2021高考物理一轮复习第四章机械能专题提升五动力学和能量观点的综合应用教案鲁科版

1、专题提升(五)动力学和能量观点的综合应用应用动力学和能量观点解决多物体问题1.问题特点(1)几个相关联的物体通过轻绳、轻杆、弹簧、场等相互作用,参与共同运动.(2)物体的运动受力情况一般不同,既有直线运动,又有曲线运动,既有恒力作用,又有变力作用.2.解题策略(1)确定速度关系以及物体间的相互作用力.(2)灵活运用动力学知识以及功能关系、守恒定律对单个物体或系统列出对应的方程并求解.例1 如图,一个倾角=30的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上,顶端连有一轻质光滑定滑轮.质量为m的a物体置于地面,上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连.一条轻质绳跨过定滑轮,一端与斜面上质量为m的b物体相连,另一端

2、与弹簧上端连接.调整细绳和a,b物体的位置,使弹簧处于原长状态,且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行.现将b物体由静止释放,已知b物体恰好能使a物体刚要离开地面但不继续上升.求:(1)b物体在斜面上下滑的最大距离s.(2)b物体下滑到最低点时的加速度大小和方向.(3)若将b物体换成质量为2m的c物体,c物体由上述初始位置静止释放,当a物体刚好要离开地面时,c物体的速度大小v.审题指导: 题干关键获取信息调整细绳和a,b物体的位置,使弹簧处于原长状态b物体释放时弹簧无弹力b物体恰好能使a物体刚要离开地面但不继续上升a物体处于平衡状态a物体刚好要离开地面b物体有加速度解析:(1)当a物体刚要离开

3、地面但不上升时,a物体处于平衡状态,设b物体沿斜面下滑s,则弹簧伸长为s.对a物体有kx-mg=0解得s=.(2)当a物体刚要离开地面时,a与地面间作用力为0,对a物体,由平衡条件得t-mg=0设b物体的加速度大小为a,对b物体,有t-mgsin =ma解得a=gb物体加速度的方向沿斜面向上.(3)a物体刚要离开地面时,弹簧的弹性势能增加e,对b物体下滑的过程,由能量守恒定律得e=mgssin 对c物体下滑的过程,由能量守恒定律得e+2mv2=2mgxsin 解得v=g.答案:(1)(2)g方向沿斜面向上(3)g针对训练 (2019安徽定远重点高中高三期末)(多选)如图所示,圆心在o点、半径为

4、r的光滑圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上,oc与oa的夹角为60,轨道最低点a与桌面相切.一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两小球a,b(均可视为质点),挂在圆弧轨道光滑边缘c的两边,开始时a位于c点,从静止释放,在a由c点下滑到a点的过程中(abc)a.a的速度始终不小于b的速度b.重力对a做功的功率先增大后减小c.轻绳对b做的功等于b的机械能增加d.若a恰好能沿圆弧下滑到a点,则m1=m2解析:a由c点下滑到a点的过程中,a的速度va沿圆弧切线,将va沿绳和垂直于绳方向分解,则沿绳方向的分速度等于b上升的速度vb,可知vb=vacos (为绳与圆弧切线间的夹角),即vavb,故

5、a正确;重力的功率p=mgv,而v是指竖直向下的分速度,一开始a是由静止释放的,所以a一开始的竖直速度为零,最后运动到a点的时候,竖直速度也是零,故在c到a的过程中竖直分速度先变大后变小,所以重力功率也是先增大后减小,故b正确;由于物体机械能的变化决定于除重力外的力做功,因此轻绳对b做的功等于b的机械能增加,选项c正确;若a恰好能沿圆弧轨道下滑到a点,此时两小球速度均为零,根据动能定理得m1gr(1-cos 60)=m2gr,解得m1=2m2,故d错误.应用动力学和能量观点解决多过程问题1.多运动的组合问题(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

