2019年高考物理一轮复习 第五章 机械能 专题强化六 动力学和能量观点的综合应用课件.ppt

专题强化六动力学和能量观点的综合应用 第五章机械能 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 内容索引 命题点一多运动组合问题 命题点二传送带模型问题 课时作业 命题点三滑块 木板模型问题 1 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 1 求P第一次运动到B点时速度的大小 lBC 7R 2R 5R 答案 解析 2 求P运动到E点时弹簧的弹性势能 答案 解析 答案 分析 解析 x1 vDt 联立 得 P由E点运动到C点的过程中 联立 得 P由C运动到D的过程中 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 答案 解析 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 答案 解析 3 摩擦力对小球做的功 答案 解析 2 如图所示 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 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 答案 解析 6m s0 4 分析 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 mg ma 解得 0 4 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 答案 解析 16 8N 方向竖直向下 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 解析 4 4J 2 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 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 答案 2s 答案 答案 分析 解析 mg 2 a3 a2 2m s2 B的总位移x x1 x2 5m B回到传送带左端的位移x3 x 5m 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 x1 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 x2 x2 x2 1m 该时间内传送带相对于B的位移 B与传送带之间的摩擦力Ff mg 2N 上述过程中 B与传送带间因摩擦产生的总热量 1 分析流程2 功能关系 1 功能关系分析 WF Ek Ep Q 2 对WF和Q的理解 传送带的功 WF Fx传 产生的内能Q Ffx相对 3 如图所示 传送带与地面的夹角 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 物体质量m 1kg无初速度地放置于A端 它与传送带间的动摩擦因数 0 5 sin37 0 6 g 10m s2 试求 1 物体由A端运动到B端的时间 答案 解析 2s mgsin mgcos ma2 因mgsin mgcos 故当物体与传送带同速后 物体将继续加速 解得t2 1s故物体由A端运动到B端的时间t t1 t2 2s 2 系统因摩擦产生的热量 答案 解析 24J 物体与传送带间的相对位移x相对 vt1 x1 L x1 vt2 6m故Q mgcos x相对 24J 4 一质量为M 2 0kg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10m s2 1 指出传送带速度v的大小及方向 说明理由 答案 解析 2 0m s方向向右 v 2 0m s 方向向右 共速 2 计算物块与传送带间的动摩擦因数 答案 解析 0 2 由v t图象可得 物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度 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 解析 24J36J 3 命题点三滑块 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 图甲中 质量为m1 1kg的物块叠放在质量为m2 3kg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 1 0 2 整个系统开始时静止 重力加速度g取10m s2 例3 甲 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 答案 解析 8N 把物块和木板看成整体 F m1 m2 a物块与木板将要相对滑动时 1m1g m1a联立解得F 1 m1 m2 g 8N 2 在0 4s内 若拉力F的变化如图乙所示 2s后木板进入 2 0 25的粗糙水平面 在图丙中画出0 4s内木板和物块的v t图象 并求出0 4s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 分析 见解析 F1 14N 8N发生相对滑动 F2 2N 1mg物块匀速 解析 物块在0 2s内做匀加速直线运动 木板在0 1s内做匀加速直线运动 在1 2s内做匀速运动 2s后物块和木板均做匀减速直线运动 故二者在整个运动过程中的v t图象如图所示 0 2s内物块相对木板向左运动 2 4s内物块相对木板向右运动 0 2s内物块相对木板的位移大小 x1 2m 系统摩擦产生的内能Q1 1m1g x1 4J 2 4s内物块相对木板的位移大小 x2 1m 物块与木板因摩擦产生的内能Q2 1m1g x2 2J 木板对地位移x2 3m 木板与地面因摩擦产生的内能Q3 2 m1 m2 gx2 30J 0 4s内系统因摩擦产生的总内能为Q Q1 Q2 Q3 36J 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 E内 E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 5 如图所示 一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为 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 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 1 求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep 答案 分析 vB 0 解析 物块受到的滑动摩擦力Ff mgcos 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 答案 解析 设上升 下降过程物块加速度大小分别为a1和a2 则mgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma2 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 解析 足够长时间后 上升的最大高度设为hm 则由能量关系 来回克服阻力做功等于补充的弹性势能 见解析 4 课时作业 1 如图所示 有两条滑道平行建造 左侧相同而右侧有差异 一个滑道的右侧水平 另一个的右侧是斜坡 某滑雪者保持一定姿势坐在雪撬上不动 从h1高处的A点由静止开始沿倾角为 的雪道下滑 最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上 接着改用另一个滑道 还从与A点等高的位置由静止开始下滑 结果能冲上另一个倾角为 的雪道上h2高处的E点停下 若动摩擦因数处处相同 且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失 则A 动摩擦因数为tan B 动摩擦因数为C 倾角 一定大于 D 倾角 可以大于 1 2 3 4 5 6 7 答案 解析 第一次停在水平雪道上 由动能定理得 A错误 B正确 在AB段由静止下滑 说明 mgcos mgsin 第二次滑上CE在E点停下 说明 mgcos mgsin 若 则雪橇不能停在E点 所以C D错误 1 2 3 4 5 6 7 2 如图所示 