《2019年高考物理一輪復習 第五章 機械能 專題強化六 動力學和能量觀點的綜合應用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第五章 機械能 專題強化六 動力學和能量觀點的綜合應用課件.ppt（71頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題強化六動力學和能量觀點的綜合應用 第五章機械能 專題解讀 1 本專題是力學兩大觀點在直線運動 曲線運動多物體多過程的綜合應用 高考常以計算題壓軸題的形式命題 2 學好本專題 可以極大的培養(yǎng)同學們的審題能力 推理能力和規(guī)范表達能力 針對性的專題強化 可以提升同學們解決壓軸題的信心 3 用到的知識有 動力學方法觀點 牛頓運動定律 運動學基本規(guī)律 能量觀點 動能定理 機械能守恒定律 能量守恒定律 內(nèi)容索引 命題點一多運動組合問題 命題點二傳送帶模型問題 課時作業(yè) 命題點三滑塊 木板模型問題 1 命題點一多運動組合問題 1 多運動組合問題主要是指直線運動 平拋運動和豎直面內(nèi)圓周運動的組合問題 2 解題策略 1 動力學方法觀點 牛頓運動定律 運動學基本規(guī)律 2 能量觀點 動能定理 機械能守恒定律 能量守恒定律 3 解題關鍵 1 抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程 將物理過程分解成幾個簡單的子過程 2 兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶 也是解題的關鍵 很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口 1 求P第一次運動到B點時速度的大小 lBC 7R 2R 5R 答案 解析 2 求P運動到E點時彈簧的彈性勢能 答案 解析 答案 分析 解析 x1 vDt 聯(lián)立 得 P由E點運動到C點的過程中 聯(lián)立 得 P由C運動到D的過程中 多過程問題的解題技巧1 合 初步了解全過程 構建大致的運動圖景 2 分 將全過程進行分解 分析每個過程的規(guī)律 3 合 找到子過程的聯(lián)系 尋找解題方法 1 同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖所示的實驗裝置 圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板 M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道 P為最高點 Q為最低點 Q點處的切線水平 距底板高為H N板上固定有三個圓環(huán) 將質量為m的小球從P處靜止釋放 小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心 落到底板上距Q水平距離為L處 不考慮空氣阻力 重力加速度為g 求 1 距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度 答案 解析 2 小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向 答案 解析 3 摩擦力對小球做的功 答案 解析 2 如圖所示 水平桌面上有一輕彈簧 左端固定在A點 自然狀態(tài)時其右端位于B點 水平桌面右側有一豎直放置的軌道MNP 其形狀為半徑R 1 0m的圓環(huán)剪去了左上角120 的圓弧 MN為其豎直直徑 P點到桌面的豎直距離是h 2 4m 用質量為m 0 2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點后釋放 物塊經(jīng)過B點后做勻變速運動 其位移與時間的關系為x 6t 2t2 物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線落入圓軌道 不計空氣阻力 g取10m s2 1 求物塊過B點時的瞬時速度大小vB及物塊與桌面間的動摩擦因數(shù) 答案 解析 6m s0 4 分析 物塊過B點后遵從x 6t 2t2 所以知 vB 6m s a 4m s2 由牛頓第二定律 mg ma 解得 0 4 2 若軌道MNP光滑 求物塊經(jīng)過軌道最低點N時對軌道的壓力FN 答案 解析 16 8N 方向豎直向下 3 若物塊剛好能到達軌道最高點M 求物塊從B點到M點運動的過程中克服摩擦力所做的功W 答案 解析 4 4J 2 命題點二傳送帶模型問題 1 模型分類 水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題 2 處理方法 求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況 從而確定其是否受到滑動摩擦力作用 如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向 然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況 當物體速度與傳送帶速度相等時 物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變 例2 如圖所示 小物塊A B由跨過定滑輪的輕繩相連 A置于傾角為37 的光滑固定斜面上 B位于水平傳送帶的左端 輕繩分別與斜面 傳送帶平行 傳送帶始終以速度v0 2m s向右勻速運動 某時刻B從傳送帶左端以速度v1 6m s向右運動 經(jīng)過一段時間回到傳送帶的左端 已知A B的質量均為1kg B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0 2 斜面 輕繩 傳送帶均足夠長 A不會碰到定滑輪 定滑輪的質量與摩擦力均不計 g取10m s2 sin37 0 6 求 1 B向右運動的總時間 