【物理】2019届一轮复习人教版能量观点解决多过程问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版能量观点解决多过程问题学案

第4讲　能量观点解决多过程问题 命题点一　多运动组合问题 ‎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　(2017·浙江4月选考·20)图1中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝10 m、r2＝20 m，弯道2比弯道1高h＝12 m，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m＝1 200 kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2)‎ 图1‎ ‎(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1；‎ ‎(2)汽车以v1进入直道，以P＝30 kW的恒定功率直线行驶了t＝8.0 s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；‎ ‎(3)汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d＝10 m，求此最短时间(A、B两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)．‎ 答案　见解析 解析　(1)设在弯道1沿中心线行驶的最大速度为v1‎ 由牛顿第二定律得，kmg＝m 解得v1＝＝5 m/s ‎(2)设在弯道2沿中心线行驶的最大速度为v2‎ 由牛顿第二定律得，kmg＝m 解得v2＝＝5 m/s 在直道上由动能定理有 Pt－mgh＋Wf＝mv－mv 代入数据可得Wf＝－2.1×104 J ‎(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短，‎ 由图可得r′2＝r＋[r′－(r1－)]2‎ 代入数据可得r′＝12.5 m 设汽车沿该路线行驶的最大速度为v′‎ 则kmg＝m 得v′＝＝12.5 m/s 由sin θ＝＝0.8‎ 则对应的圆心角为2θ＝106°‎ 路线长度s＝×2πr′≈23.1 m 最短时间t′＝≈1.8 s 变式1　(2016·浙江4月选考·20)如图2所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1＝0.20 m、h2＝0.10 m，BC水平距离L＝1.00 m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g＝10 m/s2)‎ 图2‎ ‎(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；‎ ‎(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；‎ ‎(3)当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由．‎ 答案　(1)0.1 J　2 m/s　(2)0.5　(3)见解析 解析　(1)由机械能守恒定律可得 E弹＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 J 由ΔEk＝mv，可得v0＝2 m/s ‎(2)由E弹∝d2，可得当弹簧压缩量为2d时，‎ ΔEk′＝E弹′＝4E弹＝4mgh1‎ 由动能定理可得－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′‎ 解得μ＝＝0.5‎ ‎(3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是 mg＝ 由机械能守恒定律有 v＝v0＝2 m/s 解得Rm＝0.4 m 当R>0.4 m时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B点；‎ 当R≤0.4 m时，滑块能上升到B点．‎ 拓展点1　圆周＋直线＋平抛的组合 例2　(2017·温州市质检)半径R＝1 m的圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h＝1 m，如图3所示，有一质量m＝1.0 kg的小滑块自圆弧轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4 m/s，滑块最终落在地面上，试求：(g取10 m/s2，不计空气阻力)‎ 图3‎ ‎(1)滑块落在地面上时的速度大小；‎ ‎(2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力所做的功．‎ 答案　(1)6 m/s　(2)2 J 解析　(1)因滑块经过水平轨道末端B后下落时只有重力做功，所以取滑块经过水平轨道末端B时为初状态，落在地面上时为末状态，根据机械能守恒定律可得(以地面为零势能面)：mv＋mgh＝mv2＋0，‎ 解得v＝＝ m/s＝6 m/s.