2018版步步高高考物理(全国用)大一轮复习讲义第五章-专题强化六

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.【例1】(2016·全国Ⅰ卷·25)如图，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56R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＝14，重力加速度大小为g.(取sin37°＝35，cos37°＝45)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；lBC＝7R－2R＝5R答案2gR解析mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝12mvB2②vB＝2gR③(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；答案125mgR解析由B→E过程，mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mvB2④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤从E点运动到F点的过程中，Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x＝R⑦Ep＝125mgR⑧(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72R、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.答案355gR13m分析解析x1＝72R－56Rsinθ＝3Ry1＝R＋56R＋56Rcosθ＝52Rx1y1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.方法感悟题组阶梯突破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：14(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；答案解析L234H由H＝12gt2和L＝vQt可得距Q水平距离为L2的圆环中心到底板的高度为34H.(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Lg2Hmg(1＋L22HR)，方向竖直向下由(1)可得速度的大小vQ＝Lg2H，在Q点由牛顿第二定律有FN－mg＝mv2QR，对轨道压力的大小FN′＝FN＝mg(1＋L22HR)，方向竖直向下.(3)摩擦力对小球做的功.答案解析mg(L24H－R)由动能定理有mgR＋Wf＝12mvQ2－0，故摩擦力对小球做的功Wf＝mg(L24H－R).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μ；答案解析6m/s0.4题眼①题眼②分析(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P点vy＝2gh＝43m/sD到N过程中12mvN2＝12mvD2＋mg(h＋R－Rcos60°)vx＝vytan30°＝4m/svD＝vx=4m/s解得vN2＝74m2/s2N点：FN′－mg＝mv2NR解得FN′＝16.8N根据牛顿第三定律，FN＝FN′＝16.8N，方向竖直向下vyvx(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物块刚好能到达M点，有mg＝mv2MR－mgR(1＋cos60°)－WPNM＝12mvM2－12mvP2解得WPNM＝2.4J.解得vM＝gR＝10m/s物块到达P点的速度vP＝v2x＋v2y＝8m/s从P到M点从B到D点－WBD＝12mvD2－12mvB2解得WBD＝2J.物块从B点到M点Wf=2.4J＋2J＝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25m/s(16＋45)J分析解析题眼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.方法感悟题组阶梯突破3.如图所示，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μ＝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(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＝μmgcosθ·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μ.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a＝ΔvΔt＝4.02m/s2＝2.0m/s2，由牛顿第二定律得滑动摩擦力Ff＝μMg，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝MaMg＝ag＝2.010＝0.2.(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所以，传送带所做的功W＝Ffx＝0.2×2.0×10×6.0J＝24J.物块向左运动时产生的内能Q1＝μMg(vt1＋v12t1)＝32J，物块向右运动时产生的内能Q2＝μMg(vt2－v2t2)＝4J.所以整个过程产生的内能Q＝Q1＋Q2＝36J.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μ1＝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，μ1m1g＝m1a联立解得F＝μ1(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μ2＝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=14N8N发生相对滑动F2=2N=μ1mg物块匀速解析滑块—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ΔE内＝－ΔE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.方法感悟题组阶梯突破5.如图所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角为θ＝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μ＝，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3632mgh0题眼vB=0解析(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33设上升、下降过程物块加速度大小分别为a1和a2，则mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，由运动学公式得12a1t12＝12a2t22，解得t1t2＝33.(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2Ff·hmsinθ＝Ep，见解析解得hm＝32h0＜2h0，所以物块不可能到达C点.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θ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