2 B回到傳送帶左端的速度大小 3 上述過程中 B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量 答案 2s 答案 答案 分析 解析 mg 2 a3 a2 2m s2 B的總位移x x1 x2 5m B回到傳送帶左端的位移x3 x 5m 3 t1時間內(nèi)傳送帶的位移x1 v0t1 2m 該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移 x1 x1 x1 2m t2時間內(nèi)傳送帶的位移x2 v0t2 2m 該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移 x2 x2 x2 1m 該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移 B與傳送帶之間的摩擦力Ff mg 2N 上述過程中 B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量 1 分析流程2 功能關系 1 功能關系分析 WF Ek Ep Q 2 對WF和Q的理解 傳送帶的功 WF Fx傳 產(chǎn)生的內(nèi)能Q Ffx相對 3 如圖所示 傳送帶與地面的夾角 37 A B兩端間距L 16m 傳送帶以速度v 10m s沿順時針方向運動 物體質量m 1kg無初速度地放置于A端 它與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 0 5 sin37 0 6 g 10m s2 試求 1 物體由A端運動到B端的時間 答案 解析 2s mgsin mgcos ma2 因mgsin mgcos 故當物體與傳送帶同速后 物體將繼續(xù)加速 解得t2 1s故物體由A端運動到B端的時間t t1 t2 2s 2 系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量 答案 解析 24J 物體與傳送帶間的相對位移x相對 vt1 x1 L x1 vt2 6m故Q mgcos x相對 24J 4 一質量為M 2 0kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動 被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過 子彈和小物塊的作用時間極短 如圖甲所示 地面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時間變化的關系如圖乙所示 圖中取向右運動的方向為正方向 已知傳送帶的速度保持不變 g取10m s2 1 指出傳送帶速度v的大小及方向 說明理由 答案 解析 2 0m s方向向右 v 2 0m s 方向向右 共速 2 計算物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 答案 解析 0 2 由v t圖象可得 物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運動的加速度 3 傳送帶對外做了多少功 子彈射穿物塊后系統(tǒng)有多少能量轉化為內(nèi)能 答案 解析 24J36J 3 命題點三滑塊 木板模型問題 1 滑塊 木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊 木板模型和斜面上的滑塊 木板模型 2 滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中 若滑塊和木板沿同一方向運動 則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度 若滑塊和木板沿相反方向運動 則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度 3 此類問題涉及兩個物體 多個運動過程 并且物體間還存在相對運動 所以應準確求出各物體在各個運動過程中的加速度 注意兩過程的連接處加速度可能突變 找出物體之間的位移 路程 關系或速度關系是解題的突破口 求解中應注意聯(lián)系兩個過程的紐帶 每一個過程的末速度是下一個過程的初速度 圖甲中 質量為m1 1kg的物塊疊放在質量為m2 3kg的木板右端 木板足夠長 放在光滑的水平面上 木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為 1 0 2 整個系統(tǒng)開始時靜止 重力加速度g取10m s2 例3 甲 1 在木板右端施加水平向右的拉力F 為使木板和物塊發(fā)生相對運動 拉力F至少應為多大 答案 解析 8N 把物塊和木板看成整體 F m1 m2 a物塊與木板將要相對滑動時 1m1g m1a聯(lián)立解得F 1 m1 m2 g 8N 2 在0 4s內(nèi) 若拉力F的變化如圖乙所示 2s后木板進入 2 0 25的粗糙水平面 在圖丙中畫出0 4s內(nèi)木板和物塊的v t圖象 并求出0 4s內(nèi)物塊相對木板的位移大小和整個系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能 答案 分析 見解析 F1 14N 8N發(fā)生相對滑動 F2 2N 1mg物塊勻速 解析 物塊在0 2s內(nèi)做勻加速直線運動 木板在0 1s內(nèi)做勻加速直線運動 在1 2s內(nèi)做勻速運動 2s后物塊和木板均做勻減速直線運動 故二者在整個運動過程中的v t圖象如圖所示 0 2s內(nèi)物塊相對木板向左運動 2 4s內(nèi)物塊相對木板向右運動 0 2s內(nèi)物塊相對木板的位移大小 x1 2m 系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q1 1m1g x1 4J 2 4s內(nèi)物塊相對木板的位移大小 