‎ ‎(2)取滑块在圆弧轨道最高点A时为初状态，落在地面上时为末状态，‎ 根据动能定理可得W总＝WG＋Wf＝mv2－0，‎ 解得Wf＝mv2－WG＝mv2－mg(R＋h)‎ ‎＝×1×62 J－1×10×(1＋1) J＝－2 J，‎ 即滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做功2 J.‎ 拓展点2　直线＋圆周＋平抛的组合 ‎ 例3　(2017·嘉兴市质检)如图4所示，一弹射装置由弹簧发射器和轨道组成．轨道由水平光滑滑道AB与管道BCDE相连接而成，其中BCD是半径R＝0.4 m(管道中心到圆心的距离)的竖直光滑圆管道，DE是长度等于0.4 m的水平粗糙管道，在D处的下方有一直径略大于物块的小孔，装置都在同一竖直平面内．当弹簧压缩到A弹射物块m1时，恰能使其无初速度地落入D点处的小孔中被收集；当弹簧压缩到A弹射物块m2时，则其落入E左侧紧靠E的容器甲中．已知：m1＝0.05 kg，m2＝0.04 kg.容器甲高h＝0.2 m，长L＝0.4 m，上沿与管道下壁在同一水平面．物块大小略小于管道内径，g＝10 m/s2.‎ 图4‎ ‎(1)当弹簧压缩到A时，求弹簧的弹性势能；‎ ‎(2)求物块m2经过D点时对D点的作用力大小；‎ ‎(3)若物块m2落在容器甲的处，求物块m2与管道DE间的动摩擦因数大小. ‎ 答案　(1)0.4 J　(2)0　(3)0.375‎ 解析　(1)物块m1和弹簧组成的系统机械能守恒，‎ 得Ep＝2m1gR＝0.4 J ‎(2)从弹簧压缩到A处到物块m2经过D点的过程中，物块m2和弹簧组成的系统机械能守恒，‎ 得Ep＝2m2gR＋m2v，‎ 由圆周运动规律可得 F＋m2g＝m2，‎ 代入数据得在D点管道对物块m2的作用力F＝0，‎ 根据牛顿第三定律，物块对D点的作用力大小F′＝0.‎ ‎(3)物块m2离开E点后做平抛运动，‎ 有h＝gt2，vE＝，‎ 得vE＝1 m/s.‎ 从D到E由动能定理可得 ‎－μm2gLDE＝m2v－m2v，‎ 解得μ＝0.375.‎ 命题点二　传送带模型问题 传送带问题的分析流程和技巧 ‎1．分析流程 ‎2．相对位移 一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．‎ ‎3．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＝Ff·x相对．‎ 模型1　水平传送带模型 例4　(2016·温州市期中)倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图5所示．一个质量为2 kg的物体(可视为质点)，从h＝3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A、B连线的中点处，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ 图5‎ ‎(1)传送带左、右两端A、B间的距离L；‎ ‎(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量；‎ ‎(3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′.‎ 答案　(1)12.8 m　(2)160 J　(3)1.8 m 解析　(1)物体从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中，运用动能定理得：mgh－＝0－0，解得L＝12.8 m.‎ ‎(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移 x相＝＋v带·t，又＝μgt2，而摩擦产生的热量Q＝μmg·x相，‎ 联立得Q＝160 J.‎ ‎(3)物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为v带＝6 m/s时，向右运动的位移为x，则μmgx＝mv，得x＝3.6 m＜，即物体在到达A点前速度与传送带速度相等，最后以v带＝6 m/s的速度冲上斜面，由动能定理得mv＝mgh′，解得h′＝1.8 m.‎ 变式2　(2016·杭州市月考)如图6所示，皮带的速度是3 m/s，两轮圆心间距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体(可视为质点)轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，求：(g＝10 m/s2)‎ 图6‎ ‎(1)小物体获得的动能Ek；‎ ‎(2)这一过程中摩擦产生的热量Q；‎ ‎(3)这一过程中电动机消耗的电能E.‎ 答案　(1)4.5 J　(2)4.5 J　(3)9 J 解析　(1)物体开始做匀加速运动，加速度a＝μg＝1.5 m/s2，当物体与皮带速度相同时μmgx＝mv2.‎ 解得物体加速阶段运动的位移x＝3 m＜4.5 m，‎ 则小物体获得的动能 Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J.