（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律 專題強化一 動力學和能量觀點的綜合應用學案

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1、專題強化一　動力學和能量觀點的綜合應用 命題點一　多運動組合問題 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(guān)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． 例1　(2017·浙江4月選考·20)圖1中給出了一段“S”形單行盤山公路的示意圖．彎道1、彎道2可看做兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1＝ 10m、r2＝20m，彎道2比彎道1高h＝12m，有一直道與兩彎道圓弧相切．質(zhì)量m＝1200kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大

2、徑向靜摩擦力是車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑．(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2) 圖1 (1)求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1； (2)汽車以v1進入直道，以P＝30kW的恒定功率直線行駛了t＝8.0s進入彎道2，此時速度恰為通過彎道中心線的最大速度，求直道上除重力以外的阻力對汽車做的功； (3)汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離，有經(jīng)驗的司機會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道．設路寬d＝10m，求此最短時間(A、B兩點都在軌道中心線上，計算時視汽車為質(zhì)點)． 答案　見解析 解析　(1)汽車在沿彎道1中心線行駛時

3、， 由牛頓第二定律得，kmg＝m 解得v1＝＝5m/s. (2)設在彎道2沿中心線行駛的最大速度為v2 由牛頓第二定律得，kmg＝m 解得v2＝＝5m/s 在直道上由動能定理有 Pt－mgh＋Wf＝mv22－mv12 代入數(shù)據(jù)可得Wf＝－2.1×104J. (3)沿如圖所示內(nèi)切的路線行駛時間最短， 由圖可得 r′2＝r12＋[r′－(r1－)]2 代入數(shù)據(jù)可得r′＝12.5m 設汽車沿該路線行駛的最大速度為v′ 則kmg＝m 得v′＝＝12.5m/s 由sinθ＝＝0.8 則對應的圓心角為2θ＝106° 路線長度s＝×2πr′≈23.1m 最短時間t′

4、＝≈1.8s. 變式1　(2016·浙江4月選考·20)如圖2所示裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距離L＝1.00m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高．當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點．(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g＝10m/s2) 圖2 (1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大??； (2)求滑塊與軌

5、道BC間的動摩擦因數(shù)； (3)當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由． 答案　(1)0.1J　2m/s　(2)0.5　(3)見解析 解析　(1)由機械能守恒定律可得 E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20J＝0.1J 由ΔEk＝mv02，可得v0＝2m/s. (2)由E彈∝d2，可得當彈簧壓縮量為2d時， ΔEk′＝E彈′＝4E彈＝4mgh1 由動能定理可得－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′ 解得μ＝＝0.5. (3)滑塊恰能通過螺旋圓形軌道最高點需滿足的條件是 mg＝ 由機械能守恒定律有v＝v0＝2m/s

6、 解得Rm＝0.4m 當R>0.4m時，滑塊會脫離螺旋圓形軌道，不能上升到B點； 當R≤0.4m時，滑塊能上升到B點． 題型1　平拋運動＋圓周運動的組合 例2　(2013·浙江理綜·23)山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質(zhì)青藤，其示意圖如圖3.圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O為青藤的固定點，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．開始時，質(zhì)量分別為M＝10kg和m＝2kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭．大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為

7、零．運動過程中猴子均可看成質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度g＝10m/s2.求： 圖3 (1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值； (2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大??； (3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小． 答案　(1)8m/s　(2)4m/s　(3)216N 解析　(1)設猴子從A點水平跳離時速度的最小值為vmin，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有 h1＝gt2① x1＝vmint② 聯(lián)立①②式，得 vmin＝8m/s.③ (2)猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒，設蕩起時速度為vC，有 (M＋m)gh2＝(M＋m)vC2④ vC＝＝4m/s.⑤ (3)設拉力為FT，青

8、藤的長度為L，在最低點由牛頓第二定律得 FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥ 由幾何關(guān)系 (L－h(huán)2)2＋x22＝L2⑦ 得：L＝10m⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑧式并代入數(shù)據(jù)解得： FT＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216N. 題型2　直線運動＋圓周運動＋平拋運動的組合 例3　(2019屆湖州市模擬)某?？萍脊?jié)舉行車模大賽，其規(guī)定的賽道如圖4所示，某小車以額定功率18W由靜止開始從A點出發(fā)，加速2s后進入光滑的豎直圓軌道BC，恰好能經(jīng)過圓軌道最高點C，然后經(jīng)過光滑曲線軌道BE后，從E處水平飛出，最后落入沙坑中，已知圓半徑R＝1.2m，沙坑距離BD平面高度h2＝1m，小車的總質(zhì)量為1kg，g＝10

9、m/s2，不計空氣阻力，求： 圖4 (1)小車在B點對軌道的壓力大?。? (2)小車在AB段克服摩擦力做的功； (3)末端平拋高臺h1為多少時，能讓小車落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？ 答案　(1)60N　(2)6J　(3)1m　4m 解析　(1)由于小車恰好經(jīng)過圓軌道最高點C，即mg＝ 由B→C，根據(jù)動能定理可得－2mgR＝mvC2－mvB2 在B點由牛頓第二定律有，F(xiàn)N－mg＝m， 聯(lián)立解得FN＝60N， 由牛頓第三定律得在B點小車對軌道的壓力為60N，方向豎直向下． (2)由A→B，根據(jù)動能定理：Pt＋Wf＝mvB2，解得Wf＝－6J，即小車在AB段克服摩擦

