏高考】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。【答案】(1)(2)3gg(3)2【解析】A、B的运动过程如图
4、所示：(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aAgA在B上滑动时有2aALv解得：vA。(2)设A、B的质量均为m对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小Fmg2mg3mg由牛顿第二定律得FmaB，得aB3g对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F2mg由牛顿第二定律得F2maB，得aBg。(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA则vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得：vB2。【技巧方法】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程
5、”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证2分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关
6、系确定物体的运动情况(3)关注临界点“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变【最新考向解码】【例1】(2019广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t0时刻以v08 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b中画出物块在斜面上
7、运动的整个过程中的速度时间图象，取沿斜面向上为正方向。【答案】(1)8 m/s22 m/s2(2)3 s(3)4 m/s图象见解析【解析】(1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma1，则a1gsingcos8 m/s2，物块下滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma2，则a2gsingcos2 m/s2。(2)物块上滑过程：t11 ss1t14 m物块下滑过程：s2s1a2t得t22 s故总时间tt1t23 s。(3)物块下滑过程：v2a2t24 m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的vt图象如图所示。【例2】（2019江苏省扬州中学高三模拟）如图所示，平直木板A
8、B倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释放，恰好可以到达B点，小物块的速度v、加速度a、动能Ek和机械能E机（取地面为零势能面）随下滑位移x变化的图像可能正确的是（ ）ABCD【答案】C【解析】设斜面的倾角为据题有=kx，k是常数。小物块所受的滑动摩擦力大小为 f=mgcos=kxmgcos，知fx根据动能定理得，得v2=2gxsinkx2gcos，知vx图象为曲线，故A错误。根据牛顿第二定律得mgsinmgcos=ma，结合=kx，得a=gsinkxgcos，a随x先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B错误。根据动能定理得，得Ek=mgxsinkx
9、2mgcos，知Ekx是开口向下的抛物线，故C正确。根据功能关系知，随着x的增大，E机x图象斜率绝对值增大，故D错误。【例3】（2019山西省太原市第五中学高三模拟）如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则由此可知（ ）A该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度一定也为v0B该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度不一定为v0C该物体从A点静止出发沿ACD 滑动到D点的速度大小一定为v0D该
10、物体从A点静止出发沿ACD 滑动到D点的速度一定小于v0【答案】AD【解析】物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得:，由几何关系 ，因而上式可以简化为，即，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度一定也为v0，故A正确；B错误；该物体从A点静止出发沿ACD 滑动到D点有动能定理可知：与公式，比较可知：，故C错误；D正确；故选AD。【微专题精练】1(多选)(2019广东省茂名市第二次模拟)如图，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点质量为m的小球(可视为质点)以初速
11、度v0沿AB运动恰能通过最高点，则()AR越大，v0越大 Bm越大，v0越大CR越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大 Dm越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大【答案】AD【解析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mgm，则vD，根据动能定理得mvmv2mgR，解得v0，可见R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关，A正确，B错误；小球经过B点的瞬间，FNmgm，则轨道对小球的支持力FNmgm6mg，则FN大小与R无关，随m增大而增大，由牛顿第三定律知C错误，D正确2(2019河南省洛阳市上学期期中)如图所示，一个半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动
12、摩擦因数为.一质量为m的小滑块(可看作质点)自P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道小滑块滑到轨道最低点N时对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示小滑块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功则()A小滑块恰好可以到达Q点 B小滑块不能到达Q点CWmgR DWmgR【答案】C【解析】从最高点到N点，由动能定理有2mgRWmv2，在N点，由牛顿第二定律有FNmgm，由牛顿第三定律有FNFN4mg联立可得WmgR，故C正确，D错误；小滑块从P点到N点再到Q点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN段与轨道之间的压力大于NQ
13、段小滑块与轨道之间的压力，根据FfFN可知，小滑块在PN段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ段小滑块克服摩擦力做的功W0，小滑块到达Q点后，还能继续上升，故A、B错误3(2017全国卷16)如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl【答案】A【解析】由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加Epmgmgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为Wmgl
14、 ，故选项A正确，B、C、D错误4(多选)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2，则()A传送带的速率v010 m/s B传送带的倾角30C物体与传送带之间的动摩擦因数0.5 D02.0 s内摩擦力对物体做功Wf24 J【答案】ACD【解析】当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据vt图象可得，传送带的速率为v010 m/s，选项A正确；1.0 s之前的加速度a110 m/s2
15、,1.0 s之后的加速度a22 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin gcos a1，gsin gcos a2，解得sin 0.6，37，0.5，选项B错误，C正确；摩擦力大小Ffmgcos 4 N，在01.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.02.0 s内，摩擦力对物体做负功，01.0 s内物体的位移为5 m,1.02.0 s内物体的位移是11 m,02.0 s内摩擦力做的功为4(115) J24 J，选项D正确5.(2018河北省石家庄二中期中)如图，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C点固定有大小不计的压力开关和长木
