2020届高考物理总复习 第5章 机械能 专题讲座五 动力学和能量观点的综合应用课件 教科版

专题讲座五动力学和能量观点的综合应用核心探究演练提升核心探究分类探究·各个击破考点一直线、平抛、圆周运动组合问题1.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.2.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.【典例1】如图所示,将一质量m=0.1kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出,小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑,斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B点后进入BC部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2m,斜面高H=15m,竖直圆轨道半径R=5m.取sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m/s2,求:(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x;(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间;(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力.〚审题指导〛题干关键获取信息小球恰好无碰撞落到斜面顶端A落到A点时速度方向与斜面平行以不变的速率过B点不计小球与斜面底端碰撞中的能量损失圆轨道最高点D轨道对小球的压力和重力的合力提供向心力解析:(1)小球做平抛运动落至A点时,由平抛运动的速度分解图可得v0=tanyv由平抛运动规律得2yv=2ghh=12g21t,x=v0t1联立解得v0=6m/s,x=4.8m.(2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面顶端A点,需要时间t1=2hg=0.8s,小球在A点的速度沿斜面向下,速度大小vA=0cosv=10m/s从A点到B点由动能定理得mgH=12m2Bv-12m2Av解得vB=20m/s小球沿斜面下滑的加速度a=gsinα=8m/s2由vB=vA+at2,解得t2=1.25s,小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间t=t1+t2=2.05s.(3)水平轨道BC及竖直圆轨道均光滑,小球从B点到D点,由动能定理可得-2mgR=12m2Dv-12m2Bv,在D点由牛顿第二定律可得N+mg=m2DvR联立解得N=3N,由牛顿第三定律可得,小球在D点对轨道的压力N′=3N,方向竖直向上.答案:(1)6m/s4.8m(2)2.05s(3)3N反思总结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.【针对训练】2020年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行,花样滑雪是冬季奥林匹克运动会精彩项目之一,设一个质量M=50kg的跳台花样滑雪运动员(可看成质点),从静止开始沿斜面雪道从A点滑下,沿切线从B点进入半径R=15m的光滑竖直冰面圆轨道BPC,通过轨道最高点C水平飞出,经t=2s落到斜面雪道上的D点,其速度方向与斜面垂直,斜面与水平面的夹角θ=37°,运动员与雪道之间的动摩擦因数μ=0.075,不计空气阻力,取当地的重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.试求:解析:(1)在D点,竖直方向上的分速度vy=gt=10×2m/s=20m/stan37°=Cyvv,代入数据解得vC=15m/s.(1)运动员运动到C点时的速度大小vC;答案:(1)15m/s答案:(2)3250N解析:(2)对P→C过程,由机械能守恒定律可得12m2Pv=12m2Cv+mg·2R在P点N-mg=2PmvR,联立代入数据解得N=3250N.(2)运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小N;解析:(3)对A→P过程,由动能定理得mgh-μmgcos37°×cos37sin37hRR=12m2Pv代入数据解得h=45.5m.(3)A点距过P点的水平地面的高度h.答案:(3)45.5m考点二应用动力学和能量的观点分析“传送带”问题1.动力学角度分析首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.2.传送带问题中的功能关系分析(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q.(2)对W和Q的理解:①传送带做的功W=Fx传,其中F为传送带的动力,x传为传送带转过的距离;②产生的内能Q=fΔx.【典例2】(2018·宁夏石嘴山模拟)如图所示,水平传送带长L=12m,且以v=5m/s的恒定速率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接,有一质量m=2kg的物块从距传送带高h=5m的A点由静止开始滑下.已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,求:(1)物块距传送带左端C的最小距离;(2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度;(3)在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量.〚核心点拨〛(1)由运动学公式求出物块向左速度减为零的时间及位移,相对位移等于物块位移与传送带在这段时间内的位移之和.(2)物块向右运动到B点时,需判断物块是先加速后匀速,还是一直向右加速.解析:(1)物块从A到B的过程中,由动能定理得mgh=12m2Bv解得vB=10m/s,物块在传送带上向左运动的过程中,由牛顿第二定律得μmg=ma解得a=5m/s2由运动学公式得0-2Bv=-2ax1解得x1=10m,且t1=Bva=2s,物块距传送带左端C的最小距离dmin=L-x1=2m.