‎ ‎(2)v＝at，解得t＝2 s，‎ Q＝μmg·x相对＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J.‎ ‎(3)E＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J.‎ ‎模型2　倾斜传送带模型 例5　如图7所示，与水平面夹角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＝，取g＝10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)物体从A运动到B共需多长时间？‎ ‎(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．‎ 答案　(1)2.4 s　(2)28 J 解析　(1)物体无初速度地放在A处后，‎ 因mgsin θ<μmgcos θ 故物体斜向上做匀加速直线运动．‎ 加速度a＝＝2.5 m/s2‎ 物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8 s t1时间内物体的位移x1＝t1＝0.8 m＜4 m 之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间 t2＝＝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 Δx＝vt1－x1＝0.8 m 因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx＝6 J 整个过程中多消耗的电能 E电＝Ek＋Ep＋Q＝mv2＋mgLsin θ＋Q＝28 J.‎ ‎1．如图1所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，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，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：‎ 图1‎ ‎(1)物体由A端运动到B端的时间．‎ ‎(2)系统因摩擦产生的热量．‎ 答案　(1)2 s　(2)24 J 解析　(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，‎ 设物体经时间t1，加速到与传送带同速，‎ 则v＝a1t1，x1＝a1t 解得：a1＝10 m/s2‎ t1＝1 s x1＝5 m 因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2‎ L－x1＝vt2＋a2t 解得：t2＝1 s 故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s ‎(2)物体与传送带间的相对位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J.‎ ‎2．(2017·温州市质检)滑板运动是一种陆上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作，给人以美的享受．如图2是模拟的滑板组合滑行轨道，该轨道有足够长的斜直轨道、半径R1＝1 m的凹形圆弧轨道和半径R2＝2 m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接．其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O点与M点处在同一水平面上，运动员踩着滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经过M点滑向N点，P点距M点所在水平面的高度h＝2.45 m，不计一切阻力，运动员和滑板的总质量为m＝50 kg，运动员和滑板可视为质点，g＝10 m/s2.求：‎ 图2‎ ‎(1)运动员滑到M点时的速度大小；‎ ‎(2)运动员滑到N点时，滑板对轨道的压力大小；‎ ‎(3)改变运动员无初速度下滑时距M点所在水平面的高度，求运动员恰好从N点水平飞出时，运动员的出发点距M点所在水平面的高度h1.‎ 答案　(1)7 m/s　(2)275 N　(3)3 m 解析　(1)以地面为参考平面，对运动员和滑板从P到M的过程，由机械能守恒定律得mgh＝mv，‎ 解得vM＝＝ m/s＝7 m/s.‎ ‎(2)从P到N，由机械能守恒定律得：‎ mg(h－R2)＝mv，‎ vN＝＝ m/s＝3 m/s.‎ 滑板在N点时，由牛顿第二定律有mg－FN＝m，‎ 解得FN＝mg－m＝275 N，‎ 由牛顿第三定律，滑板滑到N点时，滑板对轨道的压力FN′＝FN＝275 N.‎ ‎(3)运动员恰好从N点水平飞出时，由牛顿第二定律得mg＝m，对从P到N的过程，由机械能守恒定律有mg(h1－R2)＝mvN′2，解得h1＝3 m.‎ ‎3．(2017·“金华十校”联考)金华某商场门口根据金华“双龙”元素设计了一个精美的喷泉雕塑，两条龙喷出的水恰好相互衔接(不碰撞)形成一个“∞”字形．某学习小组为了研究喷泉的运行原理，将喷泉简化成如图3所示的模型，两个龙可以看成两个相同对称圆的一部分(近似看成在同一平面内)，E、B两点为圆的最高点．