新人教版、微專(zhuān)題 07 用動(dòng)力學(xué)與能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合題及解析

...wd......wd......wd...微專(zhuān)題07用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合題多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P96)1．多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題主要是指直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)和豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的組合問(wèn)題．2．解題策略(1)動(dòng)力學(xué)方法觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律．(2)能量觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律．3．解題關(guān)鍵(1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，將物理過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的子過(guò)程．(2)兩個(gè)相鄰過(guò)程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過(guò)程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵．很多情況下平拋運(yùn)動(dòng)的末速度的方向是解題的重要突破口．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)場(chǎng)下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫(huà)出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R.P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(取sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)場(chǎng)釋放．P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)．G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量．解析：(1)由題意可知：lBC＝7R－2R＝5R①設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)③(2)設(shè)BE＝x，P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，由B→E過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離為x1、豎直距離為y1，由幾何關(guān)系(如以下列圖)得θ＝37°.由幾何關(guān)系得：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ＝3R⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ＝eq\f(5,2)R⑩設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t.由平拋運(yùn)動(dòng)公式得：y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC，在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???得m1＝eq\f(1,3)m答案：(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m多過(guò)程問(wèn)題的解題技巧1．“合〞——初步了解全過(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景．2．“分〞——將全過(guò)程進(jìn)展分解，分析每個(gè)過(guò)程的規(guī)律．3．“合〞——找到子過(guò)程的聯(lián)系，尋找解題方法．(2018·南充模擬)如以下列圖，AB為傾角θ＝37°的斜面軌道，軌道的AC局部光滑，CB局部粗糙，BP為圓心角等于143°、半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，P、O兩點(diǎn)在同一豎直線(xiàn)上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一自由端在斜面上C點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的小物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點(diǎn)后(不拴接)釋放，物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中的位移與時(shí)間的關(guān)系為x＝12t－4t2(式中x單位是m，t單位是s)，假設(shè)物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰能到達(dá)P點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.試求：(1)假設(shè)CD＝1m，試求物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊所做的功；(2)B、C兩點(diǎn)間的距離x；(3)假設(shè)在P處安裝一個(gè)豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞后速度反向，速度大小不變，小物塊與彈簧相互作用不損失機(jī)械能，試通過(guò)計(jì)算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否會(huì)脫離軌道解析：(1)由x＝12t－4t2知，物塊在C點(diǎn)速度為v0＝12m/s設(shè)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊所做的功為W，由動(dòng)能定理得：W－mgsin37°·CD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·CD＝156J.(2)由x＝12t－4t2知，物塊從C運(yùn)動(dòng)到B的加速度大小為a＝8m/s2物塊在P點(diǎn)的速度滿(mǎn)足mg＝meq\f(v\o\al(2,P),R)物塊從B運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中機(jī)械能守恒，那么有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mghBP物塊從C運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中有veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2ax由以上各式解得x＝eq\f(49,8)m＝6.125m.(3)設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25假設(shè)物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后，能夠回到與O點(diǎn)等高的位置Q點(diǎn)，且設(shè)其速度為vQ，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝mgR－2μmgcos37°解得veq\o\al(2,Q)＝－19＜0.