【新品下载推荐】高考物理大一轮复习微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题学案新人教版

微专题07 用动力学和能量观点解决力学综合题多运动组合问题 (对应学生用书P 96)1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题． 2．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． 3．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．(2016·全国卷Ⅰ)如图，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56R 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＝14，重力加速度大小为g .⎝⎛⎭⎪⎫取s in 37°＝35，cos 37°＝45(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72R 、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．解析：(1)由题意可知：l BC ＝7R －2R ＝5R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl BC sin θ－μmgl BC cos θ＝12mv 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为E p ，由B →E 过程，根据动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④ E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x⑤P 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 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离为x 1、竖直距离为y 1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.由几何关系得：x 1＝72R －56R sin θ＝3R ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ＝52R⑩设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t . 由平抛运动公式得：y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理得E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cosθ＝12m 1v 2C⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m 1＝13m答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m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．(2018·南充模拟)如图所示，AB 为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB 部分粗糙，BP 为圆心角等于143°、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量m ＝2 kg 的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后(不拴接)释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为x ＝12t －4t 2(式中x 单位是m ，t 单位是s)，假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.试求：(1)若CD ＝1 m ，试求物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功； (2)B 、C 两点间的距离x ；(3)若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？解析：(1)由x ＝12t －4t 2知， 物块在C 点速度为v 0＝12 m/s设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W ，由动能定理得：W －mg sin 37°·CD ＝12mv 20代入数据得：W ＝12mv 20＋mg sin 37°·CD ＝156 J.(2)由x ＝12t －4t 2知，物块从C 运动到B 的加速度大小为a ＝8 m/s 2物块在P 点的速度满足mg ＝m v 2PR物块从B 运动到P 的过程中机械能守恒，则有 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mgh BP 物块从C 运动到B 的过程中有v 2B －v 20＝－2ax 由以上各式解得x ＝498m ＝6.125 m.(3)设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma代入数据解得μ＝0.25假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，且设其速度为v Q ，由动能定理得12mv 2Q －12mv 2P ＝mgR －2μmg cos 37° 解得v 2Q ＝－19＜0.可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道． 答案：(1)156 J (2)6.125 m (3)不会运用数学知识求解物理极值问题(对应学生用书P 97)数学思想和方法已经渗透到物理学中各个层次和领域，特别是数学中的基本不等式思想在解决物理计算题中的极值问题时会经常用到，这也是数学知识在具体物理问题中实际应用的反映，也是高考中要求的五大能力之一．如图所示，粗糙水平台面上静置一质量m ＝0.5 kg 的小物块(视为质点)，它与平台表面的动摩擦因数μ＝0.5，与平台边缘O 点的距离s ＝5 m ．在平台右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R ＝1 m ，圆弧的圆心为O 点．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力．(不考虑空气阻力影响，g 取10 m/s 2)(1)为使小物块击中挡板，求拉力F 作用的最短时间；(2)改变拉力F 的作用时间，小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．解析：(1)由动能定理Fx －μmgs ＝ΔE k ＝0又F －μmg ＝max ＝12at 2解得t ＝1 s.(2)设物块离开O 点的速度为v 0时，击中挡板时小物块的动能最小x ＝v 0t ，y ＝12gt 2 x 2＋y 2＝R 2击中挡板时的动能E k ＝12mv 20＋mgy由以上各式得E k ＝14mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 2y ＋3y当R 2y ＝3y .即y ＝33时，E k 最小 最小值E k ＝532 J.答案：(1)1 s (2)532J(多选)如图所示，在粗糙水平台阶上有一轻弹簧，左端固定在A 点，弹簧处于自然状态时其右端位于台阶右边缘O 点．台阶右侧固定了14圆弧挡板，圆弧半径R ＝1 m ，圆心为O ，P 为圆弧上的一点，以圆心O 为原点建立平面直角坐标系，OP 与x 轴夹角53°(sin 53°＝0.8)，用质量m ＝2 kg 的小物块，将弹簧压缩到B 点后由静止释放，小物块最终水平抛出并击中挡板上的P 点．物块与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，BO 间的距离s ＝0.8 m ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．物块离开O 点时的速度大小为1.5 m/sB ．弹簧在B 点时具有的弹性势能为10.25 JC ．