【物理】2019届一轮复习鲁科版第五章动力学观点和能量观点的综合应用学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版第五章动力学观点和能量观点的综合应用学案

能力课 动力学观点和能量观点的综合应用 多种运动的组合问题 角度 1 直线运动与圆周运动的组合 【真题示例 1】 (2016·全国卷Ⅱ，25)轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直放置在地 面上，在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹 簧长度为 l。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点，另一端与物块 P 接触但不 连接。AB 是长度为 5l 的水平轨道，B 端与半径为 l 的光滑半圆轨道 BCD 相切， 半圆的直径 BD 竖直，如图所示。物块 P 与 AB 间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力 推动物块 P，将弹簧压缩至长度 l，然后放开 P 开始沿轨道运动，重力加速度大 小为 g。 图 1 (1)若 P 的质量为 m，求 P 到达 B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离； (2)若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P 的质量的取值范围。 解析 (1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l 时，质量为 5m 的物体的动 能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律知，弹簧长度为 l 时的弹性势能为 Ep＝5mgl① 设 P 到达 B 点时的速度大小为 vB，由能量守恒定律得 Ep＝1 2mv2B＋μmg(5l－l)② 联立①②式，并代入题给数据得 vB＝ 6gl③ 若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小于重力，即 P 此时 的速度大小 v 应满足 mv2 l －mg≥0④ 设 P 滑到 D 点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得 1 2mv2B＝1 2mv2D＋mg·2l⑤ 联立③⑤式得 vD＝ 2gl⑥ vD 满足④式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 vD 水平射出。设 P 落 回到轨道 AB 所需的时间为 t，由运动学公式得 2l＝1 2gt2⑦ P 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s＝vDt⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s＝2 2l⑨ (2)设 P 的质量为 M，为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时的速度不能小于零。 由①②式可知 5mgl>μMg·4l⑩ 要使 P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C。 由机械能守恒定律有 1 2MvB′2≤Mgl ⑪Ep＝1 2MvB′2＋μMg·4l ⑫联立①⑩ ⑪⑫ 式得 5 3m≤M<5 2m ⑬答案 (1) 6gl 2 2l (2)5 3m≤M<5 2m 【变式训练 1】 如图 2 所示，一粗糙斜面 AB 与光滑圆弧轨道 BCD 相切，C 为 圆弧轨道的最低点，圆弧 BC 所对圆心角θ＝37°。已知圆弧轨道半径为 R＝0.5 m， 斜面 AB 的长度为 L＝2.875 m。质量为 m＝1 kg 的小物块(可视为质点)从斜面顶 端 A 点处由静止开始沿斜面下滑，从 B 点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点 D。 sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，重力加速度 g＝10 m/s2。求： 图 2 (1)物块经过 C 点时对圆弧轨道的压力大小 FC； (2)物块与斜面间的动摩擦因数μ。 解析 (1)由题意知小物块沿光滑轨道从 C 到 D 且恰能通过最高点，由牛顿第二 定律有：mg＝mv2D R ① 从 D 到 C 由动能定理可得 －mg·2R＝1 2mv2D－1 2mv2C② 由牛顿第二定律可得 FC′－mg＝mv2C R ③ 由牛顿第三定律得 FC＝FC′④ 联解①②③④并代入数据得： FC＝60 N⑤ (2)对小物块从 A 经 B 到 C 过程，由动能定理有： mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θ·L＝1 2mv2C－0⑥ 联解①②⑥并代入数据得： μ＝0.25 答案 (1)60 N (2)0.25 角度 2 直线运动、平抛运动与圆周运动的组合 【真题示例 2】 (2016·全国卷Ⅰ，25 改编)如图 3 所示，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 5 6R 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＝1 4 ，重力加速度大小为 g。