将质量为m 1kg的小物块放在长为L 1 5m的小车左端 车的上表面粗糙 物块与车上表面间动摩擦因数 0 5 直径d 1 8m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直 车的上表面和轨道最低点高度相同 距地面高度h 0 65m 开始车和物块一起以10m s的初速度在光滑水平面上向右运动 车碰到轨道后立即停止运动 取g 10m s2 求 1 小物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力 答案 解析 104 4N 方向竖直向下 1 2 3 4 5 6 7 车停止运动后取小物块为研究对象 设其到达车右端时的速度为v1 刚进入半圆形轨道时 又d 2R解得FN 104 4N由牛顿第三定律FN FN 得FN 104 4N 方向竖直向下 1 2 3 4 5 6 7 2 小物块落地点至车左端的水平距离 答案 解析 3 4m 1 2 3 4 5 6 7 若小物块能到达半圆形轨道最高点 则由机械能守恒得 解得v2 7m s 1 2 3 4 5 6 7 因v2 v3 故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动 联立解得x 4 9m故小物块距车左端为x L 3 4m 1 2 3 4 5 6 7 3 多选 如图甲所示 倾角为 的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行 t 0时 将质量m 1kg的物体 可视为质点 轻放在传送带上 物体相对地面的v t图象如图乙所示 设沿传送带向下为正方向 取重力加速度g 10m s2 则A 传送带的速率v0 10m sB 传送带的倾角 30 C 物体与传送带之间的动摩擦因数 0 5D 0 2 0s摩擦力对物体做功Wf 24J 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 当物体的速度超过传送带的速度后 物体受到的摩擦力的方向发生改变 加速度也发生改变 根据v t图象可得 传送带的速率为v0 10m s 选项A正确 1 0s之前的加速度a1 10m s2 1 0s之后的加速度a2 2m s2 结合牛顿第二定律 gsin gcos a1 gsin gcos a2 解得sin 0 6 37 0 5 选项B错误 选项C正确 摩擦力大小Ff mgcos 4N 在0 1 0s内 摩擦力对物体做正功 在1 0 2 0s内 摩擦力对物体做负功 0 1 0s内物体的位移为5m 1 0 2 0s内物体的位移是11m 摩擦力做的功为 4 11 5 J 24J 选项D正确 1 2 3 4 5 6 7 4 多选 如图所示 光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型 最低点B处的入 出口靠近但相互错开 C是半径为R的圆形轨道的最高点 BD部分水平 末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接 传送带以恒定速度v逆时针转动 现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放 滑块能通过C点后再经D点滑上传送带 则A 固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C 滑块可能重新回到出发点A处D 传送带速度v越大 滑块与传送带摩擦产生的热量越多 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 滑块在传送带上先做减速运动 可能反向做加速运动 如果再次到达D点时速度大小不变 则根据能量守恒 可以再次回到A点 故选项C正确 滑块与传送带之间产生的热量Q mg x相对 当传送带的速度越大 则在相同时间内二者相对位移越大 则产生的热量越大 故选项D正确 1 2 3 4 5 6 7 5 如图所示 一质量为m 1kg的可视为质点的滑块 放在光滑的水平平台上 平台的左端与水平传送带相接 传送带以v 2m s的速度沿顺时针方向匀速转动 传送带不打滑 现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧 轻弹簧的原长小于平台的长度 滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep 4 5J 若突然释放滑块 滑块向左滑上传送带 已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 0 2 传送带足够长 取g 10m s2 求 1 滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间 答案 解析 3 125s 1 2 3 4 5 6 7 v1 3m s滑块在传送带上运动的加速度a g 2m s2 1 2 3 4 5 6 7 所以t t1 t2 t3 3 125s 1 2 3 4 5 6 7 2 滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量 答案 解析 12 5J 滑块向左运动x1的位移时 传送带向右的位移为x1 vt1 3m则 x1 x1 x1 5 25m滑块向右运动x2时 传送带向右的位移为x2 vt2 2m则 x2 x2 x2 1m x x1 x2 6 25m则产生的热量为Q mg x 12 5J 1 2 3 4 5 6 7 6 如图所示 一质量m 2kg的长木板静止在水平地面上 某时刻一质量M 1kg的小铁块以水平向左v0 9m s的速度从木板的右端滑上木板 已知木板与地面间的动摩擦因数 1 0 1 铁块与木板间的动摩擦因数 2 0 4 取重力加速度g 10m s2 木板足够长 求 1 铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小 答案 解析 0 5m s2 1 2 3 4 5 6 7 设铁块在木板上滑动时 木板的加速度为a2 由牛顿第二定律可得 2Mg 1 M m g ma2 1 2 3 4 5 6 7 2 铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x 答案 解析 36J1 5m 1 2 3 4 5 6 7 设铁块在木板上滑动时 铁块的加速度为a1 由牛顿第二定律得 2Mg Ma1 解得a1 2g 4m s2 设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v 所需的时间为t 则有v v0 a1t v a2t 解得 v 1m s t 2s 1 2 3 4 5 6 7 铁块与木板的相对位移 x x1 x2 10m 1m 9m 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q Ff x 2Mg x 0 4 1 10 9J 36J 达共同速度后的加速度为a3 发生的位移为s 则有 木板在水平地面上滑行的总路程x x2 s 1m 0 5m 1 5m 1 2 3 4 5 6 7 7 如图所示 AB段为一半径R 0 2m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 1kg的薄木板CD 开始时薄木板被锁定 一质量也为0 1kg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 g 10m s2 结果可保留根号 求 1 2 3 4 5 6 7 1 物块到达B点时对圆弧轨道的压力 答案 解析 3N 方向竖直向下 物块从A运动到B的过程 由动能定理得 解得 FN 3N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3N 方向竖直向下 1 2 3 4 5 6 7 2 物块滑上薄木板时的速度大小 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 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 解析 物块和薄木板下滑过程中 由牛顿第二定律得 对物块 mgsin30 mgcos30 ma1对薄木板 mgsin30 mgcos30 ma2设物块和薄木板达到的共同速度为v 则 v v a1t a2t 1 2 3 4 5 6 7