x2 1m 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q2 1m1g x2 2J 木板對地位移x2 3m 木板與地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q3 2 m1 m2 gx2 30J 0 4s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為Q Q1 Q2 Q3 36J 滑塊 木板模型問題的分析和技巧1 解題關鍵正確地對各物體進行受力分析 關鍵是確定物體間的摩擦力方向 并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度 結合加速度和速度的方向關系確定物體的運動情況 2 規(guī)律選擇既可由動能定理和牛頓運動定律分析單個物體的運動 又可由能量守恒定律分析動能的變化 能量的轉化 在能量轉化過程往往用到 E內(nèi) E機 Ffx相對 并要注意數(shù)學知識 如圖象法 歸納法等 在此類問題中的應用 5 如圖所示 一勁度系數(shù)很大的輕彈簧一端固定在傾角為 30 的斜面底端 將彈簧壓縮至A點鎖定 然后將一質量為m的小物塊緊靠彈簧放置 物塊與斜面間動摩擦因數(shù) 解除彈簧鎖定 物塊恰能上滑至B點 A B兩點的高度差為h0 已知重力加速度為g 1 求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep 答案 分析 vB 0 解析 物塊受到的滑動摩擦力Ff mgcos 2 求物塊從A到B的時間t1與從B返回到A的時間t2之比 答案 解析 設上升 下降過程物塊加速度大小分別為a1和a2 則mgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma2 3 若每當物塊離開彈簧后 就將彈簧壓縮到A點并鎖定 物塊返回A點時立刻解除鎖定 設斜面最高點C的高度H 2h0 試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出 答案 解析 足夠長時間后 上升的最大高度設為hm 則由能量關系 來回克服阻力做功等于補充的彈性勢能 見解析 4 課時作業(yè) 1 如圖所示 有兩條滑道平行建造 左側相同而右側有差異 一個滑道的右側水平 另一個的右側是斜坡 某滑雪者保持一定姿勢坐在雪撬上不動 從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為 的雪道下滑 最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上 接著改用另一個滑道 還從與A點等高的位置由靜止開始下滑 結果能沖上另一個傾角為 的雪道上h2高處的E點停下 若動摩擦因數(shù)處處相同 且不考慮雪橇在路徑轉折處的能量損失 則A 動摩擦因數(shù)為tan B 動摩擦因數(shù)為C 傾角 一定大于 D 傾角 可以大于 1 2 3 4 5 6 7 答案 解析 第一次停在水平雪道上 由動能定理得 A錯誤 B正確 在AB段由靜止下滑 說明 mgcos mgsin 第二次滑上CE在E點停下 說明 mgcos mgsin 若 則雪橇不能停在E點 所以C D錯誤 1 2 3 4 5 6 7 2 如圖所示 將質量為m 1kg的小物塊放在長為L 1 5m的小車左端 車的上表面粗糙 物塊與車上表面間動摩擦因數(shù) 0 5 直徑d 1 8m的光滑半圓形軌道固定在水平面上且直徑MON豎直 車的上表面和軌道最低點高度相同 距地面高度h 0 65m 開始車和物塊一起以10m s的初速度在光滑水平面上向右運動 車碰到軌道后立即停止運動 取g 10m s2 求 1 小物塊剛進入半圓形軌道時對軌道的壓力 答案 解析 104 4N 方向豎直向下 1 2 3 4 5 6 7 車停止運動后取小物塊為研究對象 設其到達車右端時的速度為v1 剛進入半圓形軌道時 又d 2R解得FN 104 4N由牛頓第三定律FN FN 得FN 104 4N 方向豎直向下 1 2 3 4 5 6 7 2 小物塊落地點至車左端的水平距離 答案 解析 3 4m 1 2 3 4 5 6 7 若小物塊能到達半圓形軌道最高點 則由機械能守恒得 解得v2 7m s 1 2 3 4 5 6 7 因v2 v3 故小物塊從半圓形軌道最高點做平拋運動 聯(lián)立解得x 4 9m故小物塊距車左端為x L 3 4m 1 2 3 4 5 6 7 3 多選 如圖甲所示 傾角為 的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行 t 0時 將質量m 1kg的物體 可視為質點 輕放在傳送帶上 物體相對地面的v t圖象如圖乙所示 設沿傳送帶向下為正方向 取重力加速度g 10m s2 則A 傳送帶的速率v0 10m sB 傳送帶的傾角 30 C 物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù) 0 5D 0 2 0s摩擦力對物體做功Wf 24J 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 當物體的速度超過傳送帶的速度后 物體受到的摩擦力的方向發(fā)生改變 加速度也發(fā)生改變 根據(jù)v t圖象可得 傳送帶的速率為v0 10m s 選項A正確 1 0s之前的加速度a1 10m s2 1 0s之后的加速度a2 2m s2 結合牛頓第二定律 gsin gcos a1 gsin gcos a2 解得sin 0 6 37 0 5 選項B錯誤 選項C正確 摩擦力大小Ff mgcos 4N 在0 1 0s內(nèi) 摩擦力對物體做正功 在1 0 2 0s內(nèi) 摩擦力對物體做負功 0 1 0s內(nèi)物體的位移為5m 1 0 2 0s內(nèi)物體的位移是11m 摩擦力做的功為 4 11 5 J 24J 選項D正確 1 2 