6、策略动力学观点: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.(3)解题思路对此类问题可按如下两条思路进行分析若一个物体参与了多个运动过程,有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点,则要用动力学方法求解.若某过程涉及做功和能量转化问题,则要考虑应用动能定理或机械能守恒定律求解.2.传送带模型问题中涉及的功、能(1)传送带做的功w=fs传.(2)产生的内能q=fs相对.(3)功能间的关系w=ek+ep+q,其中ek,ep为物体动能和势能的改变量.3.“滑块滑板”问题考查角度(1)“滑块滑板”的动力学问题.(2)“滑块滑板”的功能关系问题.4.“滑

7、块滑板”问题处理方法(1)由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动.(2)由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到e内=-e机=fs相对.角度1常规运动的多过程问题例2 (2019浙江余姚中学期中)如图所示为一传送装置,其中ab段粗糙,ab段长为l=0.2 m,动摩擦因数=0.6,bc可视为光滑,且bc的始、末端均水平,具有h=0.1 m的高度差,den是半径为r=0.4 m的半圆形轨道,其直径dn沿竖直方向,c位于dn竖直线上,cd间的距离恰能让小球自由通过,在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧,现有一可视为质点的小球,小球质量m=0.2 kg,压缩轻质弹簧至a点后由静止

8、释放(小球和弹簧不粘连),小球刚好能沿着den轨道滑下.(g取10 m/s2)求:(1)小球在d点时的速度大小.(2)若小球在n点受到的支持力为8 n,小球经圆轨道损失的机械能.(3)压缩的弹簧所具有的弹性势能.解析:(1)小球刚好能沿den轨道下滑,在轨道最高点d点,根据牛顿第二定律,有mg=m代入数据解得vd=2 m/s.(2)小球经n点时,根据牛顿第二定律有n-mg=m代入数据得ekn=m=1.2 j从d点到n点,小球减少的机械能e=mg2r+ekd-ekn=0.8 j.(3)弹簧对小球所做功w等于弹簧所具有的弹性势能ep根据动能定理有w-mgl+mgh=-0代入数据得w=0.44 j.

9、答案:(1)2 m/s(2)0.8 j(3)0.44 j“合分合”巧解多过程问题(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.角度2传送带问题例3 如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角=30,皮带在电动机的带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运行,现把一质量为m=10 kg的工件(可看成质点)轻轻放在皮带的底端,经过时间1.9 s,工件被传送到h=1.5 m的高处而离开传送带,取g=10 m/s2,求:(1)工件与传送带间的动摩擦因数;(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.思路探究:(1)怎样判断

10、工件的运动过程?答案:假设工件一直加速,离开传送带时恰好与传送带共速,求出所用时间与1.9 s比较,从而确定工件运动过程.(2)多消耗的电能转化为哪些形式的能?答案:工件的动能、势能和内能.解析:(1)由题图可知,皮带长s=3 m.若工件恰好与传送带共速时离开,则有s=t0,即t0= s=3 s,由此可知,工件一定经过匀加速和匀速运动两个阶段.工件速度达v0前,做匀加速运动的位移s1=t1匀速运动的位移为s-s1=v0(t-t1)代入数据得加速的时间t1=0.8 s,由v=v0+at得加速度a=2.5 m/s2根据牛顿第二定律有mgcos -mgsin =ma,解得=.(2)在时间t1内,皮带

11、运动的位移s皮=v0t1=1.6 m,工件的位移s1=t1=0.8 m.工件相对皮带的位移s相=s皮-s1=0.8 m,摩擦生热q=mgcos s相=60 j,工件获得的动能ek=m=20 j工件增加的势能ep=mgh=150 j根据能量守恒定律,则电动机多消耗的电能e电=q+ek+ep=230 j.答案:(1)(2)230 j传送带问题的分析角度3“滑块滑板”问题例4 如图所示,一质量为m1=1 kg的长直木板放在粗糙的水平地面上,木板与地面之间的动摩擦因数1=0.1,木板最右端放有一质量为m2=1 kg、大小可忽略不计的物块,物块与木板间的动摩擦因数2=0.2.现给木板左端施加一大小为f=