改变弹簧的弹性势能，击中挡板时物块的最小动能为10 3 JD ．改变弹簧的弹性势能，物块做平抛运动，可能垂直落到挡板上 解析：选ABC 设物块离开O 点的速度为v 0 则R sin 37°＝v 0tR cos 37°＝12gt 2解得v 0＝1.5 m/s 由B →O ，则E p ＝μmgs ＋12mv 20＝10.25 J ，故A 、B 正确．设物块离开O 点的速度为v 时，击中挡板时动能最小 则E k ＝12mv 2＋mgh又h ＝12gt 2，t ＝x vx 2＋h 2＝R 2得E k ＝5h ＋15h .当5h＝15h 时，E k 最小故E k ＝10 3 J ，C 正确．假设物块能垂直打在挡板上，则速度的反向延长过O 点，故不可能，D 错误．传送带模型问题 (对应学生用书P 97)1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．(2017·河北衡水中学二模)如图所示为一皮带传送装置，其中AB 段水平，长度L AB ＝4 m ，BC 段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v ＝4 m/s 的恒定速率顺时针运转．现将一质量m ＝1 kg 的工件(可看成质点)无初速度地放在A 点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)工件从A 点开始至第一次到达B 点所用的时间t ；(2)工件从第一次到达B 点至第二次到达B 点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q .解析：(1)由牛顿第二定律得μmg ＝ma 1，则a 1＝μg ＝5 m/s 2， 经t 1时间工件与传送带的速度相同，则t 1＝v a 1＝0.8 s ， 工件前进的位移为x 1＝12a 1t 21＝1.6 m ，此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时t 2＝L AB －x 1v＝0.6 s ，工件第一次到达B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1.4 s. (2)工件沿BC 上升过程中受到摩擦力f ＝μmg cos θ， 由牛顿第二定律可得，加速度大小a 2＝mg sin θ－f m＝2 m/s 2， 由运动学公式可得t 3＝v a 2＝2 s ，下降过程加速度大小不变，a 3＝a 2＝2 m/s 2， 由运动学公式可得t 4＝v a 3＝2 s.工件与传送带的相对位移Δx ＝v (t 3＋t 4)＝16 m ， 摩擦生热Q ＝f Δx ＝64 J. 答案：(1)1.4 s (2)64 J1．分析流程2．功能关系(1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W F 和Q 的理解： ①传送带的功：W F ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝F f x 相对．(2018·安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m ＝1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B ．0～8 s 内物体位移的大小为14 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为84 JD ．0～8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J解析：选BD 根据v ­t 图象的斜率表示加速度，可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22 m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得μ＝0.875，故A 错误.0～8 s 内物体的位移为s ＝－12×2×2 m ＋2＋62×4 m＝14 m ，故B 正确．物体上升的高度为h ＝s sin θ＝8.4 m ，重力势能的增量为ΔE p ＝mgh ＝84 J ，动能增量为ΔE k ＝12mv 22－12mv 21＝12×1×(42－22) J ＝6 J ，机械能增量为ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J ，故C 错误.0～8s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动的距离为s 带＝4×6 m ＝24 m,0～6 s 内物体位移为s 物＝－12×2×2 m＋4×42 m ＝6 m ，s 相对＝s 带－s 物＝18 m ，产生的热量为Q ＝μmg cos θ·s 相对＝126 J ，故D 正确．滑块—木板模型问题 (对应学生用书P 98)1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．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v 0＝5 m/s ，使其在木块上滑行．g 取10 m/s 2，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 ＋nm )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：12Mv 20－12Mv 2＝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 ：a 2＝μ2g ＝2.5 m/s 2，v 2＝v －a 2t 2 对最后两块木块9和10有：a 1＝μ2Mg －μ1M ＋2m g2m＝0.5 m/s 2，v 1＝a 1t 2令v 1＝v 2，故它们获得共同速度所需时间：t 2＝v a 1＋a 2＝13s铅块位移：x 2＝vt 2－12a 2t 22，木块位移：x 1＝12a 1t 22铅块相对木块位移：Δx ＝x 2－x 1＝16 m ＜L所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：Q ＝μ2Mg (8L ＋Δx )＝12.42 J.(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为：v 1＝a 1t 2＝16m/s铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t 3＝v 1μ1g ＝16s铅块在前8个木块上运动时间：t 1＝v 0－vμ2g＝1.6 s 所以铅块运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.1 s.答案：(1)1 m/s (2)12.42 J (3)2.1 s如图所示，在水平面上有A 、B 两块相同的木板．质量均为m ＝2 kg ，每块木板长L ＝1 m ．两木板放在一起但不粘连，木板与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，设定最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现有一质量M ＝4 kg 的金属块C 以初速度v 0＝2 2 m/s 从A 的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g 取g ＝10 m/s 2，试求：(1)金属块滑上B 的左端时速度为多少？ (2)金属块停在木块B 上何处？ (3)整个过程中木块B 的位移是多少？ 解析：(1)AB 与地面：f AB ＝μ1(2m ＋M )g ＝8 NAC 间：f AC ＝μ2Mg ＝8 N故开始时AB 静止，对C 有：v 20－v 21＝2μ2gLv 1＝2 m/s(2)BC 间：f BC ＝μ2Mg ＝8 NB 地间：f B ＝μ1(m ＋M )g ＝6 N ＜f BC则C 减速，B 加速，设经时间t 达共同速度v 2，则： 对B ：f BC －f B ＝ma Ba B ＝1 m/s 2，v 2＝a B t ＝v 1－μ2gt最新审定版试题欢迎下载！ t ＝23s v 2＝23 m/s此过程C 相对B 运动s ＝v 1＋v 22t －v 22t ＝23m (3)此后BC 一起减速，a ＝μ1g ＝1 m/s 2，B 的位移s B ＝v 22t ＋v 222a ＝49 m. 答案：(1)2 m/s (2)23 m (3)49m。