抽水机M使水获得一定的初速度后沿ABCDEFG运动，水在C、F两处恰好沿切线进入管道，最后回到池中．圆半径为R＝1 m，角度θ＝53°，忽略一切摩擦．(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：‎ 图3‎ ‎(1)水从B点喷出的速度大小；‎ ‎(2)取B处一质量为m＝0.1 kg的一小段水，管道对这一小段水的作用力大小和方向；‎ ‎(3)若管道B处横截面积为S＝4 cm2，则抽水机M的输出功率大小．(水的密度ρ＝1×103 kg/m3)‎ 答案　(1)3 m/s　(2)0.8 N　竖直向下　(3)49.2 W 解析　(1)水从B点做平抛运动，竖直方向h＝R＋Rcos θ＝1.6 m.‎ 根据v＝2gh，得vCy＝4 m/s 又因水在C点刚好与圆相切，得tan θ＝，‎ 所以vB＝3 m/s.‎ ‎(2)以m＝0.1 kg的一小段水为研究对象．当水在最高点B受到的管道作用力是0时，有 Fn＝mg＝m，v临＝ m/s＜3 m/s.‎ 故水在B点受到管道竖直向下的压力，‎ mg＋FN＝m，得FN＝0.8 N.‎ ‎(3)以单位时间(t＝1 s)从B点喷出的水为研究对象 m0＝ρSvBt，‎ 以A处所在平面为零势能参考面，由能量守恒定律可得：‎ Pt＝m0g(2R)＋m0v，‎ 得P＝34.8 W≈49.2 W ‎4．(2017·湖州市质检)如图4所示，AB为半径R＝1 m的四分之一光滑竖直圆弧轨道，OB竖直．有一质量m＝2 kg的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H＝1 m处由静止开始下落．CD段为长L＝2 m的粗糙水平面，物体与水平面间动摩擦因数μ1＝0.2.DE段是一个可以改变倾角的长斜面，物体与斜面间动摩擦因数为μ2＝.轨道AB、CD、DE间均光滑连接，物体在经过连接处动能损失均不计，空气阻力不计，g取10 m/s2.‎ 图4‎ ‎(1)物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；‎ ‎(2)当斜面倾角θ＝30°时，求物体上滑的最大高度；‎ ‎(3)当斜面倾角θ(在0°～90°范围内)为某值时，物体上滑的最大距离具有最小值，求此最小值．‎ 答案　(1)100 N，方向竖直向下　(2)0.8 m ‎(3)60°　 m 解析　(1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg(R＋H)＝mv，‎ 到达B点时由支持力FN和重力的合力提供向心力 FN－mg＝m，‎ 解得FN＝100 N，‎ 根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为100 N，方向竖直向下．‎ ‎(2)设最高点高度为h，从开始下落到上升到最高点，由功能关系得 mg(H＋R－h)－μ1mgL－μ2mgcos θ·＝0，‎ 解得上升的最大高度h＝0.8 m.‎ ‎(3)设物体在斜面上上滑的长度为s，从开始下落直至运动到最高点，‎ 由动能定理得 mg(H＋R)－μ1mgL－(mgsin θ＋μ2mgcos θ)s＝0‎ s＝＝ ‎＝ tan φ＝μ2＝，φ＝30°.‎ 所以当θ＝60°时，有最小值smin＝ m.‎ ‎5．(2017·嘉兴市质检)某同学设计了一款益智类的儿童弹射玩具，模型如图5所示，AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆，DE段是长度为2R的水平杆，与AB杆稍稍错开．竖直杆内装有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m的小球．每次将弹簧的长度压缩至P点后锁定，设PB的高度差为h；解除锁定后弹簧可将小球弹出．在弹射器的右侧装有可左右移动的宽为2R的盒子用于接收小球，盒子的左端最高点Q和P点等高，且与E的水平距离为x，已知弹簧锁定时的弹性势能Ep＝9mgR，小球与水平杆的动摩擦因数μ＝0.5，与其他部分的摩擦不计，不计小球受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对小球的影响且杆的粗细远小于圆的半径，重力加速度为g.求：‎ 图5‎ ‎(1)当h＝3R时，小球到达弯杆的最高点C处时的速度大小vC；‎ ‎(2)在(1)问中小球运动到最高点C时对弯杆作用力的大小；‎ ‎(3)若h连续可调，要使该小球能掉入盒中，求x的最大值．‎ 答案　(1)　(2)9mg　(3)8R 解析　(1)小球从P点运动至C点的过程中，机械能守恒，则有Ep＝mg(h＋R)＋mv，‎ 解得vC＝.‎ ‎(2)设小球在C点时受到弯杆的作用力向下，大小为F，则F＋mg＝m，解得F＝9mg，‎ 根据牛顿第三定律，小球对弯杆的作用力大小为9mg.‎ ‎(3)从P到E的过程中，由动能定理得 Ep－mg(h－R)－μmg·2R＝mv－0，‎ 要使小球落入盒中且x取最大值的临界情况是正好从Q点掉入盒中，由E到Q做平抛运动得 h－R＝gt2，x＝vEt，‎ 联立得x＝2，‎ 故当h＝5R时，有xmax＝8R.‎ 判断：该情况小球能通过最高点C，结果成立．‎