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学案.doc
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1、1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(
2、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, AC7 R, A、 B、 C、 D 均在同一竖直平面内质量为 m56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, AF4
3、R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 ,重力加速度大小为 g.(取14sin37 ,cos37 )35 452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 P72运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量直轨道与一半径为 R 的光滑圆弧轨道相切;水平飞出后,恰好通过 G 点56答案 (1)2 (2) mgR (3) mgR125 355gR 1
4、3解析 (1)由题意可知: lBC7 R2 R5 R 设 P 到达 B 点时的速度为 vB,由动能定理得mglBCsin mgl BCcos mvB2 12式中 37,联立式并由题给条件得vB2 gR(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mgxsin mgx cos Ep0 mvB2 12E、 F 之间的距离 l1为 l14 R2 R x 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 mgl1sin mgl 1cos 0 联立式得x R Ep mgR 125(3)设改变后 P 的质量为 m1,
5、 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 37.3由几何关系得:x1 R Rsin 3 R 72 56y1 R R Rcos R 56 56 52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 gt2 12x1 vDt 联立 得vD 355gR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 Rcos ) 12 12 56 56P 由 E 点运动到 C 点的过程中,由动能定理得Ep m1g(x5 R)sin m 1g(x5 R)c
6、os m1vC2 12联立得 m1 m13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14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4m 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
7、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;L2(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)34 g2H L22HR L24H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.12 L2 34(2)由(1)可得速度的大小 vQ L ,g2H在 Q 点由牛顿第二定律有 FN mg m ,v2QR对轨道压力的大小 FN FN mg(1 ),方向竖直向下L22HR(3)由动能定理有 mgR Wf mvQ20
8、,故摩擦力对小球做的功 Wf mg( R)12 L24H2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 R1.0m 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 h2.4m用质量为 m0.2kg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 x6 t2 t2,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 35(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 ;(2
9、)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 x6 t2 t2,所以知: vB6m/s, a4 m/s 2.由牛顿第二定律: mg ma,解得 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/s2gh 3P 点速度在水平方向的分量 vx vytan304m/s解得离开 D 点的速度为 vD4m/s由机械能守恒定律,有mvN
10、2 mvD2 mg(h R Rcos60)12 12解得 vN274m 2/s2根据牛顿第二定律,有 FN mg mv2NR解得 FN16.8N根据牛顿第三定律, FN FN16.8N,方向竖直向下(3)物块刚好能到达 M 点,有 mg mv2MR解得 vM m/sgR 10物块到达 P 点的速度 vP 8m/sv2x v2y从 P 到 M 点应用动能定理,有 mgR(1cos60) WPNM mvM2 mvP212 12解得 WPNM2.4J.从 B 到 D 点应用动能定理有 WBD mvD2 mvB212 12解得 WBD2J.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.
11、4J2J4.4J.6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v02 m/s 向右匀速运动,某时刻 B 从传送带左端以速度 v16 m/s 向右运动,经过一
12、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,sin370.6,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光滑固定斜面; B 与传送带间的动摩擦因数为 0.2; B 经过一段时间回到传送带的左端答案 (1)2s (2)2 m/s (3)(164 ) J5 5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
13、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 mg ma1 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7mgsin37 FT1 ma1 联立可得 a1 4m/s 2 gsin37 g2B 的速度与传送带的速度相等时所用的时间t1 1s. v0 v1a1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
14、右的摩擦力与绳对 B 的拉力,则 FT2 mg ma2 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 ma2 联立可得 a2 2m/s 2.gsin37 g2当 B 向右速度减为 0,经过时间t2 1s.0 v0a2B 向右运动的总时间 t t1 t21s1s2s.(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 a22m/s 2.t1时间内 B 的位移 x1 t14m, v0 v12负号表示方向向右t2时间内 B 的位移 x2
15、t21m,0 v02负号表示方向向右B 的总位移 x x1 x25m.B 回到传送带左端的位移 x3 x5m.速度 v 2 m/s.2a3x3 5(3)t1时间内传送带的位移 x1 v0t12m,该时间内传送带相对于 B 的位移 x1 x1 x12m.t2时间内传送带的位移 x2 v0t22m,该时间内传送带相对于 B 的位移 x2 x2 x21m.8B 回到传送带左端的时间为 t3,则 t3 s.v 0a3 5t3时间内传送带的位移 x3 v0t32 m,5该时间内传送带相对于 B 的位移 x3 x3 x3(52 ) m.5B 与传送带之间的摩擦力 Ff mg 2N.上述过程中, B 与传送
16、带间因摩擦产生的总热量Q Ff( x1 x2 x3)(164 ) J.51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 5 所示,传送带与地面的夹角 37, A、 B 两端间距 L16m,传送带以速度v10 m/s 沿顺时针方向运动,物体质量 m1 kg 无初速度地放置于 A 端,它与传送带间的动摩擦因数 0.5,sin 370.6, g10 m/s 2,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)2s (2)24J9解析 (1)物体
17、刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律得mgsin mg cos ma1,设物体经时间 t 加速到与传送带同速,则v a1t1, x1 a1t12,可解得 a110m/s 2, t11s, x15m12因 mgsin mg cos ,故当物体与传送带同速后,物体将继续加速mgsin mg cos ma2L x1 vt2 a2t2212解得 t21s故物体由 A 端运动到 B 端的时间t t1 t22s(2)物体与传送带间的相对位移x 相对 ( vt1 x1)( L x1 vt2)6m故 Q mg cos x 相对 24J.4一质量为 M2.0kg 的小物块随足够长的水平传送带
18、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 10m/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 .(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)2.0m/s 方向向右 (2)0.2 (3)24J 36J解析 (1)从 v t 图象中可以看出,物块被击穿后,先向左做减速运动,速度为零后,又向右做加速运动,当速度等于 2.0m/s,
19、则随传送带一起做匀速运动,所以,传送带的速度大小为 v2.0 m/s,方向向右10(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a m/s22.0 m/s 2, v t 4.02由牛顿第二定律得滑动摩擦力 Ff Mg ,则物块与传送带间的动摩擦因数 0.2.MaMg ag 2.010(3)由 v t 图象可知,传送带与物块间存在摩擦力的时间只有 3s,传送带在这段时间内移动的位移为 x,则 x vt2.03m6.0m,所以,传送带所做的功 W Ffx0.22.0106.0J24J.设物块被击中后的初速度为 v1,向左运动的时间为 t1,向右运动直至和传送带达到共同速度
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