资源简介

动力学中能量观点
【知识方法】
方法选用
对于一般的能量变化采用直接法来判断，如重力做功是重力势能变化的原因和量度, 弹簧的弹力做功是弹性势能变化的原因和量度，电场力做功是电势能变化的原因和量度, 合外力做功是动能变化的原因和量度，除重力以外的力做功是机械能变化的原因和量度.
滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即
【考点例题】
【例题1】（2020·全国）如图一个带有光滑圆弧的滑块B，静止于光滑水平面上，圆弧最低点与水平面相切，其质量为M，圆弧半径为R，另一个质量为的小球A，以水平速度，沿圆弧的最低点进入圆弧，求：
(1)小球A能上升的最大高度；
(2)A、B最终分离时的速度。
【例题2】如图所示，一条不可伸长的轻绳长为R，一端悬于天花板上的O点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）．现有一个高为h，质量为M的平板车P，在其左端放有一个质量也为m的小物块Q（可视为质点），小物块Q正好处在悬点O的正下方，系统静止在光滑水平面地面上．今将小球拉至悬线与竖直方向成60°角，由静止释放，小球到达最低点时刚好与Q发生正碰，碰撞时间极短，且无能量损失．已知Q离开平板车时的速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：m=4：1，重力加速度为g．求：
（1）小物块Q离开平板车时速度为多大；
（2）平板车P的长度为多少；
（3）小物块Q落地时距小球的水平距离为多少．
【例题3】（2020·江苏）如图所示，水平地面上有一长L=2m、质量M=1kg的长板，其右端上方有一固定挡板。质量m=2kg的小滑块从长板的左端以v0=6m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。己知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2=0. 5，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
（2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
（3）滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。
【例题4】（2020·泊头）如图所示,倾角θ=37°的足够长光滑斜面上有一质量M=4kg的木板A,在A的上端有一质量m=2kg的物块B(可视作质点),物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.5,斜面底端有一挡板P,木板或者物块与挡板P碰撞后都会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放,释放时木板前端与挡板相距，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:
(1)木板A第1次碰挡板P时的速度多大
(2)木板碰挡板后多长时间速度减为零 此过程中,物块B与木板A间因摩擦产生的热量是多少 (设物块B未滑离木板)
(3)若将木板换成质量不计、长L=2m的轻质板,其他条件不变,则碰挡板后物块B返回到达的最大高度
【参考答案】
【例题1】【答案】(1)4R；(2)，。
【解析】(1)设小球A能上升的最大高度为H，A刚脱离B时水平方向的速度为v，对A、B，由水平方向动量守恒及能量守恒，有
带入v0=，可得小球A能上升的最大高度H=4R；
(2)设A、B最终分离时的速度分别为v1和v2，由水平方向动量守恒及能量守恒，有
解得
，。
【例题2】【答案】（1）（2）（3）=+
【解析】（1）小球由初始位置摆动到最低点的过程，由动能定理得：
解得：v0＝
碰撞过程动量守恒、机械能守恒，则：
解得：v1=0 ， v2＝v0＝
物块Q在平板车上滑行的过程，由动量守恒定律得：
mv2＝mv+
解得：v＝
（2）物块Q在平板车上滑行的过程，
由能量守恒定律得：
解得：L＝
（3）物块Q在平板车上运动的过程由动能定理得：
物块Q离开平板车后做平抛运动，则：
解得：
物块Q落地时距小球的水平距离即为物块运动的水平位移，则：
解得： =+
【例题3】【答案】（1）0.8m ；（2）2N；（3）48J
【解析】（1）（5分）滑块在板上做匀减速运动，a=
解得:a=5m/s2
根据运动学公式得：L=v0t1 -
解得t=0.4s （t=2.0s 舍去）
（碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4m/s>2m/s，说明滑块一直匀减速）
板移动的位移x=vt=0.8m
（2）对板受力分析如图所示，
有：F+=
其中=μ1（M+m）g=12N，=μ2mg=10N
解得：F=2N
（3）法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1=·（L-x） =μ2mg （L-x）=12J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2=μ2mg（L-x）=12J
整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量：Q3=μ1（M+m）g L=24J
所以，系统因摩擦产生的热量：系统因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2+Q3=48J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1=2N （第二问可知）
F1做功为W1=F1x=2×0.8=1.6J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F2=+=μ1（M+m）g+μ2mg=22N
F2做功为W2=F2（L-x）=22×1.2=26.4J
碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4m/s
滑块动能变化：△Ek=20J
所以系统因摩擦产生的热量：Q= W1+W2+△Ek=48J
【例题4】【答案】(1)2m/s（2）0.25s,6.5J(3)0.6m
【解析】(1)分析可知，释放后A、B一起加速下滑　
，，
设木板碰挡板时速度为v,则，
带入数据解得：；
(2)碰后木板A减速上滑,设其加速度大小为aA,有:，
，
故所求时间，
　木板A上滑距离，
此过程中,物块B加速下滑,设其加速度大小为aB,有:，
，
物块B下滑距离
故摩擦生热；
(3)分析可知,此情形下轻质板碰挡板时A、B的速度仍为v=2m/s。由于A板质量不计,故A碰挡板后速度可认为始终保持为0,一直到物块B碰挡板后为止。对轻木板碰挡板后物块下滑过程,有:
解得:，
