【物理】2018届一轮复习人教版微专题2　动力学和能量观点解决力学综合问题教案

【物理】2018届一轮复习人教版微专题2　动力学和能量观点解决力学综合问题教案

第5节　微专题2　动力学和能量观点解决力学综合问题 考点一　动力学观点的应用 若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．‎ ‎[典例1]　 如图所示，质量M＝‎0.4 kg的长薄板BC静置于倾角为37° 的光滑斜面上，在A点有质量m＝‎0.1 kg的小物体(可视为质点)以v0＝‎4.0 m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，运动到薄板的最下端C时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)A点与B点的水平距离；‎ ‎(2)薄板BC的长度．‎ 解析　(1)小物体从A到B做平抛运动，下落时间为t1，水平位移为x，则：‎ gt1＝v0tan 37°①‎ x＝v0t1②‎ 联立①②得x＝1.2 m ‎(2)小物体落到B点的速度为v，则v＝③‎ 小物体在薄板上运动，则：‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1④‎ 薄板在光滑斜面上运动，则：‎ Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2⑤‎ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2，‎ 则：v＋a1t2＝a2t2⑥‎ 小物体的位移x1＝vt2＋a1t⑦‎ 薄板的位移x2＝a2t⑧‎ 薄板的长度l＝x1－x2⑨‎ 联立③～⑨式得l＝2.5 m 答案　(1)1.2 m　(2)2.5 m 如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F作用(g取10 m/s2)．求：‎ ‎(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小．‎ 解析：(1)由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma 变形得a＝F－μg 对比图乙中图线的函数公式得m＝4 kg，μ＝0.1‎ ‎(2)0～2 s：‎ a1＝＝ m/s2＝‎2 m/s2‎ x1＝a1t＝‎‎4 m ‎2 s～4 s：‎ a2＝＝－‎2 m/s2‎ x2＝a1t1·t2＋a2t＝‎‎4 m 综上可知，一个周期内的位移为 x＝x1＋x2＝‎‎8 m 答案：(1)4 kg　0.1　(2)8 m 考点二　能量观点的应用 一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．‎ ‎[典例2]　如图所示，半径R＝‎1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝‎1 kg，上表面与C点等高．质量为m＝‎1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝‎1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)物块经过C点时的速度vC；‎ ‎(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.‎ 解析　(1)设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，有 vBsin θ＝v0‎ 从B到C，根据动能定理有 mgR(1＋sin θ)＝mv－mv 解得vC＝6 m/s ‎(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则 μmg＝ma1‎ μmg＝Ma2‎ v＝vC－a1t v＝a2t 根据能量守恒定律有 (m＋M)v2＋Q＝mv 联立解得Q＝9 J 答案　(1)6 m/s　(2)9 J ‎1．一半径R＝‎1 m的圆弧导轨与水平导轨相连，从圆弧导轨顶端A静止释放一个质量m＝‎0.02 kg的木块，测得其滑至底端B的速度vB＝‎3 m/s，以后又沿水平导轨滑行BC＝‎3 m而停止在C点，如图所示，求：‎ ‎(1)木块克服圆弧导轨摩擦力所做的功；‎ ‎(2)木块在B点对圆弧轨道的压力；‎ ‎(3)BC段导轨的动摩擦因数．(取g＝‎10 m/s2)‎ 解析：(1)木块由A至B过程，由动能定理得 mgR－Wf＝mv 解得Wf＝0.11 J ‎(2)在B点，对木块由牛顿第二定律得 FN－mg＝m 解得FN＝0.38 N 由牛顿第三定律得木块对圆弧轨道的压力FN′＝FN＝0.38 N，方向竖直向下．‎ ‎(3)木块由B至C过程由动能定理得 ‎－μmgl＝－mv 解得μ＝0.15‎ 答案：(1)0.11 J　(2)0.38 N，方向竖直向下　(3)0.15‎ ‎2. (2017·河北区模拟)如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0＝3的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为R的圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，P、Q位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后穿过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？