2020高考物理一轮复习第五章机械能专题六动力学和能量观点的综合应用教案.pdf

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1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/11 2020高考物理一轮复习第五章机械能专题六动力学和能量观点的综合应用教案编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/11 突破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(20 xx 新课标全国卷)如图所示，一轻弹簧原长为2R

2、，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，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

3、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.【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/11 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)

4、根据题意知，B、C之间的距离为 l 7R 2R 设 P到达 B点时的速度为 vB，由动能定理得mglsin mglcos mv 式中 37联立式并由题给条件得vB2.(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 mgxcos Ep0mv E、F之间的距离为 l1 4R 2R x 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Epmgl1sin mgl1cos 0 联立式并由题给条件得xR EpmgR.(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x

5、1RRsin y1RR Rcos 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 的事实.【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/11 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y1gt2?x1vDt?联立?式得 vD?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12m1v m1v m1g?P由 E点运动到 C点的过程中，同理，由动能定理有Ep m1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v?联立?式得 m1 m.?答案(1)2(2)mgR(3)m 变式 1(20 xx 四川乐山模拟)如图甲所示，在

6、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v-t 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 s0.2 m 的距离(取 g10 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 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

7、)4 J解析：(1)在 bc 段做匀减速运动，加速度为【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/11 a10 m/s2根据牛顿第二定律得mgsin 37 mgcos 37 ma解得 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v1v0a(t2 t1)0在 t2 之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin 37 mgcos 37ma 解得 a2 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v3a(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

8、 mgscos 37 mv2b解得 Ep4 J.突破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【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】6/11 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

9、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 Ep4.5 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0.2，传送带足够长，取g10 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

10、带的速度为 v1，则 Epmv，得 v13 m/s滑块在传送带上运动的加速度的大小ag2 m/s2滑块向左运动的时间t1 1.5 s向左运动的最大位移x12.25 m向右匀加速运动的位移x21 mx1x2，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 x1vt1 3 m则 x1x1 x15.25 m【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/11 滑块向右运动 x2 时，传送带向右运

11、动的位移为x2vt2 2 m则 x2x2 x21 mxx1x26.25 m则产生的热量为 Q mg x12.5 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 L0.6 m，它们与地面之间的动摩擦因数10.1，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20.25.现给铅块一向右的初速度v05 m/s，使其在木块上滑行.取 g10 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.

12、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2Mg 1(Mmn)g解得 n3，取 n2，此时铅块已滑过8 个木块根据动能定理有：Mv20 Mv2 2Mg 8L代入数据得，刚滑上木块9 时铅块的速度：v1 m/s.【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】8/11(2

13、)对铅块 M：a22g2.5 m/s2v2va2t2对最后两块木块 9 和 10 有：a10.5 m/s2v1a1t2令 v1v2，故它们获得共同速度所需时间：t2 s铅块的位移：x2vt2 a2t22木块的位移：x1a1t22铅块相对木块的位移：xx2x1 mL所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：Q 2Mg(8L x)12.42 J.(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为v1a1t2 m/s铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3 s铅块在前 8 个木块上运动的时间：t1 1.6 s所以铅块运动的总时间：t t1 t2 t3 2.1 s.答案(1)1 m/s(2)12.42 J(3)2.1

14、 s处理滑块木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由 t可求出共同速度v 和所用时间 t，然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】9/11 求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相.1.多过程问题的应用 如图所示，半径 R1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个

15、端点B 和圆心 O的连线与水平方向间的夹角 37，另一端点 C为轨道的最低点.C 点右侧的水平路面上紧挨 C点放置一木板，木板质量M 1 kg，上表面与 C点等高.质量 m1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A点以 v01.2 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 10.2，木板与路面间的动摩擦因数20.05，取 g10 m/s2.(sin 370.6，cos 37 0.8)试求：(1)物块经过 B端时速度的大小；(2)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多

16、少？答案：(1)2 m/s(2)46 N(3)18 J解析：(1)vB 2 m/s.(2)物体从 B到 C应用动能定理，有2 BmvmvRsin)mg(R解得 vC6 m/smv2CRmgF点：C在解得 F46 N由牛顿第三定律知物体经过圆弧轨道上的C 点时对轨道的压力为46 N.【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】10/11(3)物块从 A到 C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从 C 到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，即应用能量守恒定律得 Q mv 18 J.2.能量守恒定律的应用 如图所示，一物体质量m 2 kg，从倾角 37的斜面上的 A点以初速度 v03

17、 m/s 下滑，A 点距弹簧上端 B的距离 AB 4 m.当物体到达 B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量 BC 0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距 A点的距离 AD 3 m，挡板及弹簧质量不计，取g10 m/s2，sin 370.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)弹簧的最大弹性势能Epm.答案：(1)0.52(2)24.5 J解析：(1)物体从开始位置 A点到最后 D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为EEkEpmv mglADsin 37物体克服摩擦力产生的热量为Q Ffx 其中 x 为物体的路程，即x5.4 mFf

18、mgcos 37由能量守恒定律可得EQ 由式解得0.52.(2)由 A到 C的过程中，动能减少Ekmv 重力势能减少 EpmglACsin 37摩擦生热 Q FflAC mgcos 37lAC【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】11/11 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为Epm EkEpQ 联立式解得Epm 24.5 J.3.倾斜传送带模型 如图所示，与水平面夹角为30的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端 B点间的距离为 L4 m，传送带以恒定的速率v2 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，取 g10 m/s2，求：(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 mgcos，故物体斜向上做匀加速直线运动加速度 a2.5 m/s2物体达到与传送带同速所需的时间t1 0.8 st1 时间内物体的位移 L1t10.8 m之后物体以速度 v1 做匀速运动，运动的时间t2 1.6 s物体运动的总时间tt1 t2 2.4 s.(2)前 0.8 s 内物体相对传送带的位移为Lvt1 L10.8 m因摩擦而产生的热量Q mgcos L6 JE电EkEpQ mv2 mgLsin Q 28 J.