(取 sin 37° ＝3 5 ，cos 37°＝4 5) 图 3 (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 7 2R、竖直相距 R，求 P 运动到 D 点时速度的大小。 解析 (1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R① 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 mglBCsin θ－μmglBCcos θ＝1 2mv2B② 式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 vB＝2 gR③ (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 θ－μmgxcos θ－Ep＝0－1 2mv2B④ E、F 之间的距离 l1 为 l1＝4R－2R＋x⑤ 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 θ－μmgl1cos θ＝0⑥ 联立③④⑤⑥式得 x＝R⑦ Ep＝12 5 mgR⑧ (3)设改变后 P 的质量为 m1，D 点与 G 点的水平距离为 x1 和竖直距离为 y1，θ＝ 37°。 由几何关系(如图所示)得： x1＝7 2R－5 6Rsin θ＝3R⑨ y1＝R＋5 6R＋5 6Rcos θ＝5 2R⑩ 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＝1 2gt2 ⑪x1＝vDt ⑫联立⑨⑩ ⑪⑫ 得 vD＝3 5 5gR ⑬答案 (1)2 gR (2)12 5 mgR (3)3 5 5gR 【变式训练 2】 (2016·福建泉州质检)如图 4 所示，半径 R＝0.4 m 的光滑圆弧轨 道 BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向的夹角θ ＝30°，下端点 C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固 定在竖直挡板上。质量 m＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中 A 点以 v0＝2 m/s 的速度被水平抛出，恰好从 B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过 C 点后沿水平 面向右运动至 D 点时，弹簧被压缩至最短，C、D 两点间的水平距离 L＝1.2 m， 小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取 10 m/s2。求： 图 4 (1)小物块经过圆弧轨道上 B 点时速度 vB 的大小； (2)小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力大小； (3)弹簧的弹性势能的最大值 Epm。 解析 (1)小物块恰好从 B 点沿切线方向进入轨道，由几何关系有 vB＝ v0 sin θ ＝4 m/s (2)小物块由 B 点运动到 C 点，由机械能守恒定律有 mgR(1＋sin θ)＝1 2mv2C－1 2mv2B 在 C 点处，由牛顿第二定律有 F－mg＝mv2C R ，解得 F＝8 N 根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力 F′大小为 8 N。 (3)小物块从 B 点运动到 D 点，由能量守恒定律有 Epm＝1 2mv2B＋mgR(1＋sin θ)－μmgL＝0.8 J。 答案 (1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J 方法技巧 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。 传送带、滑块—木板两模型中的功能关系 角度 1 传送带模型中摩擦力做功问题 【模拟示例 3】 (2016·池州二模)如图 5 光滑水平导轨 AB 的左端有一压缩的弹 簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)，物块与 弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带 BC 的长度为 L＝6 m，沿逆时针方向以恒定速度 v＝2 m/s 匀速转动。CD 为光滑的水平轨道，C 点 与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为 R＝0.4 m 的光滑半圆轨 道，DE 与 CD 相切于 D 点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取 g＝ 10 m/s2。 图 5 (1)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达 C 点，求弹簧储存的弹 性势能 Ep； (2)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过 C 点，并经过圆弧轨道 DE， 从其最高点 E 飞出，最终落在 CD 上距 D 点的距离为 x＝1.2 m 处(CD 长大于 1.2 m)，求物块通过 E 点时受到的压力大小； (3)满足(2)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能。 解析 (1)根据动能定理－μmgL＝0－1 2mv2， 可求弹簧弹性势能为 Ep＝1 2mv2， 解得 Ep＝12 J。 (2)根据平抛运动的规律 2R＝1 2gt2，x＝vEt， 解得 vE＝3 m/s。 再根据牛顿第二定律 N＋mg＝mv2E R ， 解得 N＝12.5 N。 (3)从 D 到 E 根据动能定理 1 2mv2D＝1 2mv2E＋2mgR， 解得：vD＝5 m/s。 从 B 到 D －μmgL＝1 2mv2D－1 2mv2B， 解得 vB＝7 m/s。 L＝vD＋vB 2 t，t＝1 s， s 相＝L＋vt＝8 m，Q＝μmgs 相＝16 J。 答案 (1)12 J (2)12.5 N (3)16 J 方法技巧 传送带模型问题的分析流程 【变式训练 3】 如图 6 所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧， 传送带下端 A 点与上端 B 点间的距离为 L＝4 m，传送带以恒定的速率 v＝2 m/s 向上运动。现将一质量为 1 kg 的物体无初速度地放于 A 处，已知物体与传送带 间的动摩擦因数μ＝ 3 2 ，取 g＝10 m/s2，求： 图 6 (1)物体从 A 运动到 B 共需多少时间？ (2)电动机因传送该物体多消耗的电能。 解析 (1)物体无初速度地放在 A 处后，因 mgsin θ<μmgcos θ，则物体沿传送带 向上做匀加速直线运动。 加速度 a＝μmgcos θ－mgsin θ m ＝2.5 m/s2 物体达到与传送带同速所需的时间 t1＝v a ＝0.8 s t1 时间内物体的位移 L1＝v 2t1＝0.8 m 之后物体以速度 v 做匀速运动，运动的时间 t2＝L－L1 v ＝1.6 s 物体运动的总时间 t＝t1＋t2＝2.4 s (2)前 0.8 s 内物体相对传送带的位移为 ΔL＝vt1－L1＝0.8 m 因摩擦而产生的内能 E 内＝μmgcos θ·ΔL＝6 J 电动机因传送该物体多消耗的电能为 E 总＝Ek＋Ep＋E 内＝1 2mv2＋mgLsin θ＋E 内＝28 J 答案 (1)2.4 s (2)28 J 角度 2 滑块——木板模型中摩擦力做功问题 【模拟示例 4】 (多选)一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在 t ＝0 时刻将一相对于地面静止的质量 m＝1 kg 的物块轻放在小车前端，如图 7 甲 所示，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示。已知物块始终在小车上，重 力加速度 g 取 10 m/s2。则下列判断正确的是( ) 图 7 A．小车与物块间的动摩擦因数为 0.2，小车的最小长度为 1.25 m B．物块的最终动能 Ek＝0.5 J，小车动能的减少量ΔEk＝3 J C．小车与物块间摩擦生热 3 J D．小车的质量为 0.25 kg 解析 由 v－t 图象知，当 t＝0.5 s 时，小车开始做速度 v＝1 m/s 的匀速运动， 此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由 v＝at 及 f＝ma＝μmg 得 f＝2 N，μ＝0.2，在 0～0.5 s 内，小车的位移 s 车＝（5＋1） 2 ×0.5 m＝1.5 m，物块的位移为 s 物＝1 2 ×0.5 m＝0.25 m，所以小车的最小长度为 L＝1.5 m－0.25 m＝1.25 m，A 正确；物块的最终动能 Ek＝mv2 2 ＝0.5 J；由动能定理得小 车动能的减少量ΔEk＝f·s 车＝3 J，选项 B 正确；系统机械能减少为ΔE＝3 J－0.5 J ＝2.5 J，C 错误；小车的加速度为 a′＝5－1 0.5 m/s2＝8 m/s2 而 a′＝ f M ，f＝2 N，得 M＝0.25 kg，D 正确。 答案 ABD 【变式训练 4】 (2016·南通模拟)如图 8 甲所示，质量 M＝1.0 kg 的长木板 A 静 止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量 m＝1.0 kg 的小铁块 B，铁块与 木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力 F，F 大小随时间变化 如图乙所示，4 s 时撤去拉力。可认为 A、B 间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大 小相等，取重力加速度 g＝10 m/s2。求： 图 8 (1)0～1 s 内，A、B 的加速度大小 aA、aB； (2)B 相对 A 滑行的最大距离 s； (3)0～4 s 内，拉力做的功 W； (4)0～4 s 内系统产生的摩擦热 Q。 解析 (1)在 0～1 s 内，A、B 两物体分别做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律得μmg＝MaA F1－μmg＝maB 代入数据得 aA＝2 m/s2，aB＝4 m/s2。 (2)t1＝1 s 后，拉力 F2＝μmg，铁块 B 做匀速运动，速度大小为 v1：木板 A 仍做 匀加速运动，又经过时间 t2，速度与铁块 B 相等。 v1＝aBt1 又 v1＝aA(t1＋t2) 解得 t2＝1 s 设 A、B 速度相等后一起做匀加速运动，运动时间 t3＝2 s，加速度为 a F2＝(M＋m)a a＝1 m/s2 木板 A 受到的静摩擦力 f＝Ma<μmg，A、B 一起运动 s＝1 2aBt21＋v1t2－1 2aA(t1＋t2)2 代入数据得 s＝2 m。 (3)时间 t1 内拉力做的功 W1＝F1s1＝F1·1 2aBt21＝12 J 时间 t2 内拉力做的功 W2＝F2s2＝F2v1t2＝8 J 时间 t3 内拉力做的功 W3＝F2s3＝F2(v1t3＋1 2at23)＝20 J 4 s 内拉力做的功 W＝W1＋W2＋W3＝40 J。 (4)系统的摩擦热 Q 只发生在 t1＋t2 时间内，铁块与木板相对滑动阶段，此过程中 系统的摩擦热 Q＝ μmg·s＝4 J。 答案 (1)2 m/s2 4 m/s2 (2)2 m (3)40 J (4)4 J 方法技巧 滑块—木板模型问题的分析流程 说明：公式 Q＝f·s 相对中 s 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上往 复运动时，则 s 相对为总的相对路程。 1．(2016·河南开封模拟)如图 9 所示，木块 A 放在木块 B 的左端上方，用水平恒 力 F 将 A 拉到 B 的右端，第一次将 B 固定在地面上，F 做功 W1，生热 Q1；第二 次让 B 在光滑水平面上可自由滑动，F 做功 W2，生热 Q2，则下列关系中正确的 是( ) 图 9 A．W1＜W2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，Q1＝Q2 C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1＝W2，Q1＜Q2 解析 在 A、B 分离过程中，第一次和第二次 A 相对于 B 的位移是相等的，而热 量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此 Q1＝Q2；在 A、B 分离过程中，第一次 A 的对地位移要小于第二次 A 的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此 W1＜ W2，所以选项 A 正确。 答案 A 2．(2015·天津理综，10)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图 10 所 示，皮带在电动机的带动下保持 v＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为 m＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够 长，取 g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求： 图 10 (1)邮件滑动的时间 t； (2)邮件对地的位移大小 s； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W。 解析 (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为 f， 则 f＝μmg① 取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有 f t＝mv－0② 由①②式并代入数据得 t＝0.2 s③ (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有 fs＝1 2mv2－0④ 由①④式并代入数据得 s＝0.1 m⑤ (3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为 s′，则 s′＝vt⑥ 摩擦力对皮带做的功 W＝－fs′⑦ 由①③⑥⑦式并代入数据得 W＝－2 J⑧ 答案 (1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J 3．(2016·抚顺模拟)4 如图 11 所示，AB 和 CDO 都是处于竖直平面内的光滑圆弧 形轨道，OA 处于水平位置。AB 是半径为 R＝2 m 的1 4 圆周轨道，CDO 是半径为 r＝1 m 的半圆轨道，最高点 O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回不损失 能量)。D 为 CDO 轨道的中点。BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。 已知 BC 段水平轨道长 L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4。现让一个质量 为 m＝1 kg 的小球 P 从 A 点的正上方距水平线 OA 高 H 处自由落下。(g 取 10 m/s2) 图 11 (1)当 H＝1.4 m 时，问此球第一次到达 D 点对轨道的压力大小； (2)当 H＝1.4 m 时，试通过计算判断此球是否会脱离 CDO 轨道。如果会脱离轨 道，求脱离前球在水平轨道经过的路程。如果不会脱离轨道，求静止前球在水平 轨道经过的路程。 解析 (1)设小球第—次到达 D 的速度 vD，小球 P 到 D 点的过程中由动能定理得： mg(H＋r)－μmgL＝mv2D 2 在 D 点对小球由牛顿第二定律得： N＝mv2D r 联立解得：N＝32 N 由牛顿第三定律得小球在 D 点对轨道的压力大小 N′＝N＝32 N。 (2)第一次来到 O 点时速度为 v1，小球 P 到 O 点的过程中由动能定理可得：mgH －μmgL＝mv21 2 解得：v1＝2 3 m/s 恰能通过 O 点，mg＝mv2O r 临界速度 vO＝ 10 m/s 由于 v1>vO。故第一次来到 O 点之前没有脱离轨道 设第三次来到 D 点的动能为 Ek，对之前的过程列动能定理： mg(H＋r)－3μmgL ＝Ek 代入解得：Ek＝0 故小球一直没有脱离 CDO 轨道 设此球静止前在水平轨道经过的路程 s，对全过程列动能定理： mg(H＋R)－μmgs＝0 解得：s＝8.5 m。 答案 (1)32 N (2)见解析