新人教版、微专题 07 用动力学与能量观点解决力学综合题及解析

...wd......wd......wd...微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题多运动组合问题(对应学生用书P96)1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．2．解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．(2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，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eq\f(5,6)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点由静止开场下滑，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.P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(取sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(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，从静止开场释放．P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距eq\f(7,2)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．解析：(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR)③(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤P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Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如以下列图)得θ＝37°.由几何关系得：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.由平抛运动公式得：y1＝eq\f(1,2)gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)⑬设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，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))⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮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多过程问题的解题技巧1．“合〞——初步了解全过程，构建大致的运动图景．2．“分〞——将全过程进展分解，分析每个过程的规律．3．“合〞——找到子过程的联系，寻找解题方法．(2018·南充模拟)如以下列图，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC局部光滑，CB局部粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.试求：(1)假设CD＝1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x；(3)假设在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道解析：(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12m/s设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：W－mgsin37°·CD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·CD＝156J.(2)由x＝12t－4t2知，物块从C运动到B的加速度大小为a＝8m/s2物块在P点的速度满足mg＝meq\f(v\o\al(2,P),R)物块从B运动到P的过程中机械能守恒，那么有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mghBP物块从C运动到B的过程中有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)设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入数据解得μ＝0.25假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得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.可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．答案：(1)156J(2)6.125m(3)不会运用数学知识求解物理极值问题(对应学生用书P97)数学思想和方法已经渗透到物理学中各个层次和领域，特别是数学中的基本不等式思想在解决物理计算题中的极值问题时会经常用到，这也是数学知识在具体物理问题中实际应用的反映，也是高考中要求的五大能力之一．如以下列图，粗糙水平台面上静置一质量m＝0.5kg的小物块(视为质点)，它与平台外表的动摩擦因数μ＝0.5，与平台边缘O点的距离s＝5m．在平台右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R＝1m，圆弧的圆心为O点．现用F＝5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力．(不考虑空气阻力影响，g取10m/s2)(1)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；(2)改变拉力F的作用时间，小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．解析：(1)由动能定理Fx－μmgs＝ΔEk＝0又F－μmg＝max＝eq\f(1,2)at2解得t＝1s.(2)设物块离开O点的速度为v0时，击中挡板时小物块的动能最小x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2x2＋y2＝R2击中挡板时的动能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))当eq\f(R2,y)＝3y.即y＝eq\f(\r(3),3)时，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(多项选择)如以下列图，在粗糙水平台阶上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于台阶右边缘O点．台阶右侧固定了eq\f(1,4)圆弧挡板，圆弧半径R＝1m，圆心为O，P为圆弧上的一点，以圆心O为原点建设平面直角坐标系，OP与x轴夹角53°(sin53°＝0.8)，用质量m＝2kg的小物块，将弹簧压缩到B点后由静止释放，小物块最终水平抛出并击中挡板上的P点．物块与水平台阶外表间的动摩擦因数μ＝0.5，BO间的距离s＝0.8m，g取10m/s2，不计空气阻力，以下说法正确的选项是()A．物块离开O点时的速度大小为1.5m/sB．弹簧在B点时具有的弹性势能为10.25JC．改变弹簧的弹性势能，击中挡板时物块的最小动能为10eq\r(3)JD．改变弹簧的弹性势能，物块做平抛运动，可能垂直落到挡板上解析：选ABC设物块离开O点的速度为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正确．设物块离开O点的速度为v时，击中挡板时动能最小那么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.当eq\f(5,h)＝15h时，Ek最小故Ek＝10eq\r(3)J，C正确．假设物块能垂直打在挡板上，那么速度的反向延长过O点，故不可能，D错误．传送带模型问题(对应学生用书P97)1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．(2017·河北衡水中学二模)如以下列图为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB＝4m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转．现将一质量m＝1kg的工件(可看成质点)无初速度地放在A点，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.求：(1)工件从A点开场至第一次到达B点所用的时间t；(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.解析：(1)由牛顿第二定律得μmg＝ma1，那么a1＝μg＝5m/s2，经t1时间工件与传送带的速度一样，那么t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s，工件前进的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.6m，此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s，工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4s.(2)工件沿BC上升过程中受到摩擦力f＝μmgcosθ，由牛顿第二定律可得，加速度大小a2＝eq\f(mgsinθ－f,m)＝2m/s2，由运动学公式可得t3＝eq\f(v,a2)＝2s，下降过程加速度大小不变，a3＝a2＝2m/s2，由运动学公式可得t4＝eq\f(v,a3)＝2s.工件与传送带的相对位移Δx＝v(t3＋t4)＝16m，摩擦生热Q＝fΔx＝64J.答案：(1)1.4s(2)64J1．分析流程2．功能关系(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)对WF和Q的理解：①传送带的功：WF＝Fx传；②产生的内能Q＝Ffx相对．(2018·安徽江淮十校联考)(多项选择)如以下列图，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如以下列图，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.那么以下说法正确的选项是()A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B．0～8s内物体位移的大小为14mC．0～8s内物体机械能的增量为84JD．0～8s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126J解析：选BD根据v­t图象的斜率表示加速度，可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝0.875，故A错误.0～8s内物体的位移为s＝－eq\f(1,2)×2×2m＋eq\f(2＋6,2)×4m＝14m，故B正确．物体上升的高度为h＝ssinθ＝8.4m，重力势能的增量为ΔEp＝mgh＝84J，动能增量为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，机械能增量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，故C错误.0～8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动，0～6s内传送带运动的距离为s带＝4×6m＝24m,0～6s内物体位移为s物＝－eq\f(1,2)×2×2m＋eq\f(4×4,2)m＝6m，s相对＝s带－s物＝18m，产生的热量为Q＝μmgcosθ·s相对＝126J，故D正确．滑块—木板模型问题(对应学生用书P98)1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，假设滑块和木板沿同一方向运动，那么滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；假设滑块和木板沿相反方向运动，那么滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m＝0.5kg、长度L＝0.6m，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量M＝1kg的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.25.现给铅块一向右的初速度v0＝5m/s，使其在木块上滑行．g取10m/s2，求：(1)开场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．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μ2Mg＞μ1(M＋nm)g解得n＜3，取n＝2，此时铅块已滑过8个木块根据动能定理有：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mv2＝μ2Mg×8L代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v＝1m/s.(2)对铅块M：a2＝μ2g＝2.5m/s2，v2＝v－a2t2对最后两块木块9和10有：a1＝eq\f(μ2Mg－μ1M＋2mg,2m)＝0.5m/s2，v1＝a1t2令v1＝v2，故它们获得共同速度所需时间：t2＝eq\f(v,a1＋a2)＝eq\f(1,3)s铅块位移：x2＝vt2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，木块位移：x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)铅块相对木块位移：Δx＝x2－x1＝eq\f(1,6)m＜L所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：Q＝μ2Mg(8L＋Δx)＝12.42J.(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为：v1＝a1t2＝eq\f(1,6)m/s铅块、木块一起做匀