新教科版第5章专题提升课9动力学和能量观点的综合应用课件（42张）

专题提升课9动力学和能量观点的综合应用第五章专题概要:能量观点是解答动力学问题的三大观点之一,能量观点与动力学观点的综合应用是考生深化物理知识、提升综合分析能力的重要体现。通过该部分知识的复习,能培养审题能力、推理能力和规范表达能力等,提升学生解答题目的综合素养。考点一动力学和能量综合的多过程问题(师生共研)动力学和能量综合的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”——将全过程进行分解,分析每个过程的规律。(3)“合”——找到子过程的联系,全过程或分过程解题。典例1.(2023重庆模拟)如图为滑雪大跳台完整结构示意图,AB是助滑坡段,高度h1=60m;圆弧BCD为起飞段,圆心角α=74°,半径R=63m,AB与圆弧BCD相切;EF为着陆坡段,高度h2=20m,倾角β=53°;FG为停止区。某次运动员从A点由静止开始自由起滑,经过圆弧BCD从与B点等高的D点飞出,最终恰好沿EF面从E点落入着陆坡段,CE与圆弧相切于C。已知除圆弧轨道外,其余轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ=0.35,经过圆弧段对C点压力为重力的1.5倍,运动员连同滑雪板的质量m=60kg,各段连接处无能量损失,忽略空气阻力的影响。g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)运动员在C点的速度大小;(2)运动员经过圆弧BCD段时摩擦力做的功;(3)运动员在FG停止区运动的时间为多少?思维点拨

(1)分析运动员在C点受力情况,由牛顿第二定律可求C点速度大小;(2)分过程求出运动员经过圆弧B点和D点的速度,然后在

B到D过程由动能定理求摩擦力做的功;(3)运动员在FG停止区做匀减速直线运动,求出初速度和加速度后由运动学公式求运动时间。又vDcos

37°=vEcos

53°解得:vD=18

m/s运动员经过圆弧BCD段时由动能定理得解得运动员经过圆弧BCD段时摩擦力做的功Wf=9

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J。对点演练1.(2022湖南宁乡教育研究中心模拟)蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动,跳跃者站在约40m以上高度的平台,把一端固定的一根长长的弹性绳绑在踝关节处然后两臂伸开,双腿并拢,头朝下无初速度跳下。绑在跳跃者踝关节的弹性绳很长,足以使跳跃者在空中享受几秒钟的“自由落体”。运动员从跳下至下落到最低点的过程中其机械能与位移的图像如图所示,图中0~x1为直线,x1~x2为曲线,若忽略空气阻力作用,下列判断错误的是(

)~x1过程中,只有重力做功,因此机械能守恒~x1过程中,重力做正功为mgx1,重力势能减少了mgx1C.x1~x2过程中,运动员一直做加速度越来越大的减速运动D.x1~x2过程中,运动员的动能先增加再减小,机械能一直减小答案

C解析

由图可知,0~x1过程中,跳跃者在“自由落体”运动过程中,只受重力作用,机械能守恒,此过程重力做正功为WG=mgx1,则重力势能减少了ΔEp=mgx1,A、B正确;在x1~x2过程中,由图可知,弹性绳逐渐被拉长,弹力逐渐变大,开始时FT<mg,则根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,可知跳跃者做加速度减小的加速运动,当FT=mg时,加速度为零,速度最大,跳跃者继续向下运动,弹力继续增大,则根据牛顿第二定律有FT-mg=ma,可知跳跃者做加速度增大的减速运动,直至最低点,速度为零,C错误;在x1~x2过程中,由C分析可知,速度先增大后减小,则动能先增大后减小,根据能量守恒定律可知,由于弹性绳的弹性势能增加,则跳跃者的机械能减小,D正确。2.(2023浙江绍兴模拟)质量均匀分布,长为l的矩形毛巾挂在水平细杆上,处于静止状态,其底边AA'平行于杆,杆两侧的毛巾长度比为1∶3,AA'与地面的距离为h(h>l),如图中a所示。毛巾质量为m,不计空气阻力,重力加速度取g。(1)若将杆两侧的毛巾长度比改变为1∶1,如图中b所示,毛巾的重力势能是增加还是减少?(2)求出毛巾从a到b,重力所做的功;(3)若毛巾从a状态由静止开始下滑,且下滑过程中AA'始终保持水平,毛巾从离开杆到刚接触地面所需时间为t,求毛巾离开杆时的速度v0大小以及摩擦力做的功(做功计算结果可用v0表示)。考点二动力学和能量综合的传送带模型(名师破题)解答动力学和能量综合的传送带模型的两点分析1.设问的角度(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。2.功能关系分析(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。(2)对W和Q的理解:①传送带做的功:W=Fx传;②产生的内能:Q=Ffx相对。审题指导