可見(jiàn)物塊返回后不能到達(dá)Q點(diǎn)，故物塊在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)脫離軌道．答案：(1)156J(2)6.125m(3)不會(huì)運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)求解物理極值問(wèn)題(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P97)數(shù)學(xué)思想和方法已經(jīng)滲透到物理學(xué)中各個(gè)層次和領(lǐng)域，特別是數(shù)學(xué)中的基本不等式思想在解決物理計(jì)算題中的極值問(wèn)題時(shí)會(huì)經(jīng)常用到，這也是數(shù)學(xué)知識(shí)在具體物理問(wèn)題中實(shí)際應(yīng)用的反映，也是高考中要求的五大能力之一．如以下列圖，粗糙水平臺(tái)面上靜置一質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，它與平臺(tái)外表的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，與平臺(tái)邊緣O點(diǎn)的距離s＝5m．在平臺(tái)右側(cè)固定了一個(gè)1/4圓弧擋板，圓弧半徑R＝1m，圓弧的圓心為O點(diǎn)．現(xiàn)用F＝5N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉力．(不考慮空氣阻力影響，g取10m/s2)(1)為使小物塊擊中擋板，求拉力F作用的最短時(shí)間；(2)改變拉力F的作用時(shí)間，小物塊擊中擋板的不同位置．求擊中擋板時(shí)小物塊動(dòng)能的最小值．解析：(1)由動(dòng)能定理Fx－μmgs＝ΔEk＝0又F－μmg＝max＝eq\f(1,2)at2解得t＝1s.(2)設(shè)物塊離開(kāi)O點(diǎn)的速度為v0時(shí)，擊中擋板時(shí)小物塊的動(dòng)能最小x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2x2＋y2＝R2擊中擋板時(shí)的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgy由以上各式得Ek＝eq\f(1,4)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R2,y)＋3y))當(dāng)eq\f(R2,y)＝3y.即y＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，Ek最小最小值Ek＝eq\f(5\r(3),2)J.答案：(1)1s(2)eq\f(5\r(3),2)J(多項(xiàng)選擇)如以下列圖，在粗糙水平臺(tái)階上有一輕彈簧，左端固定在A點(diǎn)，彈簧處于自然狀態(tài)時(shí)其右端位于臺(tái)階右邊緣O點(diǎn)．臺(tái)階右側(cè)固定了eq\f(1,4)圓弧擋板，圓弧半徑R＝1m，圓心為O，P為圓弧上的一點(diǎn)，以圓心O為原點(diǎn)建設(shè)平面直角坐標(biāo)系，OP與x軸夾角53°(sin53°＝0.8)，用質(zhì)量m＝2kg的小物塊，將彈簧壓縮到B點(diǎn)后由靜止釋放，小物塊最終水平拋出并擊中擋板上的P點(diǎn)．物塊與水平臺(tái)階外表間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，BO間的距離s＝0.8m，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．物塊離開(kāi)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為1.5m/sB．彈簧在B點(diǎn)時(shí)具有的彈性勢(shì)能為10.25JC．改變彈簧的彈性勢(shì)能，擊中擋板時(shí)物塊的最小動(dòng)能為10eq\r(3)JD．改變彈簧的彈性勢(shì)能，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，可能垂直落到擋板上解析：選ABC設(shè)物塊離開(kāi)O點(diǎn)的速度為v0那么Rsin37°＝v0tRcos37°＝eq\f(1,2)gt2解得v0＝1.5m/s由B→O，那么Ep＝μmgs＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝10.25J，故A、B正確．設(shè)物塊離開(kāi)O點(diǎn)的速度為v時(shí)，擊中擋板時(shí)動(dòng)能最小那么Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh又h＝eq\f(1,2)gt2，t＝eq\f(x,v)x2＋h2＝R2得Ek＝eq\f(5,h)＋15h.當(dāng)eq\f(5,h)＝15h時(shí)，Ek最小故Ek＝10eq\r(3)J，C正確．假設(shè)物塊能垂直打在擋板上，那么速度的反向延長(zhǎng)過(guò)O點(diǎn)，故不可能，D錯(cuò)誤．傳送帶模型問(wèn)題(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P97)1．模型分類(lèi)：水平傳送帶問(wèn)題和傾斜傳送帶問(wèn)題．2．處理方法：求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對(duì)運(yùn)動(dòng)情況，從而確定其是否受到滑動(dòng)摩擦力作用．如果受到滑動(dòng)摩擦力作用應(yīng)進(jìn)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(yùn)動(dòng)情況．當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí)，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變．(2017·河北衡水中學(xué)二模)如以下列圖為一皮帶傳送裝置，其中AB段水平，長(zhǎng)度LAB＝4m，BC段傾斜，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，傾角為θ＝37°，AB和BC在B點(diǎn)通過(guò)一段極短的圓弧連接(圖中未畫(huà)出圓弧)，傳送帶以v＝4m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的工件(可看成質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在A點(diǎn)，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.求：(1)工件從A點(diǎn)開(kāi)場(chǎng)至第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間t；(2)工件從第一次到達(dá)B點(diǎn)至第二次到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程中，工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q.