【物理】2019届一轮复习人教版动力学和能量观点的综合应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版动力学和能量观点的综合应用学案

‎ 动力学和能量观点的综合应用 知识梳理 突破一　应用动力学和能量观点分析多过程问题 力学综合题中多过程问题的分析思路：‎ ‎(1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程.‎ ‎(2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解.‎ ‎[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，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R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＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)‎ ‎(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R、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.‎ ‎[解题指导]　第(1)问，求P从C第一次运动到B点时速度的大小，有两种方法，可以用动能定理或牛顿运动定律及运动学公式计算.‎ 第(2)问，求P运动到E点时弹簧的弹性势能，先根据从C到E再到F的过程，由动能定理求出B、E之间的距离；再根据从C到E 的过程，由动能定理或能量守恒定律求弹性势能.‎ 第(3)问，先逆向推理，从D到G过程，根据平抛运动的分解求出D点的速度.再分析由E到D过程，由动能定理求出质量.‎ ‎[解析]　(1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R　①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglsin θ－μmglcos θ＝mv　②‎ 式中θ＝37°‎ 联立①②式并由题给条件得vB＝2.　③‎ ‎(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv　④‎ E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x　⑤‎ 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＝0　⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R　⑦‎ Ep＝mgR.　⑧‎ ‎(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1＝R－Rsin θ　⑨‎ y1＝R＋R＋Rcos θ　⑩‎ 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实.‎ 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有 y1＝gt2　⑪‎ x1＝vDt　⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝　⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有 m1v＝m1v＋m‎1g　⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 Ep－m‎1g(x＋5R)sin θ－μm‎1g(x＋5R)cos θ＝m1v　⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m.　⑯‎ ‎[答案]　(1)2　(2)mgR　(3)　m ‎[变式1]　(2017·四川乐山模拟)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝‎1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点.t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝‎0.2 m的距离(取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：‎ ‎ ‎ 甲　　　　　　　　乙 ‎(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；‎ ‎(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；‎ ‎(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.‎ 答案：(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J 解析：(1)在bc段做匀减速运动，加速度为 a＝＝‎10 m/s2‎ 根据牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.5.‎ ‎(2)设t1＝0.1 s时速度大小为v0，根据速度时间公式得t2＝0.3 s 时的速度大小 v1＝v0－a(t2－t1)＝0‎ 在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′‎ 解得a′＝2 m/s2‎ 从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度大小为 v3＝a′(t3－t2)＝‎0.2 m/s.‎ ‎(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得 Ep＝mgssin 37°＋μmgscos 37°＋mv2b 解得Ep＝4 J.‎ 突破二　应用动力学和能量观点分析传送带、滑块—木板模型 ‎1.方法技巧 传送带、滑块—木板的问题是和实际联系较紧密且较难的物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容.解决此类问题的关键是对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征，列方程联立求解.‎ ‎2.解题模板 考向1　传送带模型分析 ‎[典例2]　如图所示，一质量为m＝‎1 kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝‎2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep＝4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，取g＝‎10 m/s2.求： ‎ ‎(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；‎ ‎(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.‎ ‎[解题指导]　(1)分清运动过程：首先是弹开过程，使滑块获得一速度；然后滑上传送带减速滑行，直到速度减为零；最后反向加速.‎ ‎(2)由于本题数据都为数值，所以需要一边计算一边判断.‎ ‎(3)计算摩擦生热的重点是计算相对位移，根据Q＝f·x相对求解.‎ ‎[解析]　(1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则Ep＝mv，得v1＝‎3 m/s 滑块在传送带上运动的加速度的大小a＝μg＝2 m/s2‎ 滑块向左运动的时间t1＝＝1.5 s 向左运动的最大位移x1＝＝2.25 m 向右匀加速运动的位移x2＝＝1 m x1＞x2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动 向右匀加速运动的时间t2＝＝1 s 向右匀速运动的时间为t3＝＝0.625 s 所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s.‎ ‎(2)滑块在传送带上向左运动x1的位移时，传送带向右运动的位移为x1′＝vt1＝‎‎3 m 则Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m 滑块向右运动x2时，传送带向右运动的位移为x2′＝vt2＝2 m 则Δx2＝x2′－x2＝1 m Δx＝Δx1＋Δx2＝‎‎6.25 m 则产生的热量为Q＝μmg·Δx＝12.5 J.‎ ‎[答案]　(1)3.125 s　(2)12.5 J 考向2　滑块—木板模型分析 ‎[典例3]　10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m＝‎0.5 kg、长度L＝‎0.6 m，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量M＝1 kg 的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.25.现给铅块一向右的初速度v0＝‎5 m/s，使其在木块上滑行.取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)开始带动木块运动时铅块的速度；‎ ‎(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量；‎ ‎(3)铅块运动的总时间.‎ ‎[解题指导]　(1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力，当该力大于木块受到地面的摩擦力时，木块开始运动.‎ ‎(2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离.‎ ‎(3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和.‎ ‎[解析]　(1)设铅块可以带动n个木块移动，以这n个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg>μ1(M＋mn)g 解得n<3，取n＝2，此时铅块已滑过8个木块 根据动能定理有：Mv20－Mv2＝μ2Mg×8L 代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v＝1 m/s.‎ ‎(2)对铅块M：a2＝μ‎2g＝‎2.5 m/s2‎ v2＝v－a2t2‎ 对最后两块木块9和10有：‎ a1＝＝‎0.5 m/s2[ :学 ]‎ v1＝a1t2‎ 令v1＝v2，故它们获得共同速度所需时间：‎ t2＝＝ s 铅块的位移：x2＝vt2－a2t22‎ 木块的位移：x1＝a1t22‎ 铅块相对木块的位移：Δx＝x2－x1＝ mvO。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