物块B碰挡板后,带着轻木板B减速沿光滑斜面上滑,有:，
解得:机械能和功能关系
【知识方法】
一、机械能
1．机械能守恒的三种判断方法
(1)做功：看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功代数和是否为零．
(2)能量转化：看是否有机械能转化为其他形式的能．
(3)对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．
2．机械能守恒的三种表达形式
(1)系统初、末态总机械能相等，即E1＝E2.
(2)系统减少的总重力势能ΔEp减等于系统增加的总动能ΔEk增，
即ΔEp减＝ΔEk增或ΔEp增＝ΔEk减．
(3)若系统只有A、B两物体，则A减少的机械能ΔEA减等于B增加的机械能ΔEB增．即ΔEA减＝ΔEB增．
3.解机械能守恒题目的一般方法
(1)对物体进行运动过程的分析，分析每一段运动过程的运动规律.
(1)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条件.
(3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解.
二、功能关系　能量守恒定律
1．几种常见的功能转化关系
2．应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有哪几种形式的能(如机械能、内能等)在变化；
(2)分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式或列出最初的能量E初和最终的能量E终的表达式；
(3)根据ΔE增＝ΔE减或E初＝E终列等式求解．
【考点例题】
【例题1】（2022·安徽）如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块A相接触而不相连，原来A静止在水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿水平面向右运动，在O点与物块A相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力F撤去．运动到D点时，恰好速度为零．AB物体最后被弹簧弹回C点停止，已知CO=4s，OD=s，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能的最大值为( )
A．1.43Fs B．2Fs C．2.5Fs D．3Fs
【例题2】（2022·河北）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）
A．物体B带负电，受到的电场力大小为mgsinθ
B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsinθ
D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量
【例题3】（多选）（2020·全国）由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是
A．小球落到地面相对于A点的水平位移值为
B．小球落到地面相对于A点的水平位移值为
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度
【例题4】（多选）（2022·安徽）如图甲所示，水平地面上固定一粗糙斜面，小物块以初速度从斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F(F小于物块受的摩擦力)，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v－t图象，不考虑空气阻力，下列说法正确的是
A．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小
B．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大
C．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较大
D．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小
【例题5】（多选）（2020·安徽）如图所示，a、b两个小球用一根不可伸长的细线连接，细线绕过固定光滑水平细杆C、与光滑水平细杆口接触，C、D在同一水平线上。D到小球b的距离是L，在D的正下方也固定有一光滑水平细杆E。D、E间距为，小球a放在水平地面上，细线水平拉直，由静止释放b，当细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球a对地面的压力恰好为0，不计小球大小，则下列说法正确的是
A．细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球b加速度大小不变
B．细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球b速度发生变化
C．小球a与小球b质量比为5：1
D．将D、E细杆向左平移相同的一小段距离再固定，由静止释放小球b，线与E相碰的一瞬间，小球a会离开地面。
【例题6】（多选）（2022·安徽）竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径为R ，P 为圆弧轨道的最低点。P 点左侧的四个轨道均相同，P 点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示。现让四个相同的小球 （ 可视为质点，直径小于图丁中圆管内径 ） 分别从四个直轨道上高度均为h 处由静止下滑，关于小球通过P 点后的运动情况，下列说法正确的是 （ ）
A．若 h＜R，则四个小球能达到的最大高度均相同
B．若 h=R ，则四个小球能达到的最大高度均相同
C．若h=R ，则图乙中的小球能达到的高度最大
D．若 h=R ，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同
【例题7】（2020·广东）倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求
（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；
（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。