解析：(1)由牛頓第二定律得μmg＝ma1，那么a1＝μg＝5m/s2，經(jīng)t1時(shí)間工件與傳送帶的速度一樣，那么t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s，工件前進(jìn)的位移為x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.6m，此后工件將與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，用時(shí)t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s，工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間t＝t1＋t2＝1.4s.(2)工件沿BC上升過(guò)程中受到摩擦力f＝μmgcosθ，由牛頓第二定律可得，加速度大小a2＝eq\f(mgsinθ－f,m)＝2m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t3＝eq\f(v,a2)＝2s，下降過(guò)程加速度大小不變，a3＝a2＝2m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t4＝eq\f(v,a3)＝2s.工件與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝v(t3＋t4)＝16m，摩擦生熱Q＝fΔx＝64J.答案：(1)1.4s(2)64J1．分析流程2．功能關(guān)系(1)功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)對(duì)WF和Q的理解：①傳送帶的功：WF＝Fx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對(duì)．(2018·安徽江淮十校聯(lián)考)(多項(xiàng)選擇)如以下列圖，傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速度運(yùn)行，將一質(zhì)量m＝1kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如以下列圖，取沿傳送帶向上為正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75B．0～8s內(nèi)物體位移的大小為14mC．0～8s內(nèi)物體機(jī)械能的增量為84JD．0～8s內(nèi)物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126J解析：選BD根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，可得物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝0.875，故A錯(cuò)誤.0～8s內(nèi)物體的位移為s＝－eq\f(1,2)×2×2m＋eq\f(2＋6,2)×4m＝14m，故B正確．物體上升的高度為h＝ssinθ＝8.4m，重力勢(shì)能的增量為ΔEp＝mgh＝84J，動(dòng)能增量為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×(42－22)J＝6J，機(jī)械能增量為ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，故C錯(cuò)誤.0～8s內(nèi)只有前6s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，0～6s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為s帶＝4×6m＝24m,0～6s內(nèi)物體位移為s物＝－eq\f(1,2)×2×2m＋eq\f(4×4,2)m＝6m，s相對(duì)＝s帶－s物＝18m，產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcosθ·s相對(duì)＝126J，故D正確．滑塊—木板模型問(wèn)題(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P98)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(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，假設(shè)滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，那么滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長(zhǎng)度；假設(shè)滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，那么滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長(zhǎng)度．3．此類(lèi)問(wèn)題涉及兩個(gè)物體、多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，并且物體間還存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度(注意兩過(guò)程的連接處加速度可能突變)，找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過(guò)程的紐帶，每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初速度．10個(gè)同樣長(zhǎng)度的木塊放在水平地面上，每個(gè)木塊的質(zhì)量m＝0.5kg、長(zhǎng)度L＝0.6m，它們與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，在左方第一個(gè)木塊上放一質(zhì)量M＝1kg的小鉛塊(視為質(zhì)點(diǎn))，它與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.25.現(xiàn)給鉛塊一向右的初速度v0＝5m/s，使其在木塊上滑行．g取10m/s2，求：(1)開(kāi)場(chǎng)帶動(dòng)木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)鉛塊的速度；(2)鉛塊與木塊間因摩擦產(chǎn)生的總熱量；(3)鉛塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．解析：(1)設(shè)鉛塊可以帶動(dòng)n個(gè)木塊移動(dòng)，以這n個(gè)木塊為研究對(duì)象，鉛塊施加的摩擦力應(yīng)大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg＞μ1(M＋nm)g解得n＜3，取n＝2，此時(shí)鉛塊已滑過(guò)8個(gè)木塊根據(jù)動(dòng)能定理有：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mv2＝μ2Mg×8L代入數(shù)據(jù)得，剛滑上木塊9時(shí)鉛塊的速度：v＝1m/s.(2)對(duì)鉛塊M：a2＝μ2g＝2.5m/s2，v2＝v－a2t2對(duì)最后兩塊木塊9和10有：a1＝eq\f(μ2Mg－μ1M＋2mg,2m)＝0.5m/s2，v1＝a1t2令v1＝v2，故它們獲得共同速度所需時(shí)間：t2＝eq\f(v,a1＋a2)＝eq\f(1,3)s鉛塊位移：x2＝vt2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，木塊位移：x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)鉛塊相對(duì)木塊位移：Δx＝x2－x1＝eq\f(1,6)m＜L所以鉛塊與木塊間因摩擦產(chǎn)生的總熱量：Q＝μ2Mg(8L＋Δx)＝12.42J.(3)由(2)問(wèn)知，鉛塊與木塊的共同速度為：v1＝a1t2＝eq\f(1,6)m/s鉛塊、木塊一起做勻