关键词句获取信息物体B通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带……构建传送带与连接体的组合模型将质量为200kg的物体A传送到高H处,已知传送带倾角为30°物体A对地位移和高度H是2倍关系物体B最初离地面6.5m物体B下落6.5m后绳子失去弹力整个过程由于摩擦而产生的热量是多少?先分过程求解,最后求代数和电动机要多消耗多少电能?不包括物体B减小的重力势能思维点拨

(1)识别新情境:传送带模型与连接体模型结合,传送物体有外力辅助,且这个力大小是变化的;(2)弄清多过程:摩擦力分析和绳子弹力大小均会突变,且B物体落地后绳子弹力消失,导致过程复杂,需要边计算边分析,并且要注意区分物体A的对地位移和相对传送带的位移;(3)满足高要求:本题综合性强,对考生构建模型能力、分析综合能力要求高,很好地考查了考生的学科素养。解析

(1)刚开始由于物体A的速度小于传送带速度,传送带给物体A向上的滑动摩擦力,以物体A为对象,根据牛顿第二定律可得FT+μmAgcos

30°-mAgsin

30°=mAa1以物体B为对象,根据牛顿第二定律可得mBg-FT=mBa1联立解得a1=5

m/s2从开始到物体A与传送带共速为v1时所走的位移物体A与传送带共速后,物体A继续加速,传送带给物体A向下的滑动摩擦力,以物体A为对象,根据牛顿第二定律可得FT'-μmAgcos

30°-mAgsin

30°=mAa2以物体B为对象,根据牛顿第二定律可得mBg-FT'=mBa2联立解得a2=3

m/s2从物体A与传送带共速为v1时到物体B落地过程,设物体B落地瞬间速度大小为v2,则有故整个过程物体A向上所走的位移xA=x1+x2+x3+x4=(2.5+4+1.6+5)

m=13.1

m可知高度H=xAsin

30°=6.55

m。此过程产生的内能Q4=μmAgcos

30°·s4=2

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J故整个过程由于摩擦而产生的热量对点演练3.(多选)(2023山东聊城模拟)机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货,可简化为倾角为θ,以一定的速度v2匀速转动的传送带,某时刻在传送带上端放置初速度为v1的货物(如图甲),以此时为t=0时刻记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像(如图乙),取沿斜面向下的运动为正方向,且v1<v2。已知货物均可视为质点,传送带足够长,则(

)~t1内,传送带对货物做正功B.货物与传送带间的动摩擦因数μ<tanθD.系统产生的热量一定比货物动能的增加量小答案

AD解析

0~t1内货物沿传送带斜向下加速,t1时刻与传动带共速,对货物受力分析可知,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,故传送带对物体做正功,A正确;当t1后,货物与传送带共速,受力分析可知mgsin

