第4講能量觀點解決多過程問題命題點一多運動組合問題1抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程2兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口例1(2017·浙江4月選考·20)圖1中給出了一段“S”形單行盤山公路的示意圖彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r110 m、r220 m，彎道2比彎道1高h(yuǎn)12 m，有一直道與兩彎道圓弧相切質(zhì)量m1 200 kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑(sin 37°0.6，sin 53°0.8，g10 m/s2)圖1(1)求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1；(2)汽車以v1進(jìn)入直道，以P30 kW的恒定功率直線行駛了t8.0 s進(jìn)入彎道2，此時速度恰為通過彎道中心線的最大速度，求直道上除重力以外的阻力對汽車做的功；(3)汽車從彎道1的A點進(jìn)入，從同一直徑上的B點駛離，有經(jīng)驗的司機(jī)會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道設(shè)路寬d10 m，求此最短時間(A、B兩點都在軌道中心線上，計算時視汽車為質(zhì)點)答案見解析解析(1)設(shè)在彎道1沿中心線行駛的最大速度為v1由牛頓第二定律得，kmgm解得v15 m/s(2)設(shè)在彎道2沿中心線行駛的最大速度為v2由牛頓第二定律得，kmgm解得v25 m/s在直道上由動能定理有PtmghWfmvmv代入數(shù)據(jù)可得Wf2.1×104 J(3)沿如圖所示內(nèi)切的路線行駛時間最短，由圖可得r2rr(r1)2代入數(shù)據(jù)可得r12.5 m設(shè)汽車沿該路線行駛的最大速度為v則kmgm得v12.5 m/s由sin 0.8則對應(yīng)的圓心角為2106°路線長度s×2r23.1 m最短時間t1.8 s變式1(2016·浙江4月選考·20)如圖2所示裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成其中軌道由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h10.20 m、h20.10 m，BC水平距離L1.00 m軌道由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高當(dāng)彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m0.05 kg的滑塊沿軌道上升到B點；當(dāng)彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道上升到C點(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g10 m/s2)圖2(1)當(dāng)彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大?。?2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)；(3)當(dāng)彈簧壓縮量為d時，若沿軌道運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由答案(1)0.1 J2 m/s(2)0.5(3)見解析解析(1)由機(jī)械能守恒定律可得E彈EkEpmgh10.05×10×0.20 J0.1 J由Ekmv，可得v02 m/s(2)由E彈d2，可得當(dāng)彈簧壓縮量為2d時，EkE彈4E彈4mgh1由動能定理可得mg(h1h2)mgLEk解得0.5(3)滑塊恰能通過螺旋圓形軌道最高點需滿足的條件是mg由機(jī)械能守恒定律有vv02 m/s解得Rm0.4 m當(dāng)R>0.4 m時，滑塊會脫離螺旋圓形軌道，不能上升到B點；當(dāng)R0.4 m時，滑塊能上升到B點拓展點1圓周直線平拋的組合例2(2017·溫州市質(zhì)檢)半徑R1 m的圓弧軌道下端與一水平軌道連接，水平軌道離地面高度h1 m，如圖3所示，有一質(zhì)量m1.0 kg的小滑塊自圓弧軌道最高點A由靜止開始滑下，經(jīng)過水平軌道末端B時速度為4 m/s，滑塊最終落在地面上，試求：(g取10 m/s2，不計空氣阻力)圖3(1)滑塊落在地面上時的速度大?。?2)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力所做的功答案(1)6 m/s(2)2 J解析(1)因滑塊經(jīng)過水平軌道末端B后下落時只有重力做功，所以取滑塊經(jīng)過水平軌道末端B時為初狀態(tài)，落在地面上時為末狀態(tài)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得(以地面為零勢能面)：mvmghmv20，解得v m/s6 m/s.