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专题三　应用力学两大观点分析多过程问题
考纲解读 1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．
考点一　动力学方法的应用
若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．
例1　如图1所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

图1
(1)小球水平抛出时的初速度v0；
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x；
(3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？

解析　(1)由题意可知，小球落到斜面上并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示
vy＝v0tan 53°，v＝2gh
代入数据，得
vy＝4 m/s，v0＝3 m/s.
(2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s
x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m.
(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度
a＝＝8 m/s2
初速度v＝＝5 m/s
＝vt2＋at
代入数据，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(不符合题意舍去)
所以t＝t1＋t2＝2.4 s.
答案　(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s
变式题组
1．[动力学方法的应用]如图2所示，一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F，物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG段．已知物块的质量m＝1 kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，AB段长L＝10 m，B、E两点的高度差h＝0.8 m，B、E两点的水平距离x＝1.6 m．若物块可看做质点，空气阻力不计，g取10 m/s2.

图2
(1)为使物块越过“壕沟”，求物块在B点最小速度v的大小；
(2)若θ＝37°，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力F的大小；(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(3)若θ大小不确定，为使物块恰好越过“壕沟”，求力F的最小值(结果可保留根号)．
答案　(1)4 m/s　(2)5.27 N　(3) N
解析　(1)h＝gt2
t＝＝0.4 s
v＝＝4 m/s
(2)v2＝2aL
解得a＝0.8 m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：
Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma
F＝
代入数据可得：F≈5.27 N
(3)由数学知识可知：F＝≥
代入数据得：Fmin＝ N
考点二　能量观点的应用
若一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．
例2　滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图3所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m．一运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2 m，H＝2.8 m，g取10 m/s2.求：

图3
(1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB；
(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时的速度的大小；如不能，则最后停在何处？
解析　(1)由题意可知：vB＝①
解得：vB＝2v0＝6 m/s.
(2)从B点到E点，由动能定理可得：
mgh－μmgsCD－mgH＝0－mv②
由①②代入数据可得：μ＝0.125.
(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理mgh－mgh′－μmg·2sCD＝0－mv
解得h′＝1.8 m<h＝2 m
所以第一次返回时，运动员不能回到B点．
设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：
mgh－μmgs＝0－mv
解得s＝30.4 m
因为s＝3sCD＋6.4 m，经分析可知运动员最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)．
答案　(1)6 m/s　(2)0.125　(3)不能　最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)
变式题组
2．[能量观点的应用] 如图4所示，从 A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，R＝0.75 m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10 m/s2.求：

图4
(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；
(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
答案　(1)5 m/s　方向与水平面的夹角为37°
(2)47.3 N　(3)2.8 m
解析　(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有：
H－h＝gt2
设小物块到达B点时竖直分速度为vy：vy＝gt
则小物块运动到B点时的速度
v1＝＝5 m/s
速度方向与水平面的夹角为θ：tan θ＝＝，即θ＝37°.
(2)设小物块到达C点时速度为v2，从B点至C点，由动能定理得mgh＝mv－mv
设小物块在C点受到的支持力为FN，则有
FN－mg＝
解得v2＝2 m/s，FN≈47.3 N
根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N.
(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5 N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
Ff′＝μ2(M＋m)g＝10 N
因Ff<Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动
设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0
则长木板长度为l＝＝2.8 m
所以长木板至少为2.8 m，才能保证小物块不滑出长木板．
考点三　动力学和能量观点的综合应用
例3　如图5所示，质量为m＝1 kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道．B、C为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R＝1.0 m，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.8 m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s后经过D点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图5
(1)求小物块离开A点时的水平初速度v1的大小；
(2)求小物块经过O点时对轨道的压力；
(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s，求P、A间的距离；
(4)求斜面上C、D间的距离．
解析　(1)对于小物块，由A点到B点，有v＝2gh
在B点，有tan ＝
所以v1＝3 m/s.
(2)对于小物块，从B点到O点，由动能定理知
mgR(1－cos )＝mv－mv
其中vB＝＝ m/s＝5 m/s
由牛顿第二定律知，在O点，有FN－mg＝m，
所以FN＝43 N
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为FN′＝43 N，方向竖直向下．
(3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma
设P、A间的距离为xPA，则xPA＝＝＝1.5 m.
(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mgsin ＋μ1mgcos ＝ma1
解得a1＝10 m/s2，方向沿斜面向下
小物块沿斜面下滑时有mgsin －μ1mgcos ＝ma2
解得a2＝6 m/s2，方向沿斜面向下
由机械能守恒定律可知vC＝vB＝5 m/s
小物块由C点上升到最高点历时t1＝＝0.5 s
小物块由最高点回到D点历时
t2＝0.8 s－0.5 s＝0.3 s
故xCD＝t1－a2t，解得xCD＝0.98 m
答案　(1)3 m/s　(2)43 N，方向竖直向下　(3)1.5 m
(4)0.98 m
变式题组
3．[动力学和能量观点的综合应用] (2013·福建·20)如图6，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L＝1.0 m，B点离地高度H＝1.0 m，A、B两点的高度差h＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气影响，求：