(2)物块在传送带上向右运动的过程中,由牛顿第二定律得μmg=ma′解得a′=5m/s2,物块到达与传送带共速的时间t2=va=1sx2=12a′22t=2.5m10m,此后物块随传送带向右匀速运动,经过B点时的速度v=5m/s,物块经过B点后滑上曲面的过程中,由动能定理得-mghm=0-12mv2解得hm=1.25m.答案:(1)2m(2)1.25m(3)225J(3)物块在传送带上向左运动的过程中,相对位移Δx1=x1+vt1=20m此过程中产生的热量Q1=μmgΔx1=200J,物块在传送带上向右运动的过程,相对位移Δx2=vt2-x2=2.5m此过程中产生的热量Q2=μmgΔx2=25J,全程产生的热量Q热=Q1+Q2=225J.反思总结解决传送带问题的注意点(1)明确传送带的运动情况,是匀速、匀加速还是存在两段不同的运动过程.(2)弄清物体接触传送带时相对地面的初速度是否为零.(3)判断初始时刻物体与传送带之间的相对运动方向,确定摩擦力的方向.(4)判断当物体与传送带速度相等时,摩擦力的大小、方向是否发生突变.【针对训练】如图所示,倾角为37°的传送带以4m/s的速度沿图示方向匀速运动.已知传送带的上、下两端间的距离为L=7m.现将一质量m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端,使它从静止开始沿传送带下滑,已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求木块滑到底的过程中,摩擦力对木块做的功以及产生的热量各是多少?解析:刚开始时,合力的大小为F1=mgsin37°+μmgcos37°,由牛顿第二定律,加速度大小a1=1Fm=8m/s2,该过程所用时间t1=01va=0.5s,位移大小x1=2012va=1m.二者速度大小相同后,合力的大小为F2=mgsin37°-μmgcos37°,加速度大小a2=2Fm=4m/s2,位移大小x2=L-x1=6m,所用时间由x2=v0t2+12a222t得,t2=1s.(另一个解t2=-3s舍去)摩擦力所做的功W=μmg(x1-x2)cos37°=-4.0J,相对运动的路程Δx=(v0t1-x1)+(x2-v0t2)=3m全过程中产生的热量Q=f·Δx=μmgΔxcos37°=2.4J答案:-4.0J2.4J考点三应用动力学和能量的观点分析“滑块—滑板”问题1.问题分类水平面上的滑块—滑板问题和在斜面上的滑块—滑板模型.2.处理方法往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,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,在能量转化方面往往用到ΔE内=-ΔE机=fx相对.【典例3】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.(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?〚核心点拨〛(1)0～2s内物块所受摩擦力方向向右,2s后物块所受摩擦力方向向左.解析:(1)把物块和木板看成整体,由牛顿第二定律得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.答案:(1)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图像,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.解析:(2)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,加速度a2=112Fmgm=4m/s2,1s末速度v2=a2t=4m/s,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,木板加速度大小a2′=212112mmgmgm=83m/s2,〚核心点拨〛(2)利用v-t图像,分别求出0～2s内和2～4s内物块相对木块的相对位移.速度减到零的时间t′=22va=1.5s.故二者在整个运动过程中的v-t图像如图所示.答案:(2)图像见解析3m36J0～2s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Δx1=2m,系统摩擦产生的内能Q1=μ1m1gΔx1=4J.2～4s内物块相对木板的位移大小Δx2=1m,物块与木板因摩擦产生的内能Q2=μ1m1gΔx2=2J;2s后木板对地位移x2=3m,木板与地面因摩擦产生的内能Q3=μ2(m1+m2)gx2=30J.0～4s内系统因摩擦产生的总内能为Q=Q1+Q2+Q3=36J.反思总结做好两种分析,突破滑块—滑板类问题(1)动力学分析:分别对滑块和滑板进行受力分析,求出各自的加速度;从放上滑块到二者速度相等,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.要注意区分三个位移:①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑;②求摩擦力对滑板做功时用滑板对地的位移x板;③求摩擦生热时用相对滑动的位移x相.多维训练1.[水平面上的滑块—滑板问题](多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图(甲)所示,一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止.现将木板分成A和B两段,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动,如图(乙)所示.若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列有关说法正确的是()A.小铅块将从木板B的右端飞离木板B.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C.(甲)、(乙)两图所示的过程中产生的热量相等D.图(甲)所示的过程产生的热量大于图(乙)所示的过程产生的热量BD解析:第一次在小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,运动到B部分上后,A部分停止加速,只有B部分加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等,所以小铅块还没有运动到B的右端,两者速度相同.选项A错误,B正确;根据摩擦力乘以相对位移