(2)取滑塊在圓弧軌道最高點A時為初狀態(tài)，落在地面上時為末狀態(tài)，根據(jù)動能定理可得W總WGWfmv20，解得Wfmv2WGmv2mg(Rh)×1×62 J1×10×(11) J2 J，即滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做功2 J.拓展點2直線圓周平拋的組合 例3(2017·嘉興市質(zhì)檢)如圖4所示，一彈射裝置由彈簧發(fā)射器和軌道組成軌道由水平光滑滑道AB與管道BCDE相連接而成，其中BCD是半徑R0.4 m(管道中心到圓心的距離)的豎直光滑圓管道，DE是長度等于0.4 m的水平粗糙管道，在D處的下方有一直徑略大于物塊的小孔，裝置都在同一豎直平面內(nèi)當(dāng)彈簧壓縮到A彈射物塊m1時，恰能使其無初速度地落入D點處的小孔中被收集；當(dāng)彈簧壓縮到A彈射物塊m2時，則其落入E左側(cè)緊靠E的容器甲中已知：m10.05 kg，m20.04 kg.容器甲高h(yuǎn)0.2 m，長L0.4 m，上沿與管道下壁在同一水平面物塊大小略小于管道內(nèi)徑，g10 m/s2.圖4(1)當(dāng)彈簧壓縮到A時，求彈簧的彈性勢能；(2)求物塊m2經(jīng)過D點時對D點的作用力大?。?3)若物塊m2落在容器甲的處，求物塊m2與管道DE間的動摩擦因數(shù)大小. 答案(1)0.4 J(2)0(3)0.375解析(1)物塊m1和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得Ep2m1gR0.4 J(2)從彈簧壓縮到A處到物塊m2經(jīng)過D點的過程中，物塊m2和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得Ep2m2gRm2v，由圓周運動規(guī)律可得Fm2gm2，代入數(shù)據(jù)得在D點管道對物塊m2的作用力F0，根據(jù)牛頓第三定律，物塊對D點的作用力大小F0.(3)物塊m2離開E點后做平拋運動，有hgt2，vE，得vE1 m/s.從D到E由動能定理可得m2gLDEm2vm2v，解得0.375.命題點二傳送帶模型問題傳送帶問題的分析流程和技巧1分析流程2相對位移一對相互作用的滑動摩擦力做功所產(chǎn)生的熱量QFf·x相對，其中x相對是物體間相對路徑長度如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和3功能關(guān)系(1)功能關(guān)系分析：WFEkEpQ.(2)對WF和Q的理解：傳送帶的功：WFFx傳；產(chǎn)生的內(nèi)能QFf·x相對模型1水平傳送帶模型例4(2016·溫州市期中)傾角為30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6 m/s的速度運動，運動方向如圖5所示一個質(zhì)量為2 kg的物體(可視為質(zhì)點)，從h3.2 m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端A、B連線的中點處，重力加速度g取10 m/s2，求：圖5(1)傳送帶左、右兩端A、B間的距離L；(2)上述過程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)物體隨傳送帶向右運動，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)物體從靜止開始到在傳送帶上的速度等于0的過程中，運用動能定理得：mgh00，解得L12.8 m.(2)在此過程中，物體與傳送帶間的相對位移x相v帶·t，又gt2，而摩擦產(chǎn)生的熱量Qmg·x相，聯(lián)立得Q160 J.(3)物體隨傳送帶向右勻加速運動，設(shè)當(dāng)速度為v帶6 m/s時，向右運動的位移為x，則mgxmv，得x3.6 m，即物體在到達(dá)A點前速度與傳送帶速度相等，最后以v帶6 m/s的速度沖上斜面，由動能定理得mvmgh，解得h1.8 m.變式2(2016·杭州市月考)如圖6所示，皮帶的速度是3 m/s，兩輪圓心間距離s4.5 m，現(xiàn)將m1 kg的小物體(可視為質(zhì)點)輕放在左輪正上方的皮帶上，物體與皮帶間的動摩擦因數(shù)0.15，皮帶不打滑，電動機(jī)帶動皮帶將物體從左輪正上方運送到右輪正上方時，求：(g10 m/s2)圖6(1)小物體獲得的動能Ek；(2)這一過程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)這一過程中電動機(jī)消耗的電能E.