3 4 5 6 7 4 多選 如圖所示 光滑軌道ABCD是大型游樂設施過山車軌道的簡化模型 最低點B處的入 出口靠近但相互錯開 C是半徑為R的圓形軌道的最高點 BD部分水平 末端D點與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接 傳送帶以恒定速度v逆時針轉動 現(xiàn)將一質量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放 滑塊能通過C點后再經(jīng)D點滑上傳送帶 則A 固定位置A到B點的豎直高度可能為2RB 滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳送帶速度v有關C 滑塊可能重新回到出發(fā)點A處D 傳送帶速度v越大 滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 滑塊在傳送帶上先做減速運動 可能反向做加速運動 如果再次到達D點時速度大小不變 則根據(jù)能量守恒 可以再次回到A點 故選項C正確 滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q mg x相對 當傳送帶的速度越大 則在相同時間內(nèi)二者相對位移越大 則產(chǎn)生的熱量越大 故選項D正確 1 2 3 4 5 6 7 5 如圖所示 一質量為m 1kg的可視為質點的滑塊 放在光滑的水平平臺上 平臺的左端與水平傳送帶相接 傳送帶以v 2m s的速度沿順時針方向勻速轉動 傳送帶不打滑 現(xiàn)將滑塊緩慢向右壓縮輕彈簧 輕彈簧的原長小于平臺的長度 滑塊靜止時彈簧的彈性勢能為Ep 4 5J 若突然釋放滑塊 滑塊向左滑上傳送帶 已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 0 2 傳送帶足夠長 取g 10m s2 求 1 滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間 答案 解析 3 125s 1 2 3 4 5 6 7 v1 3m s滑塊在傳送帶上運動的加速度a g 2m s2 1 2 3 4 5 6 7 所以t t1 t2 t3 3 125s 1 2 3 4 5 6 7 2 滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量 答案 解析 12 5J 滑塊向左運動x1的位移時 傳送帶向右的位移為x1 vt1 3m則 x1 x1 x1 5 25m滑塊向右運動x2時 傳送帶向右的位移為x2 vt2 2m則 x2 x2 x2 1m x x1 x2 6 25m則產(chǎn)生的熱量為Q mg x 12 5J 1 2 3 4 5 6 7 6 如圖所示 一質量m 2kg的長木板靜止在水平地面上 某時刻一質量M 1kg的小鐵塊以水平向左v0 9m s的速度從木板的右端滑上木板 已知木板與地面間的動摩擦因數(shù) 1 0 1 鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù) 2 0 4 取重力加速度g 10m s2 木板足夠長 求 1 鐵塊相對木板滑動時木板的加速度的大小 答案 解析 0 5m s2 1 2 3 4 5 6 7 設鐵塊在木板上滑動時 木板的加速度為a2 由牛頓第二定律可得 2Mg 1 M m g ma2 1 2 3 4 5 6 7 2 鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q和木板在水平地面上滑行的總路程x 答案 解析 36J1 5m 1 2 3 4 5 6 7 設鐵塊在木板上滑動時 鐵塊的加速度為a1 由牛頓第二定律得 2Mg Ma1 解得a1 2g 4m s2 設鐵塊與木板相對靜止達共同速度時的速度為v 所需的時間為t 則有v v0 a1t v a2t 解得 v 1m s t 2s 1 2 3 4 5 6 7 鐵塊與木板的相對位移 x x1 x2 10m 1m 9m 則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q Ff x 2Mg x 0 4 1 10 9J 36J 達共同速度后的加速度為a3 發(fā)生的位移為s 則有 木板在水平地面上滑行的總路程x x2 s 1m 0 5m 1 5m 1 2 3 4 5 6 7 7 如圖所示 AB段為一半徑R 0 2m的光滑圓弧軌道 EF是一傾角為30 的足夠長的光滑固定斜面 斜面上有一質量為0 1kg的薄木板CD 開始時薄木板被鎖定 一質量也為0 1kg的物塊 圖中未畫出 從A點由靜止開始下滑 通過B點后水平拋出 經(jīng)過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板 在物塊滑上薄木板的同時薄木板解除鎖定 下滑過程中某時刻物塊和薄木板能達到共同速度 已知物塊與薄木板間的動摩擦因數(shù) g 10m s2 結果可保留根號 求 1 2 3 4 5 6 7 1 物塊到達B點時對圓弧軌道的壓力 答案 解析 3N 方向豎直向下 物塊從A運動到B的過程 由動能定理得 解得 FN 3N由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3N 方向豎直向下 1 2 3 4 5 6 7 2 物塊滑上薄木板時的速度大小 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 3 達到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達到共同速度所用的時間 答案 解析 物塊和薄木板下滑過程中 由牛頓第二定律得 對物塊 mgsin30 mgcos30 ma1對薄木板 mgsin30 mgcos30 ma2設物塊和薄木板達到的共同速度為v 則 v v a1t a2t 1 2 3 4 5 6 7