浙江选考版高考物理大一轮复习 第五章 机械能守恒定律 第4讲 能量观点解决多过程问题学案Word格式.docx
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解得v2==5m/s
在直道上由动能定理有
Pt-mgh+Wf=mv-mv
代入数据可得Wf=-2.1×
104J
(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短,
由图可得r′2=r+[r′-(r1-)]2
代入数据可得r′=12.5m
设汽车沿该路线行驶的最大速度为v′
则kmg=m
得v′==12.5m/s
由sinθ==0.8
则对应的圆心角为2θ=106°
路线长度s=×
2πr′≈23.1m
最短时间t′=≈1.8s
变式1 (2016·
20)如图2所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成.其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接,高度差分别是h1=0.20m、h2=0.10m,BC水平距离L=1.00m.轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成,且A点与F点等高.当弹簧压缩量为d时,恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点;
当弹簧压缩量为2d时,恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点.(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比,g=10m/s2)
图2
(1)当弹簧压缩量为d时,求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小;
(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数;
(3)当弹簧压缩量为d时,若沿轨道Ⅱ运动,滑块能否上升到B点?
请通过计算说明理由.
答案
(1)0.1J 2m/s
(2)0.5 (3)见解析
解析
(1)由机械能守恒定律可得
E弹=ΔEk=ΔEp=mgh1=0.05×
10×
0.20J=0.1J
由ΔEk=mv,可得v0=2m/s
(2)由E弹∝d2,可得当弹簧压缩量为2d时,
ΔEk′=E弹′=4E弹=4mgh1
由动能定理可得-mg(h1+h2)-μmgL=-ΔEk′
解得μ==0.5
(3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是
mg=
由机械能守恒定律有
v=v0=2m/s
解得Rm=0.4m
当R>
0.4m时,滑块会脱离螺旋圆形轨道,不能上升到B点;
当R≤0.4m时,滑块能上升到B点.
拓展点1 圆周+直线+平抛的组合
例2 (2017·
温州市质检)半径R=1m的圆弧轨道下端与一水平轨道连接,水平轨道离地面高度h=1m,如图3所示,有一质量m=1.0kg的小滑块自圆弧轨道最高点A由静止开始滑下,经过水平轨道末端B时速度为4m/s,滑块最终落在地面上,试求:
(g取10m/s2,不计空气阻力)
图3
(1)滑块落在地面上时的速度大小;
(2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力所做的功.
答案
(1)6m/s
(2)2J
解析
(1)因滑块经过水平轨道末端B后下落时只有重力做功,所以取滑块经过水平轨道末端B时为初状态,落在地面上时为末状态,根据机械能守恒定律可得(以地面为零势能面):
mv+mgh=mv2+0,
解得v==m/s=6m/s.
(2)取滑块在圆弧轨道最高点A时为初状态,落在地面上时为末状态,
根据动能定理可得W总=WG+Wf=mv2-0,
解得Wf=mv2-WG=mv2-mg(R+h)
=×
1×
62J-1×
(1+1)J=-2J,
即滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做功2J.
拓展点2 直线+圆周+平抛的组合
例3 (2017·
嘉兴市质检)如图4所示,一弹射装置由弹簧发射器和轨道组成.轨道由水平光滑滑道AB与管道BCDE相连接而成,其中BCD是半径R=0.4m(管道中心到圆心的距离)的竖直光滑圆管道,DE是长度等于0.4m的水平粗糙管道,在D处的下方有一直径略大于物块的小孔,装置都在同一竖直平面内.当弹簧压缩到A弹射物块m1时,恰能使其无初速度地落入D点处的小孔中被收集;
当弹簧压缩到A弹射物块m2时,则其落入E左侧紧靠E的容器甲中.已知:
m1=0.05kg,m2=0.04kg.容器甲高h=0.2m,长L=0.4m,上沿与管道下壁在同一水平面.物块大小略小于管道内径,g=10m/s2.
图4
(1)当弹簧压缩到A时,求弹簧的弹性势能;
(2)求物块m2经过D点时对D点的作用力大小;
(3)若物块m2落在容器甲的处,求物块m2与管道DE间的动摩擦因数大小.
答案
(1)0.4J
(2)0 (3)0.375
解析
(1)物块m1和弹簧组成的系统机械能守恒,
得Ep=2m1gR=0.4J
(2)从弹簧压缩到A处到物块m2经过D点的过程中,物块m2和弹簧组成的系统机械能守恒,
得Ep=2m2gR+m2v,
由圆周运动规律可得
F+m2g=m2,
代入数据得在D点管道对物块m2的作用力F=0,
根据牛顿第三定律,物块对D点的作用力大小F′=0.
