【物理】2018届一轮复习人教版专题五动力学和能量观点的综合应用学案

【物理】2018届一轮复习人教版专题五动力学和能量观点的综合应用学案

专题五 动力学和能量观点的综合应用 ‎【专题解读】‎ ‎1.本专题是力学两大观点在直线运动、曲线运动多物体多过程的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．‎ ‎2．学好本专题，可以极大的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)．‎ 考向一　多运动组合问题 ‎1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．‎ ‎2．解题策略 ‎(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．‎ ‎(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．‎ ‎3．解题关键 ‎(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．‎ ‎(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．‎ ‎【例1】　如图1所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)‎ 图1‎ ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；‎ ‎(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．‎ 关键词 ①直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切；②水平飞出后，恰好通过G点．‎ ‎【答案】(1)2　(2)mgR　(3)　m ‎ ‎(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.‎ 由几何关系得：‎ 方法总结 多过程问题的解题技巧 ‎1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景．‎ ‎2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．‎ ‎3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．‎ 阶梯练习 ‎1．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H.N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；‎ ‎(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；‎ ‎(3)摩擦力对小球做的功．‎ ‎【答案】(1)H　(2)L　mg(1＋)，方向竖直向下　(3)mg(－R) ‎ ‎2．如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R＝‎1.0 m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h＝‎2.4 m．用质量为m＝‎0.2 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放，物块经过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．(不计空气阻力，g取‎10 m/s2)‎ 图3‎ ‎(1)求物块过B点时的瞬时速度大小vB及物块与桌面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若轨道MNP光滑，求物块经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；‎ ‎(3)若物块刚好能到达轨道最高点M，求物块从B点到M点运动的过程中克服摩擦力所做的功W.‎ ‎【答案】(1)‎6 m/s　0.4　(2)16.8 N，方向竖直向下 ‎(3)4.4 J 解得FN′＝16.8 N 根据牛顿第三定律，FN＝FN′＝16.8 N，方向竖直向下 ‎(3)物块刚好能到达M点，有mg＝m 解得vM＝＝ m/s 物块到达P点的速度vP＝＝‎8 m/s 从P到M点应用动能定理，有 ‎－mgR(1＋cos 60°)－WPNM＝mv－mv 考向二　传送带模型问题 ‎1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．‎ ‎2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．‎ 例2　如图4所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝‎2 m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝‎6 m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为‎1 kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2.斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：‎ 图4‎ ‎(1)B向右运动的总时间；‎ ‎(2)B回到传送带左端的速度大小；‎ ‎(3)上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．‎ 关键词①光滑固定斜面；②B与传送带间的动摩擦因数为0.2；③B经过一段时间回到传送带的左端．‎ ‎【答案】(1)2 s　(2)‎2 m/s　(3)(16＋4) J ‎ ‎【解析】(1)B向右减速运动的过程中，刚开始时，B的速度大于传送带的速度，以B为研究对象，水平方向B受到向左的摩擦力与绳对B的拉力，设绳子的拉力为FT1，以向左为正方向，得FT1＋μmg＝ma1①‎ 以A为研究对象，则A的加速度的大小始终与B相等，A向上运动的过程中受力如图，则 mgsin 37°－FT1＝ma1②‎ 联立①②可得a1＝＝‎4 m/s2③‎ B的速度与传送带的速度相等时所用的时间 t1＝＝1 s.‎ 所以它们受到的合力不变，所以B的加速度a3＝a2＝‎2 m/s2.‎ t1时间内B的位移x1＝t1＝－‎4 m，‎ 负号表示方向向右．‎ t2时间内B的位移x2＝×t2＝－‎1 m，‎ 负号表示方向向右．‎ B的总位移x＝x1＋x2＝－‎5 m.‎ B回到传送带左端的位移x3＝－x＝‎5 m.‎ 速度v＝＝‎2 m/s.‎ ‎(3)t1时间内传送带的位移x1′＝－v0t1＝－‎2 m，‎ 该时间内传送带相对于B的位移Δx1＝x1′－x1＝‎2 m.‎ t2时间内传送带的位移x2′＝－v0t2＝－‎2 m，‎ 方法总结 ‎1．分析流程 ‎2．功能关系 ‎(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.‎ ‎(2)对WF和Q的理解：‎ ‎①传送带的功：WF＝Fx传；‎ ‎②产生的内能Q＝Ffx相对．‎ 阶梯练习 ‎3．如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝‎16 m，传送带以速度v＝‎10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝‎1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝‎10 m/s2，试求：‎ 图5‎ ‎(1)物体由A端运动到B端的时间；‎ ‎(2)系统因摩擦产生的热量．‎ ‎【答案】(1)2 s　(2)24 J ‎4．一质量为M＝‎2.0 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图6甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)．已知传送带的速度保持不变，g取‎10 m/s2.‎ 图6‎ ‎(1)指出传送带速度v的大小及方向，说明理由．‎ ‎(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ.‎ ‎(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？‎ ‎【答案】(1)‎2.0 m/s　方向向右　(2)0.2　(3)24 J　36 J ‎ ‎ ‎ 考向三　滑块—木板模型问题 ‎1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．‎ ‎2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．‎ ‎3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．‎ 例3　图7甲中，质量为m1＝‎1 kg的物块叠放在质量为m2＝‎3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2.整个系统开始时静止，重力加速度g取‎10 m/s2.‎ 甲 图7‎ ‎(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？‎ ‎(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．‎ ‎【答案】(1)8 N　(2)见解析 系统摩擦产生的内能Q1＝μ‎1m1gΔx1＝4 J.‎ ‎2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝‎1 m，‎ 物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ‎1m1gΔx2＝2 J；‎ 木板对地位移x2＝‎3 m，‎ 木板与地面因摩擦产生的内能 Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J.‎ ‎0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为 Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J.‎ 方法总结 滑块—木板模型问题的分析和技巧 ‎1．解题关键 正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，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系确定物体的运动情况．‎ ‎2．规律选择 既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE内＝－ΔE机＝Ffx相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用．‎ 阶梯练习 ‎5．如图8所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝30°的斜面底端，将弹簧压缩至A点锁定，然后将一质量为m的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面间动摩擦因数μ＝，解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B点，A、B两点的高度差为h0，已知重力加速度为g.‎ 图8‎ ‎(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.‎ ‎(2)求物块从A到B的时间t1与从B返回到A的时间t2之比．‎ ‎(3)若每当物块离开弹簧后，就将弹簧压缩到A点并锁定，物块返回A点时立刻解除锁定．设斜面最高点C的高度H＝2h0，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出？‎ ‎【答案】(1)mgh0　(2)　(3)见解析 ‎【解析】(1)物块受到的滑动摩擦力Ff＝μmgcos θ，‎ A到B过程由功能关系有－Ff＝mgh0－Ep，‎ 解得Ep＝mgh0.‎