‎ 解析：设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有 ‎－μmg5R＝mv－mv 解得v＝8gR 滑块从B点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则 mv＝mv＋mg2R 解得vP＝2 滑块穿过P孔后再回到平台的时间 t＝＝4 要想实现题述过程，需满足 ωt＝(2n＋1)π ω＝(n＝0,1,2，…)‎ 答案：ω＝(n＝0,1,2，…)‎ 考点三　动力学和能量观点的综合应用 物体在整个运动过程中，往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合．解决这类问题应抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程，对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程求解．‎ ‎[典例3]　(2017·山东临沂模拟)某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g.‎ ‎(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？‎ ‎(2)若已知H＝‎5 m，L＝‎8 m，a＝‎2 m/s2，g＝‎10 m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？‎ ‎(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？‎ 解析　(1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，‎ 则有μmg≥mω2R 即转盘转动角度应满足ω≤ ‎(2)设水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2，则加速时有 x1＝at v＝at1‎ 平抛运动阶段：x2＝vt2‎ H＝gt 全程水平方向：x1＋x2＝L 解得t1＝2 s ‎(3)设阻力为Ff，继续向右滑动距离为x3，由动能定理得 加速段：(F－Ff)x1＝mv2‎ 减速段：－Ffx3＝0－mv2‎ 解得x3＝2 m 答案　(1)ω≤ 　(2)2 s　(3)2 m ‎1. 如图所示，压力传感器能测量物体对其正压力的大小，现将质量分别为M、m的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮(滑轮光滑且较小)，当小球在竖直面内左右摆动且高度相等时，物块始终没有离开水平放置的传感器．已知小球摆动偏离竖直方向的最大角度为θ，滑轮O到小球间轻绳长度为l，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小球摆到最低点速度大小；‎ ‎(2)小球摆到最低点时，压力传感器示数为零，则的大小．‎ 解析：(1)小球下摆过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgl(1－cos θ)＝mv2－0‎ 解得小球在最低点的速度大小 v＝ ‎(2)小球在最低点时，压力传感器的示数为零，则轻绳的拉力大小F＝Mg 对小球在最低点应用牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得＝3－2cos θ 答案：(1) 　(2)3－2cos θ ‎2．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝‎6 m，始终以v0＝‎6 m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝‎1 kg的物块由距斜面底端高度h1＝‎5.4 m的A点静止释放，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝‎5 m，g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)求物块由A点运动到C点的时间；‎ ‎(2)若把物块从距斜面底端高度h2＝‎2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；‎ ‎(3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D.‎ 解析：(1)A到B过程：根据牛顿第二定律 mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1‎ ＝a1t 代入数据解得a1＝2 m/s2，t1＝3 s 所以滑到B点的速度：‎ vB＝a1t1＝2×‎3 m/s＝‎6 m/s，‎ 物块在传送带上匀速运动到C的时间 t2＝＝s＝1 s 所以物块由A到B的时间 t＝t1＋t2＝3 s＋1 s＝4 s ‎(2)在斜面上根据动能定理 mgh2－μ1mgcos θ＝mv2‎ 解得v＝4 m/s＜6 m/s 设物块在传送带先做匀加速运动到v0，运动位移为x，则：‎ a2＝＝μ‎2g＝‎2 m/s2‎ v－v2＝‎2a2x，x＝‎5 m＜‎‎6 m 所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动 s＝v0t0，H＝gt 解得s＝6 m ‎(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC＝v0.‎ ‎①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则 mgh3－μ1mgcos θ＋μ2mgL＝mv 解得h3＝1.8 m.‎ ‎②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，则 mgh4－μ1mgcos θ－μ2mgL＝mv 解得h4＝9.0 m 所以当离传送带高度在1.8 m～9.0 m的范围内均能满足要求，即1.8 m≤h≤9.0 m.‎ ‎ 答案：(1)4 s　(2)‎6 m　(3)‎1.8 m≤h≤‎‎9.0 m