12、12 n、方向水平向右的推力,经时间t1=0.5 s 后撤去推力f,再经过一段时间,木板和物块均停止运动,整个过程中物块始终未脱离木板,取g=10 m/s2,求:(1)撤去推力f瞬间,木板的速度大小v1及物块的速度大小v2;(2)木板至少多长;(3)整个过程中物块与木板、木板与地面间因摩擦分别产生的热量.过程图示:解析:(1)假设木板和物块有相对滑动,撤去f前,对木板有f-1(m1+m2)g-2m2g=m1a1代入数据得a1=8 m/s2对物块有2m2g=m2a2,解得a2=2 m/s2因a1a2,故假设成立,撤去f时,木板、物块的速度大小分别为v1=a1t1=4 m/sv2=a2t1=1 m

13、/s.(2)撤f后,对木板有1(m1+m2)g+2m2g=m1a3解得a3=4 m/s2对物块有2m2g=m2a4解得a4=2 m/s2撤去f后,设经过t2时间木板和物块速度相同,对木板有v=v1-a3t2对物块有v=v2+a4t2解得t2=0.5 s,v=2 m/s撤去f前,物块相对木板向左滑行了s1=t1-t2=0.75 m撤去f后至两者共速,物块相对木板又向左滑行了s2=t2-t2=0.75 m共速后二者无相对滑动,故板长至少为l=s1+s2=1.5 m.(3)物块与木板间因摩擦产生的热量q1=2m2gl=3 j共速后,两者共同减速至停止运动,设加速度为a,则a=1g=1 m/s2全过程

14、中木板对地位移为s=t1+t2+=4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为q2=1(m1+m2)gs=9 j.答案:(1)4 m/s1 m/s(2)1.5 m(3)3 j9 j滑块滑板问题的分析方法(1)动力学分析:分别对滑块和滑板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速度;从放上滑块到二者速度相等,所用时间相等,由t=可求出共同速度v和所用时间t,然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析:对滑块和滑板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律.如图所示,要注意区分三个位移:求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移s滑;求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移s板;求摩擦生热时用相对

15、滑动的位移s相.1.(“传送带”问题)(2019黑龙江大庆中学期中)(多选)如图所示,光滑轨道abcd的最低点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点滑上传送带且又从d点返回,则(bcd)a.固定位置a到b点的竖直高度可能为2.2rb.若滑块返回左侧,所能达到的最大高度可能低于出发点ac.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关d.若仅考虑滑块在传送带上一次的运动,则传送带速度v越大,滑块与传送

16、带摩擦产生的热量越多解析:若滑块恰能通过c点时,有mg=m,由a到c,根据动能定理知mghac=m,则hac=0.5r;则ab间竖直高度hab2r+hac=2.5r,故a错误;若滑块滑上传送带时的速度大于传送带的速度,则滑块向右滑上传送带做减速运动,速度减到零后反向加速,与传送带共速后匀速运动回到d点,此时滑块的速度小于刚滑上传送带时的速度,则滑块再滑到左侧时的最大高度低于出发点a,选项b正确;设滑块在传送带上滑行的最远距离为s,由动能定理得s=,即s与传送带速度无关,故c正确;由动力学知识可知,无论滑块由d点滑上传送带的速度大于还是小于传送带的速度,滑块返回d点相对传送带滑动的距离决定于传送

17、带速度v的大小,v越大其相对滑动距离越大,由q=fs相可知,滑块与传送带摩擦产生的热量越多,故d正确.2.(“滑块滑板”问题)如图(甲)所示,长木板a放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体b(可看成质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板a的上表面.由于a,b间存在摩擦,之后a,b速度随时间变化情况如图(乙)所示.下列说法正确的是(g取10 m/s2)(d)a.木板a最终获得的动能为2 jb.系统损失的机械能为4 jc.木板a的最小长度为2 md.a,b间的动摩擦因数为0.1解析:由图(乙)可知,a,b的加速度大小都为1 m/s2,物体b和木板a水平方向均受其间滑动摩擦力