10、力做的功為6J. (3)由B→E，根據(jù)動能定理得－mgh1＝mvE2－mvB2， 飛出后，小車做平拋運動，所以h1＋h2＝gt2 水平位移x＝vEt，化簡得x＝，即x＝， 當h1＝1m時，水平距離最大，xmax＝4m. 命題點二　傳送帶模型問題 傳送帶問題的分析流程和技巧 1．分析流程 2．相對位移 一對相互作用的滑動摩擦力做功所產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·x相對，其中x相對是物體間相對路徑長度．如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和． 3．功能關(guān)系 (1)功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對WF

11、和Q的理解： ①傳送帶的功：WF＝Fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·x相對． 模型1　水平傳送帶模型 例4　傾角為30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6m/s的速度運動，運動方向如圖5所示．一個質(zhì)量為2 kg的物體(可視為質(zhì)點)，從h＝3.2 m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端A、B連線的中點處，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖5 (1)傳送帶左、右兩端A、B間的距離L； (2)上述過程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；

12、 (3)物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度h′. 答案　(1)12.8m　(2)160J　(3)1.8m 解析　(1)物體從靜止開始到在傳送帶上的速度等于0的過程中，由動能定理得：mgh－＝0－0，解得L＝12.8m. (2)在此過程中，物體與傳送帶間的相對位移 x相＝＋v帶·t，又＝μgt2，而摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相， 聯(lián)立得Q＝160J. (3)物體隨傳送帶向右勻加速運動，設當速度為v帶＝6m/s時，向右運動的位移為x，則μmgx＝mv帶2，得x＝3.6m＜，即物體在到達A點前速度與傳送帶速度相等，最后以v帶＝6m/s的速度沖上斜面，由動能定理得mv帶2＝m

13、gh′，解得h′＝1.8m. 模型2　傾斜傳送帶模型 例5　如圖6所示，傳送帶與地面的夾角θ＝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(zhì)量m＝1 kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求： 圖6 (1)物體由A端運動到B端的時間． (2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)2s　(2)24J 解析　(1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力和重力，由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1， 設物體經(jīng)時間t1，加速到與傳

14、送帶同速， 則v＝a1t1，x1＝a1t12 解得：a1＝10m/s2 t1＝1s x1＝5mμmgcosθ，故當物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速 由mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t22 解得：t2＝1s 故物體由A端運動到B端的時間t＝t1＋t2＝2s. (2)物體與傳送帶間的相對位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m 故Q＝μmgcosθ·x相＝24J. 1.如圖1所示，皮帶的速度是3m/s，兩輪圓心間距離s＝4.5 m，現(xiàn)將m＝1 kg的小物體(可視為質(zhì)點)輕放在左輪正上方的皮帶上，物體

15、與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，皮帶不打滑，電動機帶動皮帶將物體從左輪正上方運送到右輪正上方時，(取g＝10 m/s2)求： 圖1 (1)小物體獲得的動能Ek； (2)這一過程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q； (3)這一過程中電動機多消耗的電能E. 答案　(1)4.5J　(2)4.5J　(3)9J 解析　(1)物體開始做勻加速運動， 加速度a＝μg＝1.5m/s2， 當物體與皮帶速度相同時，有μmgx＝mv2. 解得物體加速階段運動的位移x＝3m＜4.5m， 則小物體獲得的動能 Ek＝mv2＝×1×32J＝4.5J. (2)v＝at，解得t＝2s， Q＝μmg·x相對＝μm

16、g(vt－x) ＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5J. (3)E＝Ek＋Q＝4.5J＋4.5J＝9J. 2．2008年北京奧運會場地自行車賽安排在老山自行車館舉行．老山自行車賽場采用的是250m橢圓賽道，賽道寬度為7.7m．賽道形如馬鞍形，由直線段、過渡曲線段以及圓弧段組成，按國際自盟UCI賽道標準的要求，圓弧段傾角為45°，如圖2所示(因直線段傾角較小，故計算時不計直線段的傾角)．賽道使用松木地板，為運動員提供最好的比賽環(huán)境．目前，比賽用車采用最新的碳素材料設計，質(zhì)量為9kg.比賽時，運動員從直線段的中點出發(fā)繞場騎行，若已知賽道的每條直線段長80m，圓弧段內(nèi)半徑為14.4m，

17、運動員質(zhì)量為51kg，設直線段運動員和自行車所受阻力為接觸面壓力的0.75倍(不計圓弧段摩擦，圓弧段上運動近似為勻速圓周運動，不計空氣阻力，計算時運動員和自行車可近似為質(zhì)點，g取10m/s2)．求： 圖2 (1)運動員在圓弧段內(nèi)側(cè)賽道上允許的最佳安全速度是多大？ (2)為在進入彎道前達到(1)所述的最佳安全速度，運動員和自行車在直線段加速時所受的平均動力至少為多大？ (3)若某運動員在以(1)所述的最佳安全速度進入圓弧軌道時，因技術(shù)失誤進入了最外側(cè)軌道，則他的速度降為多少？若他在外道運動繞過的圓心角為90°，則這一失誤至少損失了多少時間？(在圓弧軌道騎行時不給自行車施加推進力)

