国通用大一轮复习讲义文档专题强化六 动力学和能量观点的综合应用.docx
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国通用大一轮复习讲义文档专题强化六动力学和能量观点的综合应用
专题强化六 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).
命题点一 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 (2016·全国Ⅰ卷·25)如图1,一轻弹簧原长为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sin37°=
,cos37°=
)
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.
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
解析
(1)由题意可知:
lBC=7R-2R=5R①
设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得
mglBCsinθ-μmglBCcosθ=
mvB2②
式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得
vB=2
③
(2)设BE=x,P到达E点时速度为零,此时弹簧的弹性势能为Ep,由B→E过程,根据动能定理得
mgxsinθ-μmgxcosθ-Ep=0-
mvB2④
E、F之间的距离l1为l1=4R-2R+x⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1sinθ-μmgl1cosθ=0⑥
联立③④⑤⑥式得
x=R⑦
Ep=
mgR⑧
(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:
x1=
R-
Rsinθ=3R⑨
y1=R+
R+
Rcosθ=
R⑩
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式得:
y1=
gt2⑪
x1=vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫得
vD=
⑬
设P在C点速度的大小为vC,在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有
m1vC2=
m1vD2+m1g(
R+
Rcosθ)⑭
P由E点运动到C点的过程中,由动能定理得
Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)cosθ=
m1vC2⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1=
m
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.
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:
图2
(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)
解析
(1)由H=
gt2和L=vQt可得距Q水平距离为
的圆环中心到底板的高度为
H.
(2)由
(1)可得速度的大小vQ=L
,
在Q点由牛顿第二定律有FN-mg=m
,
对轨道压力的大小FN′=FN=mg(1+
),方向竖直向下.
(3)由动能定理有mgR+Wf=
mvQ2-0,故摩擦力对小球做的功Wf=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=1.0m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=2.4m.用质量为m=0.2kg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10m/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)6m/s 0.4
(2)16.8N,方向竖直向下
(3)4.4J
解析
(1)物块过B点后遵从x=6t-2t2,
所以知:
vB=6m/s,a=-4m/s2.
由牛顿第二定律:
-μmg=ma,解得μ=0.4.
(2)物块竖直方向的分运动为自由落体运动
P点速度在竖直方向的分量vy=
=4
m/s
P点速度在水平方向的分量vx=vytan30°=4m/s
解得离开D点的速度为vD=4m/s
由机械能守恒定律,有
mvN2=
mvD2+mg(h+R-Rcos60°)
解得vN2=74m2/s2
根据牛顿第二定律,有FN′-mg=m
解得FN′=16.8N
根据牛顿第三定律,FN=FN′=16.8N,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=
=8m/s
从P到M点应用动能定理,有
-mgR(1+cos60°)-WPNM=
mvM2-
mvP2
解得WPNM=2.4J.
从B到D点应用动能定理有-WBD=
mvD2-
mvB2
解得WBD=2J.
物块从B点到M点的运动过程中克服摩擦力所做的功为2.4J+2J=4.4J.
命题点二 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=2m/s向右匀速运动,某时刻B从传送带左端以速度v1=6m/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1kg,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10m/s2,sin37°=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.
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)2s
(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
mgsin37°-FT1=ma1②
联立①②可得a1=
=4m/s2③
B的速度与传送带的速度相等时所用的时间
t1=
=1s.
当B的速度与传送带的速度相等之后,B仍然做减速运动,而此时B的速度小于传送带的速度,所以受到的摩擦力变成了向右,所以其加速度发生了变化,此后B向右减速运动的过程中,设绳子的拉力为FT2,以B为研究对象,水平方向B受到向右的摩擦力与绳对B的拉力,则FT2-μmg=ma2④
以A为研究对象,则A的加速度的大小始终与B是相等的,A向上运动的过程中
mgsin37°-FT2=ma2⑤
联立④⑤可得a2=
=2m/s2.
当B向右速度减为0,经过时间
t2=
=1s.
B向右运动的总时间t=t1+t2=1s+1s=2s.
(2)B向左运动的过程中,受到的摩擦力的方向仍然向右,仍然受到绳子的拉力,同时,A受到的力也不变,所以它们受到的合力不变,所以B的加速度a3=a2=2m/s2.
t1时间内B的位移x1=
t1=-4m,
负号表示方向向右.
t2时间内B的位移x2=
×t2=-1m,
负号表示方向向右.
B的总位移x=x1+x2=-5m.
B回到传送带左端的位移x3=-x=5m.
速度v=
=2
m/s.
(3)t1时间内传送带的位移x1′=-v0t1=-2m,
该时间内传送带相对于B的位移Δx1=x1′-x1=2m.
t2时间内传送带的位移x2′=-v0t2=-2m,
该时间内传送带相对于B的位移Δx2=x2-x2′=1m.
B回到传送带左端的时间为t3,则t3=
=
s.
t3时间内传送带的位移x3′=-v0t3=-2
m,
该时间内传送带相对于B的位移
Δx3=x3-x3′=(5+2
)m.
B与传送带之间的摩擦力Ff=μmg=2N.
上述过程中,B与传送带间因摩擦产生的总热量
Q=Ff(Δx1+Δx2+Δx3)=(16+4
)J.
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.
3.如图5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,物体质
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