16、板相连，当对开关的压力超过15 N时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离已知长木板长1 m，圆轨道半径R1 m，滑块和长木板的质量均为1 kg，滑块与长木板间的动摩擦因数10.4，长木板与水平面间的动摩擦因数20.1，g取10 m/s2.若滑块从轨道上距离C点高h0.45 m的位置由静止释放，求：(1)滑块到C点时对轨道压力的大小；(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量【答案】(1)19 N(2)1.5 m(3)4.5 J【解析】(1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mghmv，解得v03 m/s在C
17、点由向心力公式知：FNmg，解得FN19 N由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力FNFN19 N(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中：滑块的加速度大小a14 m/s2木板的加速度大小a22 m/s2由v0a1ta2tv共得出，t0.5 s，v共1 m/s滑块的位移x1t1 m之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a31 m/s2x30.5 m故滑块的总位移xx1x31.5 m.(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mghQ4.5 J.6.(2019安徽宣城高三上学期期末)质量为m1 kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度为v4 m/s，此时对物块施加F6 N的方向向左的
18、拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O点。已知与桌面间动摩擦因数为0.2，重力加速度g10 m/s2。求：(1)此过程中物块到O点的最远距离；(2)撤去F时物块到O点的距离。【答案】(1)1 m(2) m【解析】(1)物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为a1，物块与O点的最远距离为x1，则有Fmgma1解得a18 m/s2；由v22a1x1，可得x11 m。(2)物块向左运动过程中，有力F作用时做匀加速运动，设加速度大小为a2，最大速度大小为v1，加速位移大小为x2，撤去拉力F后做匀减速运动，设加速度大小为a3，减速位移大小为x3，则有Fmgma2，解得a24 m/s2mgma
19、3，解得a32 m/s2由v2a2x2v2a3x3x2x3x1联立解得x3 m，即撤去F时物块到O点的距离为 m。7.(2019陕西师大附中模拟)如图所示，与水平面成30角的传送带以v2 m/s的速度按如图所示方向顺时针匀速运动，AB两端距离l9 m把一质量m2 kg的物块(可视为质点)无初速度的轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向上运动若物块与传送带间的动摩擦因数，不计物块的大小，g取10 m/s2.求：(1)从放上物块开始计时，t0.5 s时刻摩擦力对物块做功的功率是多少？此时传送带克服摩擦力做功的功率是多少？(2)把这个物块从A端传送到B端的过程中，传送带运送物块产生的热量是多大
20、？(3)把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？ 【答案】(1)14 W28 W(2)14 J(3)18.8 W【解析】(1)物块受沿传送带向上的摩擦力为：Ffmgcos 3014 N由牛顿第二定律得：Ffmgsin 30ma，a2 m/s2物块与传送带速度相同时用时为：t1 s1 s因此t0.5 s时刻物块正在加速，其速度为：v1at1 m/s则此时刻摩擦力对物块做功的功率是：P1Ffv114 W此时刻传送带克服摩擦力做功的功率是：P2Ffv28 W(2)当物块与传送带相对静止时：物块的位移x1at212 m1 ml9 m摩擦力对物块做功为：W1Ffx1141
21、J14 J此段时间内传送带克服摩擦力所做的功：W2Ffvt128 J这段时间产生的热量：QW2W114 J(3)物块在传送带上匀速运动的时间为：t24 s把物块由A端传送到B端摩擦力对物块所做的总功为：W总mglsin 30mv2把物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是：18.8 W.8.(2019四川省德阳市质检)如图所示，倾角30的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B 点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态已知木板与物块间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1
22、)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.【答案】(1)(2)mg(3)mgh【解析】(1)由动能定理得2mv2mg(hLsin )解得：v0(2)对木板与物块整体由牛顿第二定律有F02mgsin 2ma0对物块由牛顿第二定律有mgcos mgsin ma0解得：F0mg(3)设拉力F的作用时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下
23、端到达B点，速度恰好减为零对木板有Fmgsin mgcos ma1mgsin mgcos ma3对物块有mgcos mgsin ma2对木板与物块整体有2mgsin 2ma4另有：a1t1a3t2a2(t1t2)a2(t1t2)a4t3a1ta1t1t2a3ta4tWFa1t解得：Wmgh.9.如图甲所示，半径R0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M1 kg，长度l1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h0.2 m质量m1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放取g10 m/s2.试求：(1)物
24、块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离【答案】(1)30 N(2)1 m/s(3)0.2 m【解析】(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则有mgRmv解得vB3 m/s在B点由牛顿第二定律得，FNmgm，解得FN30 N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B点时对轨道的压力FNFN30 N，方向竖直向下(2)物块
25、在平板车上滑行时摩擦力做功Wfl4 J物块由静止到滑离平板车过程中由动能定理得，mgRWfmv2，解得v1 m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a1g2 m/s2对平板车有a22 m/s2经过时间t1物块滑离平板车，则有vBt1a1ta2t1 m解得t10.5 s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v物vBa1t12 m/s此时平板车的速度v车a2t11 m/s物块滑离平板车后做平抛运动的时间t20.2 s物块落地时距平板车右端的水平距离s(v物v车)t20.2 m.10.(2018安徽省蚌埠二中期中)如图甲所示，质量为m0.1 kg的小球，用长l0.4 m的细线与固定在圆心处的力传感器相连
26、，小球和传感器的大小均忽略不计当在最低点A处给小球6 m/s的初速度时，小球恰能运动至最高点B，空气阻力大小恒定求：(g取10 m/s2)(1)小球在A处时传感器的示数；(2)小球从A点运动至B点过程中克服空气阻力做的功；(3)小球在A点以不同的初速度v0开始运动，当运动至B点时传感器会显示出相应的读数F，试通过计算在图乙所示坐标系中作出Fv图象【答案】(1)10 N(2)0.8 J(3)如图所示【解析】(1) 在A点，由牛顿第二定律有F1mgm，则F110 N(2)由题意知在B点时，有mgm，则vB2 m/s小球从A到B的过程中，根据动能定理：W克f2mglmvmv解得W克f0.8 J(3)小球从A到B的过程中，根据动能定理：有W克f2mglmvmv小球在最高点Fmgm联立得：Fv9，Fv图象如图所示专心-专注-专业