（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能守恒定律 專題強(qiáng)化一 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用學(xué)案

《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能守恒定律 專題強(qiáng)化一 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能守恒定律 專題強(qiáng)化一 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用學(xué)案（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強(qiáng)化一　動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)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(yuǎn)＝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(jìn)入直道，以P＝30kW的恒定功率直線行駛了t＝8.0s進(jìn)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(jìn)入，從同一直徑上的B點駛離，有經(jīng)驗的司機(jī)會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道．設(shè)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(shè)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(shè)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(yīng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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小； (2)求滑塊與軌

5、道BC間的動摩擦因數(shù)； (3)當(dāng)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(jī)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(dāng)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(jī)械能守恒定律有v＝v0＝2m/s

6、 解得Rm＝0.4m 當(dāng)R>0.4m時，滑塊會脫離螺旋圓形軌道，不能上升到B點； 當(dāng)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(dāng)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?。? 答案　(1)8m/s　(2)4m/s　(3)216N 解析　(1)設(shè)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(jī)械能守恒，設(shè)蕩起時速度為vC，有 (M＋m)gh2＝(M＋m)vC2④ vC＝＝4m/s.⑤ (3)設(shè)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)某校科技節(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(jìn)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點對軌道的壓力大小； (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(dāng)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(shè)當(dāng)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(dá)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(shè)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(dāng)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(jī)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(jī)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(dāng)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(biāo)準(zhǔn)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(shè)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(shè)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(jìn)入彎道前達(dá)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(jìn)入圓弧軌道時，因技術(shù)失誤進(jìn)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(jìn)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(dāng)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(jìn)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(jī)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(dāng)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(rèn)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(shè)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(shè)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(fù)運動，最終靜止于D點． 當(dāng)滑塊恰好能返回C：－μ1mgcosθ·2s＝0－mv2 得到μ1＝0.125 當(dāng)滑塊恰好能靜止在斜面上，則有 mgsinθ＝μ2mgcosθ，得到μ2＝0.75 所以，當(dāng)0.125≤μ<0.75，滑塊在CD和水平地面間多次反復(fù)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(xué)設(shè)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(shè)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(xì)變化對小球的影響且桿的粗細(xì)遠(yuǎn)小于圓的半徑，重力加速度為g.求： 圖4 (1)當(dāng)h＝3R時，小球到達(dá)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(jī)械能守恒，則有Ep＝mg(h＋R)＋mv， 解得vC＝. (2)設(shè)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(dāng)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