【例题8】（2020·全国）如图所示，间距为L的平行金属轨道MN、PQ均固定在竖直平面内，两轨道均由水平光滑直轨道和半径为r的四分之一光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的最低点切线水平，水平轨道有一部分处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的边界垂直于轨道，磁场边界间距也为L，轨道N、Q端接有阻值为R的定值电阻，磁场右侧轨道上固定有弹性立柱，两立柱连线与轨道垂直，一个质量为m的金属棒从轨道的M、P端由静止释放，金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，此后，金属棒刚好能再次穿过磁场，金属棒和轨道电阻均不计，重力加速度为g，求
(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；
(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。
【参考答案】
【例题1】【答案】A
【解析】B与A碰撞前的瞬间的动能
解得：
B与A在碰撞过程中动量守恒，设共同速度为，则有
解得：
B与A碰撞后AB整体弹回到C点过程中有：
解得：
B与A碰撞后AB整体到达D点过程中有：
解得：
【例题2】【答案】B
【解析】
A、当施加外力时，对B分析可知：F-mgsinθ-F电=0，解得：F电=2mgsinθ，故A错误；
B、当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsinθ,解得：，故B正确；
C、当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为：F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a，解得：a=gsinθ，故C错误；
D、物体B的电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误；
【例题3】【答案】BC
【解析】小球从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的临界速度等于零，由机械能守恒定律求小球能从细管A端水平抛出的最小高度．
小球从D到A运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律得，解得，小球从A点抛出后做平抛运动，运动时间，则小球落到地面时相对于A点的水平位移，故A错误B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度应大于零即可，即，解得：H＞2R，所以小球能从细管A端水平抛出的最小高度，故C错误D正确．
【例题4】【答案】AC
【解析】AB．有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小．A正确，B错误；
CD．根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大．C正确，D错误；
【例题5】【答案】CD
【解析】AB．细线与水平细杆接触瞬间，小球的速度不会突变，但是由与小球做圆周运动半径变小，由可知，其加速度变大，故A、B错误；
C．当细线与水平细杆E接触的一瞬间，对小球a可知，细线中的拉力为
对小球b，由牛顿第二定律可得
由机械能守恒可得
解得,故C正确；
D．将D、E细杆向左平移相同的一小段距离x，则
解得,故小球a会离开地面，故D正确；
【例题6】【答案】ACD
【解析】A．若，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度处，即小球不会超过圆弧的四分之一轨道，则不会脱离圆轨道，故上升到最高点的速度均位列零，最大高度相同为h，A正确；
B．若h＝R，根据机械能守恒，甲乙丁都能上升到右侧高度R处而不会越过圆弧的四分之一轨道，而丙图中小球做斜上抛运动离开轨道，到达最高点时还有水平的速度，最大高度小于R，B错误；
C．若，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，丙图小球离开轨道，最高点速度也不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C正确；
D．若，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得，
得最高点的速度为
对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v1，根据机械能守恒得，
而到达最高点的速度v=v1cos60°，
联立解得最高点的速度,则两球到达最高点的速度相等，根据机械能守恒得，甲、丙图中小球到达的最大高度相等，故D正确；
【例题7】【答案】（1）（2）
【解析】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律：
以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿第二定律：
已知
联立可得：
（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v
这个过程， 4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L，由动能定理，有：
可得：
由于动摩擦因数为，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动；
第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理：
可得：
当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为，因此到达水平面的时间差也为
所以滑块在水平面上的间距为
联立解得
【例题8】【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】(1)由题意可知从导体棒释放到达最低点的过程中，有动能定理有：
在圆轨道最低点合力提供向心力有：
联立解得：；根据牛顿第三定律可知金属棒对轨道的压力大小为：
(2)由题意可知金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，且金属棒刚好能再次穿过磁场，即再次穿过磁场时速度恰好为0，设两次穿越磁场的时间为t，流过电荷量为q，此过程中根据：
可得：
对整个运动过程根据动量定理有：
联立两式结合(1)可解得：
金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量为：
(3)设金属棒第一次穿出磁场时速度为v1，则根据动量定理有：
所以金属棒第一次穿过磁场的过程中，根据能量守恒有：
联立两式结合(2)的结果可得：

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