18、答案　(1)12m/s　(2)558 N　(3)6 m/s　3.3s 解析　(1)運動員以最大允許速度在圓弧段內(nèi)側(cè)賽道騎行時，重力與支持力的合力沿水平方向，充當圓周運動的向心力，由牛頓第二定律： mgtan45°＝m，則v＝＝12m/s (2)運動員在直線段加速距離x＝40m，v2＝2ax 由牛頓第二定律：F－μmg＝ma，解得F＝558N (3)進入最外側(cè)軌道后，高度增加了Δh＝dsin45°≈5.4m 半徑增加了ΔR＝dcos45°≈5.4m 由機械能守恒定律得：mv2＝mgΔh＋mv12 解得v1＝＝6m/s 在內(nèi)側(cè)賽道上運動繞過圓心角90°所需時間：t1＝≈1.88s

19、 在外側(cè)賽道上運動繞過圓心角90°所需時間：t2＝≈5.18s 至少損失時間：Δt＝t2－t1＝3.3s. 3．(2018·杭州市五校聯(lián)考)如圖3所示，質(zhì)量為m＝1kg的小滑塊(視為質(zhì)點)在半徑為R＝ 0.4m的圓弧A端由靜止開始釋放，它運動到B點時速度為v＝2 m/s.當滑塊經(jīng)過B點后立即將圓弧軌道撤去．滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ＝37°、長s＝1 m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數(shù)可在0≤μ≤1.5之間調(diào)節(jié)．斜面底部D點與光滑水平地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點

20、．認為滑塊通過C和D前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力． 圖3 (1)求滑塊對B點的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功； (2)若設置μ＝0，求滑塊從C運動到D的時間； (3)若最終滑塊停在D點，求μ的取值范圍． 答案　(1)20N　2J　(2)s　(3)0.125≤μ<0.75或μ＝1 解析　(1)在B點，F(xiàn)－mg＝m 解得F＝20N 由牛頓第三定律，滑塊對B點的壓力F′＝20N 從A到B，由動能定理，mgR－W＝mv2 得到W＝2J. (2)若設置μ＝0，滑塊在CD間運

21、動，有mgsinθ＝ma 加速度a＝gsinθ＝6m/s2 根據(jù)勻變速運動規(guī)律s＝vt＋at2，得t＝s. (3)最終滑塊停在D點有兩種可能： a．滑塊恰好能從C下滑到D. 則有mgsinθ·s－μmgcosθ·s＝0－mv2，得到μ＝1 b．滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點． 當滑塊恰好能返回C：－μ1mgcosθ·2s＝0－mv2 得到μ1＝0.125 當滑塊恰好能靜止在斜面上，則有 mgsinθ＝μ2mgcosθ，得到μ2＝0.75 所以，當0.125≤μ<0.75，滑塊在CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點． 綜上所述，μ的取值范圍

22、是0.125≤μ<0.75或μ＝1. 4．(2019屆金華市模擬)某同學設計了一款益智類的兒童彈射玩具，模型如圖4所示，AB段是長度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯開．豎直桿內(nèi)裝有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的小球．每次將彈簧的長度壓縮至P點后鎖定，設PB的高度差為h；解除鎖定后彈簧可將小球彈出．在彈射器的右側(cè)裝有可左右移動的寬為2R的盒子用于接收小球，盒子的左端最高點Q和P點等高，且與E的水平距離為x，已知彈簧鎖定時的彈性勢能Ep＝9mgR，小球與水平桿的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，與其他部分的摩擦

23、不計，不計小球受到的空氣阻力及解除鎖定時的彈性勢能損失，不考慮伸縮豎直桿粗細變化對小球的影響且桿的粗細遠小于圓的半徑，重力加速度為g.求： 圖4 (1)當h＝3R時，小球到達彎桿的最高點C處時的速度大小vC； (2)在(1)問中小球運動到最高點C時對彎桿作用力的大?。? (3)若h連續(xù)可調(diào)，要使該小球能掉入盒中，求x的最大值． 答案　(1)　(2)9mg　(3)8R 解析　(1)小球從P點運動至C點的過程中，機械能守恒，則有Ep＝mg(h＋R)＋mv， 解得vC＝. (2)設小球在C點時受到彎桿的作用力向下，大小為F，則F＋mg＝m，解得F＝9mg， 根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)潡U的作用力大小為9mg. (3)從P到E的過程中，由能量守恒得 Ep－mg(h－R)－μmg·2R＝mvE2－0， 要使小球落入盒中且x取最大值的臨界情況是正好從Q點掉入盒中，由E到Q做平拋運動得 h－R＝gt2，x＝vEt， 聯(lián)立得x＝2， 故當h＝5R時，有xmax＝8R. 判斷：該情況小球能通過最高點C，結(jié)果成立． 12