答案(1)4.5 J(2)4.5 J(3)9 J解析(1)物體開始做勻加速運動，加速度ag1.5 m/s2，當(dāng)物體與皮帶速度相同時mgxmv2.解得物體加速階段運動的位移x3 m4.5 m，則小物體獲得的動能Ekmv2×1×32 J4.5 J.(2)vat，解得t2 s，Qmg·x相對mg(vtx)0.15×1×10×(63) J4.5 J.(3)EEkQ4.5 J4.5 J9 J.模型2傾斜傳送帶模型例5如圖7所示，與水平面夾角30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點與上端B點間的距離L4 m，傳送帶以恒定的速率v2 m/s向上運動現(xiàn)將一質(zhì)量為1 kg的物體無初速度地放于A處，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，取g10 m/s2，求：圖7(1)物體從A運動到B共需多長時間？(2)電動機(jī)因傳送該物體多消耗的電能答案(1)2.4 s(2)28 J解析(1)物體無初速度地放在A處后，因mgsin <mgcos 故物體斜向上做勻加速直線運動加速度a2.5 m/s2物體達(dá)到與傳送帶同速所需的時間t10.8 st1時間內(nèi)物體的位移x1t10.8 m4 m之后物體以速度v做勻速運動，運動的時間t21.6 s物體運動的總時間tt1t22.4 s(2)前0.8 s內(nèi)物體相對傳送帶的位移xvt1x10.8 m因摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgcos ·x6 J整個過程中多消耗的電能E電EkEpQmv2mgLsin Q28 J.1如圖1所示，傳送帶與地面的夾角37°，A、B兩端間距L16 m，傳送帶以速度v10 m/s，沿順時針方向運動，物體m1 kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5，g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，試求：圖1(1)物體由A端運動到B端的時間(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量答案(1)2 s(2)24 J解析(1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力和重力，由牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma1，設(shè)物體經(jīng)時間t1，加速到與傳送帶同速，則va1t1，x1a1t解得：a110 m/s2t11 sx15 m因mgsin >mgcos ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速由mgsin mgcos ma2Lx1vt2a2t解得：t21 s故物體由A端運動到B端的時間tt1t22 s(2)物體與傳送帶間的相對位移x相(vt1x1)(Lx1vt2)6 m故Qmgcos ·x相24 J.2(2017·溫州市質(zhì)檢)滑板運動是一種陸上的“沖浪運動”，滑板運動員可在不同的滑坡上滑行，做出各種動作，給人以美的享受如圖2是模擬的滑板組合滑行軌道，該軌道有足夠長的斜直軌道、半徑R11 m的凹形圓弧軌道和半徑R22 m的凸形圓弧軌道組成，這三部分軌道處于同一豎直平面內(nèi)且依次平滑連接其中M點為凹形圓弧軌道的最低點，N點為凸形圓弧軌道的最高點，凸形圓弧軌道的圓心O點與M點處在同一水平面上，運動員踩著滑板從斜直軌道上的P點無初速度滑下，經(jīng)過M點滑向N點，P點距M點所在水平面的高度h2.45 m，不計一切阻力，運動員和滑板的總質(zhì)量為m50 kg，運動員和滑板可視為質(zhì)點，g10 m/s2.求：圖2(1)運動員滑到M點時的速度大?。?2)運動員滑到N點時，滑板對軌道的壓力大小；(3)改變運動員無初速度下滑時距M點所在水平面的高度，求運動員恰好從N點水平飛出時，運動員的出發(fā)點距M點所在水平面的高度h1.答案(1)7 m/s(2)275 N(3)3 m解析(1)以地面為參考平面，對運動員和滑板從P到M的過程，由機(jī)械能守恒定律得mghmv，解得vM m/s7 m/s.(2)從P到N，由機(jī)械能守恒定律得：mg(hR2)mv，vN m/s3 m/s.滑板在N點時，由牛頓第二定律有mgFNm，解得FNmgm275 N，由牛頓第三定律，滑板滑到N點時，滑板對軌道的壓力FNFN275 N.