18、.根据牛顿第二定律知二者质量相等,则木板最终动能eka=1 j,选项a错误;系统损失的机械能e=2mv2=2 j,选项b错误;由vt图象可得二者相对位移为 1 m,即木板a的最小长度为1 m,选项c错误;分析b的受力,根据牛顿第二定律,可得=0.1,选项d正确.3.(常规运动的多过程)(2019山东枣庄八中检测)如图,质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)在半径为r=0.4 m 的圆弧a端由静止开始释放,它运动到b点时速度为v=2 m/s.当滑块经过b后立即将圆弧轨道撤去.滑块在光滑水平面上运动一段距离后,通过换向轨道由c点过渡到倾角为=37、长l=1 m的斜面cd上,cd之间铺了一层匀质特殊

19、材料,其与滑块间的动摩擦因数可在01.5之间调节.斜面底部d点与光滑地面平滑相连,地面上一根轻弹簧一端固定在o点,自然状态下另一端恰好在d点.认为滑块通过c和d前后速度大小不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,不计空气阻力.(1)求滑块对b点的压力大小以及在ab上克服阻力所做的功;(2)若设置=0,求质点从c运动到d的时间;(3)若最终滑块停在d点,求的取值范围.解析:(1)滑块在b点,根据牛顿第二定律有f-mg=m,代入数据解得f=20 n,由牛顿第三定律可知,滑块对b点的压力f=20 n.若b点为滑块重力势能的零点,则在a点时滑

20、块机械能ea=mgr=1100.4 j=4 j滑块在b点的机械能eb=mv2=122 j=2 j,则机械能减少ea-eb=2 j,由功能关系可知滑块克服阻力做功为w=2 j.(2)滑块在cd间运动,=0,有mgsin =ma,加速度为a=gsin =100.6 m/s2=6 m/s2,根据匀变速运动规律有l=vt+at2代入数据解得t= s.(3)最终滑块停在d点有两种可能:a.滑块恰好能从c下滑到d.根据能量守恒定律,滑块减少的机械能因克服摩擦力做功转化为内能,则有mgcos l=mgsin l+mv2代入数据得=1;b.滑块只能在斜面cd和地面间多次反复运动,最终静止于d点.当滑块恰好能返

21、回c点,同理有1mgcos 2l=mv2,代入数据得到1=0.125,当滑块恰好能静止在斜面上,则有mgsin =2mgcos ,代入数据得到2=0.75.所以,当0.1250.75,滑块在cd和地面间多次反复运动,最终静止于d点.即的取值范围是0.1250.75或=1.答案:(1)20 n2 j(2) s(3)0.1250.75或=11.(2018海南卷,8)(多选)如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v-t图象,图中t1,v0,v1已知.重力加速度大小为g.由此可求得(bc)a.木板的长度b.物块与木板的质量之比c.物

22、块与木板之间的动摩擦因数d.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能解析:由图(b)只能求出小物块与长木板的相对位移,不知道小物块最终停在哪里,无法求出木板的长度;由于图线的斜率表示加速度,则长木板的加速度为aa=,小物块的加速度ab=,根据牛顿第二定律得mg=maa,mg=mab,解得=,=;在0t1时间内,木板获得的动能ek=m=mv1(v0-v1),题中t1,v0,v1已知,但是m,m未知,故不能够求解出木板获得的动能,选项b,c正确.2.(2014福建卷,21)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的ab段轨道与四分之一光滑圆弧轨道bc在b点水平相切.点a距水面的高度为h,圆弧轨道bc的半径为r,圆心o恰在水面.一质量为m的游客(视为质点)可从轨道ab的任意位置滑下,不计空气阻力.(1)若游客从a点由静止开始滑下,到b点时沿切线方向滑离轨道落在水面d点,od=2r,求游客滑到b点时的速度vb大小及运动过程轨道摩擦力对