图6
(1)地面上DC两点间的距离s；
(2)轻绳所受的最大拉力大小．
答案　(1)1.41 m　(2)20 N
解析　(1)小球从A到B过程机械能守恒，有
mgh＝mv①
小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有
H＝gt2②
在水平方向上有s＝vBt③
由①②③式解得s≈1.41 m④
(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝m⑤
由①⑤式解得
F＝20 N
根据牛顿第三定律得轻绳所受的最大拉力为20 N.
高考模拟　明确考向
1．(2014·福建·21)如图7所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．

图7
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程中轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)某游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
答案　(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R
解析　(1)游客从B点做平抛运动，有
2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
游客从A运动到B，根据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)．⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，游客从B运动到P，由机械能守恒定律，有
mg(R－Rcos θ)＝mv－0⑥
过P点时，根据向心力公式，有
mgcos θ－N＝m⑦
N＝0⑧
cos θ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R.
2．滑板是青少年喜爱的体育运动，如图8所示，一位少年正在进行滑板运动．图中ABD是同一水平路面，BC是一段R＝4 m的圆弧路面，圆弧的最高点C与其圆心O在同一竖直线上，BC对应的圆心角为37°，该少年从A点由静止开始运动，他在AB路段单腿用力蹬地，然后冲上圆弧路段到达C点，从C点水平抛出，其落地点与C点的水平距离为1.6 m．如果该少年和滑板可视为一个质点，总质量为40 kg，不计滑板与各路段之间的摩擦力以及经过B点时的能量损失．已知重力加速度g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求：

图8
(1)在C点时该少年对路面的压力；
(2)该少年在AB段所做的功．
答案　(1)240 N，方向竖直向下　(2)640 J
解析　(1)由几何关系可得，C点离地面的高度
h＝R－Rcos 37°＝0.8 m
少年从C点做平抛运动，由x＝vt，h＝gt2
代入已知量，联立解得v＝4 m/s
少年在C点受到重力和路面的支持力，由牛顿第二定律得mg－FN＝
解得FN＝240 N
由牛顿第三定律得，少年对路面的压力大小为240 N，方向竖直向下．
(2)设少年从A点到C点过程做功为W，由功能关系有
W－mgh＝mv2
得W＝640 J.
3．如图9所示为仓库中常用的传送带传输装置示意图，它由两台传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3 m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距3.05 m，B、C相距很近．水平部分AB以5 m/s的速率顺时针转动．将质量为10 kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.求：(重力加速度g取10 m/s2)

图9
(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；
(2)若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度vCD应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间t的取值范围(结果可用根号表示)．
答案　(1)1.25 m　(2)vCD≥3 m/s　 s≤t≤1.7 s
解析　(1)米袋在AB上运动时，由牛顿第二定律得
μmg＝ma0，解得加速度为：a0＝＝μg＝5 m/s2
米袋的速度达到v0＝5 m/s时，滑行的距离为：s0＝＝2.5 m<AB＝3 m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度，
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，代入数据解得：a＝10 m/s2
所以能上升的最大距离：s＝＝1.25 m.
(2)设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点(即米袋到达D点时速度恰好为零)，由牛顿第二定律可知，米袋速度减为v1之前的加速度为：a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2，
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为：a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式得：＋＝3.05 m，
代入数据解得：v1＝3 m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1＝3 m/s.
米袋恰能运到D点所用时间最长tmax＝＋＝1.7 s，
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2，设米袋在D点的速度为v2，由位移公式得：
v－v＝2a2sCD
tmin＝
代入数据解得：tmin＝ s，
所以，所求的时间t的范围为 s≤t≤1.7 s.
练出高分
1．如图1所示，AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝.(g＝10 m/s2，结果可保留根号)求：