(3)物块m2离开E点后做平抛运动,
有h=gt2,vE=,
得vE=1m/s.
从D到E由动能定理可得
-μm2gLDE=m2v-m2v,
解得μ=0.375.
命题点二 传送带模型问题
传送带问题的分析流程和技巧
1.分析流程
2.相对位移
一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q=Ff·
x相对,其中x相对是物体间相对路径长度.如果两物体同向运动,x相对为两物体对地位移大小之差;
如果两物体反向运动,x相对为两物体对地位移大小之和.
3.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=Ff·
x相对.
模型1 水平传送带模型
例4 (2016·
温州市期中)倾角为30°
的光滑斜面的下端有一水平传送带,传送带正以6m/s的速度运动,运动方向如图5所示.一个质量为2kg的物体(可视为质点),从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑,物体经过A点时,不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面,都不计其动能损失.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,物体向左最多能滑到传送带左右两端A、B连线的中点处,重力加速度g取10m/s2,求:
图5
(1)传送带左、右两端A、B间的距离L;
(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量;
(3)物体随传送带向右运动,最后沿斜面上滑的最大高度h′.
答案
(1)12.8m
(2)160J (3)1.8m
解析
(1)物体从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中,运用动能定理得:
mgh-=0-0,解得L=12.8m.
(2)在此过程中,物体与传送带间的相对位移
x相=+v带·
t,又=μgt2,而摩擦产生的热量Q=μmg·
x相,
联立得Q=160J.
(3)物体随传送带向右匀加速运动,设当速度为v带=6m/s时,向右运动的位移为x,则μmgx=mv,得x=3.6m<,即物体在到达A点前速度与传送带速度相等,最后以v带=6m/s的速度冲上斜面,由动能定理得mv=mgh′,解得h′=1.8m.
变式2 (2016·
杭州市月考)如图6所示,皮带的速度是3m/s,两轮圆心间距离s=4.5m,现将m=1kg的小物体(可视为质点)轻放在左轮正上方的皮带上,物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.15,皮带不打滑,电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时,求:
(g=10m/s2)
图6
(1)小物体获得的动能Ek;
(2)这一过程中摩擦产生的热量Q;
(3)这一过程中电动机消耗的电能E.
答案
(1)4.5J
(2)4.5J (3)9J
解析
(1)物体开始做匀加速运动,加速度a=μg=1.5m/s2,当物体与皮带速度相同时μmgx=mv2.
解得物体加速阶段运动的位移x=3m<4.5m,
则小物体获得的动能
Ek=mv2=×
32J=4.5J.
(2)v=at,解得t=2s,
Q=μmg·
x相对=μmg(vt-x)=0.15×
(6-3)J=4.5J.
(3)E=Ek+Q=4.5J+4.5J=9J.
模型2 倾斜传送带模型
例5 如图7所示,与水平面夹角θ=30°
的倾斜传送带始终绷紧,传送带下端A点与上端B点间的距离L=4m,传送带以恒定的速率v=2m/s向上运动.现将一质量为1kg的物体无初速度地放于A处,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=,取g=10m/s2,求:
图7
(1)物体从A运动到B共需多长时间?
(2)电动机因传送该物体多消耗的电能.
答案
(1)2.4s
(2)28J
解析
(1)物体无初速度地放在A处后,
因mgsinθ<
μmgcosθ
故物体斜向上做匀加速直线运动.
加速度a==2.5m/s2
物体达到与传送带同速所需的时间t1==0.8s
t1时间内物体的位移x1=t1=0.8m<4m
之后物体以速度v做匀速运动,运动的时间
t2==1.6s
物体运动的总时间t=t1+t2=2.4s
(2)前0.8s内物体相对传送带的位移
Δx=vt1-x1=0.8m
因摩擦产生的热量Q=μmgcosθ·
Δx=6J
整个过程中多消耗的电能
E电=Ek+Ep+Q=mv2+mgLsinθ+Q=28J.
1.如图1所示,传送带与地面的夹角θ=37°
,A、B两端间距L=16m,传送带以速度v=10m/s,沿顺时针方向运动,物体m=1kg,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,g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,试求:
(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)2s
(2)24J
解析
(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力,由牛顿第二定律得:
mgsinθ+μmgcosθ=ma1,
设物体经时间t1,加速到与传送带同速,
则v=a1t1,x1=a1t
解得:
a1=10m/s2
t1=1s
x1=5m
因mgsinθ>
μmgcosθ,故当物体与传送带同速后,物体将继续加速
由mgsinθ-μmgcosθ=ma2
L-x1=vt2+a2t
t2
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