(3)運動員恰好從N點水平飛出時，由牛頓第二定律得mgm，對從P到N的過程，由機(jī)械能守恒定律有mg(h1R2)mvN2，解得h13 m.3(2017·“金華十校”聯(lián)考)金華某商場門口根據(jù)金華“雙龍”元素設(shè)計了一個精美的噴泉雕塑，兩條龍噴出的水恰好相互銜接(不碰撞)形成一個“”字形某學(xué)習(xí)小組為了研究噴泉的運行原理，將噴泉簡化成如圖3所示的模型，兩個龍可以看成兩個相同對稱圓的一部分(近似看成在同一平面內(nèi))，E、B兩點為圓的最高點抽水機(jī)M使水獲得一定的初速度后沿ABCDEFG運動，水在C、F兩處恰好沿切線進(jìn)入管道，最后回到池中圓半徑為R1 m，角度53°，忽略一切摩擦(g10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6)求：圖3(1)水從B點噴出的速度大??；(2)取B處一質(zhì)量為m0.1 kg的一小段水，管道對這一小段水的作用力大小和方向；(3)若管道B處橫截面積為S4 cm2，則抽水機(jī)M的輸出功率大小(水的密度1×103 kg/m3)答案(1)3 m/s(2)0.8 N豎直向下(3)49.2 W解析(1)水從B點做平拋運動，豎直方向hRRcos 1.6 m.根據(jù)v2gh，得vCy4 m/s又因水在C點剛好與圓相切，得tan ，所以vB3 m/s.(2)以m0.1 kg的一小段水為研究對象當(dāng)水在最高點B受到的管道作用力是0時，有Fnmgm，v臨 m/s3 m/s.故水在B點受到管道豎直向下的壓力，mgFNm，得FN0.8 N.(3)以單位時間(t1 s)從B點噴出的水為研究對象m0SvBt，以A處所在平面為零勢能參考面，由能量守恒定律可得：Ptm0g(2R)m0v，得P34.8 W49.2 W4(2017·湖州市質(zhì)檢)如圖4所示，AB為半徑R1 m的四分之一光滑豎直圓弧軌道，OB豎直有一質(zhì)量m2 kg的物體(可視為質(zhì)點)，從A點的正上方距離A點H1 m處由靜止開始下落CD段為長L2 m的粗糙水平面，物體與水平面間動摩擦因數(shù)10.2.DE段是一個可以改變傾角的長斜面，物體與斜面間動摩擦因數(shù)為2.軌道AB、CD、DE間均光滑連接，物體在經(jīng)過連接處動能損失均不計，空氣阻力不計，g取10 m/s2.圖4(1)物體能沿軌道AB到達(dá)最低點B，求它到達(dá)圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力；(2)當(dāng)斜面傾角30°時，求物體上滑的最大高度；(3)當(dāng)斜面傾角(在0°90°范圍內(nèi))為某值時，物體上滑的最大距離具有最小值，求此最小值答案(1)100 N，方向豎直向下(2)0.8 m(3)60° m解析(1)物體由初始位置運動到B點的過程中根據(jù)動能定理有mg(RH)mv，到達(dá)B點時由支持力FN和重力的合力提供向心力FNmgm，解得FN100 N，根據(jù)牛頓第三定律，物體對軌道的壓力大小為100 N，方向豎直向下(2)設(shè)最高點高度為h，從開始下落到上升到最高點，由功能關(guān)系得mg(HRh)1mgL2mgcos ·0，解得上升的最大高度h0.8 m.(3)設(shè)物體在斜面上上滑的長度為s，從開始下落直至運動到最高點，由動能定理得mg(HR)1mgL(mgsin 2mgcos )s0stan 2，30°.所以當(dāng)60°時，有最小值smin m.5(2017·嘉興市質(zhì)檢)某同學(xué)設(shè)計了一款益智類的兒童彈射玩具，模型如圖5所示，AB段是長度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯開豎直桿內(nèi)裝有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的小球每次將彈簧的長度壓縮至P點后鎖定，設(shè)PB的高度差為h；解除鎖定后彈簧可將小球彈出在彈射器的右側(cè)裝有可左右移動的寬為2R的盒子用于接收小球，盒子的左端最高點Q和P點等高，且與E的水平距離為x，已知彈簧鎖定時的彈性勢能Ep9mgR，小球與水平桿的動摩擦因數(shù)0.5，與其他部分的摩擦不計，不計小球受到的空氣阻力及解除鎖定時的彈性勢能損失，不考慮伸縮豎直桿粗細(xì)變化對小球的影響且桿的粗細(xì)遠(yuǎn)小于圓的半徑，重力加速度為g.求：圖5(1)當(dāng)h3R時，小球到達(dá)彎桿的最高點C處時的速度大小vC；(2)在(1)問中小球運動到最高點C時對彎桿作用力的大??；(3)若h連續(xù)可調(diào)，要使該小球能掉入盒中，求x的最大值答案(1)(2)9mg(3)8R解析(1)小球從P點運動至C點的過程中，機(jī)械能守恒，則有Epmg(hR)mv，解得vC.(2)設(shè)小球在C點時受到彎桿的作用力向下，大小為F，則Fmgm，解得F9mg，根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)潡U的作用力大小為9mg.(3)從P到E的過程中，由動能定理得Epmg(hR)mg·2Rmv0，要使小球落入盒中且x取最大值的臨界情況是正好從Q點掉入盒中，由E到Q做平拋運動得hRgt2，xvEt，聯(lián)立得x2，故當(dāng)h5R時，有xmax8R.判斷：該情況小球能通過最高點C，結(jié)果成立13