图1
(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力；
(2)物块滑上薄木板时的速度大小；
(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．
答案　(1)3 N，方向竖直向下　(2) m/s
(3)2.5 m/s2　 s
解析　(1)物块从A运动到B的过程，由动能定理得：
mgR＝mv，解得：vB＝2 m/s
在B点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m
解得：FN＝3 N
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下．
(2)设物块滑上薄木板时的速度为v，则：cos 30°＝
解得：v＝ m/s.
(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：
对物块：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1
对薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t
解得：a1＝2.5 m/s2，t＝ s.
2．如图2所示，一物块质量m＝1 kg自平台上以速度v0水平抛出，刚好落在邻近一倾角为α＝53°的粗糙斜面AB顶端，并恰好沿该斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.032 m，粗糙斜面BC倾角为β＝37°，足够长．物块与两斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，A点离B点所在平面的高度H＝1.2 m．斜面AB和斜面BC在B点用一段平滑的小圆弧连接，物块在斜面上运动的过程中始终未脱离斜面，不计在B点的机械能损失．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，cos 37°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.

图2
(1)求物块水平抛出的初速度v0；
(2)若取A所在水平面为零势能面，求物块第一次到达B点的机械能；
(3)从滑块第一次到达B点时起，经0.6 s正好通过D点，求B、D之间的距离．
答案　(1)0.6 m/s　(2)－4 J　(3)0.76 m
解析　(1)物块离开平台做平抛运动，由平抛运动规律得：vy＝＝ m/s＝0.8 m/s
由于物块恰好沿斜面下滑，则
vA＝＝ m/s＝1 m/s
v0＝vAcos 53°＝0.6 m/s.
(2)物块在A点时的速度vA＝1 m/s
从A到B的运动过程中由动能定理得
mgH－μmgcos 53°＝mv－mv
在B点时的机械能：EB＝mv－mgH＝－4 J.
(3)物块在B点时的速度vB＝4 m/s
物块沿BC斜面向上运动时的加速度大小为：
a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2
物块从B点沿BC斜面向上运动到最高点所用时间为t1＝＝0.4 s，然后沿斜面下滑，下滑时的加速度大小为：
a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2
B、D间的距离：xBD＝－a2(t－t1)2＝0.76 m.
3．如图3所示，有一个可视为质点的质量m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝1.8 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v＝3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R＝2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．

图3
答案　(1)22.5 N，方向竖直向下　(2)32 J
解析　(1)设小物块在C点的速度为vC，在C点由vC＝，解得vC＝3 m/s
设小物块在D的速度为vD.从C到D，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv－mv，解得vD＝5 m/s
设在D点轨道对小物块的作用力为FN：FN－mg＝m
解得FN＝22.5 N，
由牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小为22.5 N，方向竖直向下．
(2)设小物块在传送带上的加速度为a，则
μmg＝ma　a＝μg＝5 m/s2
设小物块由D点向左运动至速度为零，所用时间为t1，位移为x1，则
vD＝at1
x1＝t1
设t1时间内传送带向右的位移为x2，则x2＝vt1
小物速度由零增加到与传送带速度相等的过程，所用时间为t2，t2＝
通过的位移x3，x3＝t2
传送带的位移为x4＝vt2
小物块相对传送带移动的路程为
x＝x1＋x2＋x4－x3
Q＝μmgx，解得Q＝32 J.
4．如图4所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R＝0.2 m，L＝1 m，v0＝2 m/s，物块A质量为m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10 m/s2.求：

图4
(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小；
(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度；
(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道．
答案　(1)2 m/s　(2)0.2 m　(3)1.0 m≤L<1.5 m或L≤0.25 m
解析　(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，
由动能定理，可得：－μmgL＝mv－mv
解得v1＝2 m/s.
(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度为h1，
由动能定理，可得：－μmgL－mgh1＝0－mv
解得：h1＝0.2 m＝R，符合实际．
(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则h2满足：0<h2≤R
由动能定理，可得：－2μmgL1－mgh2＝0－mv
联立可得：1 m≤L1<1.5 m
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：m≥mg
由动能定理，可得：－2μmgL2－mg·2R＝mv－mv
联立可得：L2≤0.25 m
综上所述，要使物块A能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是：1 m≤L<1.5 m或L≤0.25 m.