θ<μmgcos

θ,即μ>tan

θ,B错θ·Δx,动能增加量ΔEk=(μmgcos

θ+mgsin

θ)·x物,由v-t图像面积表示位移可知Δx<x物,又μmgcos

θ<μmgcos

θ+mgsin

θ,因此系统产生的热量一定比货物动能的增加量小,D正确。4.(2023山东潍坊模拟)小明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由半径R=0.15m的

光滑圆弧轨道、BC长l=1.0m的水平传送带及水平平台衔接而成,在平台右边固定一轻质弹簧,弹簧左端恰好位于距C点右边1.5m处的D点。有一质量为2kg的物块从光滑圆弧轨道上端A点静止释放,传送带以v=2

m/s的速度顺时针匀速转动,物块与传送带的动摩擦因数μ1=0.5,物块与水平平台CD之间动摩擦因数μ2=0.2,DE部分光滑,g取10m/s2,求:(1)滑块运动到斜面底端B点时对轨道的压力大小;(2)滑块通过传送带BC过程系统产生的热量Q;(3)弹簧压缩过程最大的弹性势能Epm。答案

(1)60N

(2)3J

(3)6J解得FN=60

N由牛顿第三定律FN'=FN=60

N。(2)由于滑块的速度小于传送带的速度,设经过时间t与传送带共速,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1根据运动学公式v=v0+a1t传送带位移s传=vt解得s物=0.9

m<l=1

m,s传=1.2

m系统产生热量Q=μ1mg(s传-s物)解得Q=3

J。考点三动力学和能量综合的板块模型(师生共研)动力学和能量综合的板块模型的分析方法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:(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移;(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移;(3)求摩擦生热时用接触面间的相对位移。典例3.如图所示,半径R=5.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°,另一端点C为轨道的最低点,C点右侧的水平面上紧挨C点静止放置一木板,木板质量m0=2.0kg,上表面与C点等高。质量m=0.5kg可视为质点的物块在A点以3m/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且沿着轨道下滑,物块以12m/s的速度滑上木板的左端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.04,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,求:(1)物块在B点时的速度大小vB;(2)物块从轨道的B点运动至C点的过程中克服摩擦力所做的功Wf;(3)若木板足够长,从物块滑上木板开始至木板停下的整个过程中,木板和地面之间由于摩擦所产生的热量Q。思维点拨

(1)由平抛运动规律求解物块在B点时的速度大小vB;(2)物块从B点运动至C点的过程中由动能定理求克服摩擦力所做的功Wf;(3)对板块模型进行动力学分析,求出木板对地位移,再求木板和地面之间由于摩擦所产生的热量Q。答案

(1)6m/s

(2)10.5J

(3)4J解析

(1)物块从A到B做平抛运动,在B点有vBsin

θ=v0解得物块在B点的速度vB=6

m/s。(2)物块从B点运动到C点过程中,由动能定理有解得物块克服摩擦力做功Wf=10.5

J。(3)物块滑上木板后做匀减速直线运动,加速度大小为a1,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1物块与木板达到的共同速度为v,由运动学公式有v=vC-a1t木板做匀加速直线运动,加速度大小为a2,由牛顿第二定律有μ1mg-μ2(m0+m)g=m0a2由运动学规律有v=a2t当二者达到共速后,假设物块和木板一起运动,由牛顿第二定律有μ2(m0+m)g=(m0+m)a3解得物块和木板一起运动加速度大小a3=0.4

m/s2对物块由牛顿第二定律有Ff=ma3Ff=0.2

N<Ffm=μ1mg假设成立,即二者达共速后一起做匀减速直线运动至停下。木板匀减速直线运动的位移为木板和地面之间由于摩擦所产生的热量Q=μ2(m0+m)g(x1+x2)=4

J。对点演练5.(2023山西临县模拟)如图所示,木板A静止于光滑水平面上,木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动,木板A在摩擦力作用下也向右加速运动,但加速度小于木块B的加速度,则(

)A.木板A所受摩擦力对木板A做负功B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功D.力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和答案

C解析

木板A所受摩擦力方向与其运动方