浙江鸭2025版高考物理大一轮复习第五章机械能守恒定律专题强化一动力学和能量观点的综合应用学案

PAGEPAGE1专题强化一动力学和能量观点的综合应用命题点一多运动组合问题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洁的子过程．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．许多状况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．例1(2024·浙江4月选考·20)图1中给出了一段“S”形单行盘山马路的示意图．弯道1、弯道2可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝10m、r2＝20m，弯道2比弯道1高h＝12m，有始终道与两弯道圆弧相切．质量m＝1200kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2)图1(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1；(2)汽车以v1进入直道，以P＝30kW的恒定功率直线行驶了t＝8.0s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A点进入，从同始终径上的B点驶离，有阅历的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速平安通过弯道．设路宽d＝10m，求此最短时间(A、B两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)．答案见解析解析(1)汽车在沿弯道1中心线行驶时，由牛顿其次定律得，kmg＝meq\f(v\o\al(12,),r1)解得v1＝eq\r(kgr1)＝5eq\r(5)m/s.(2)设在弯道2沿中心线行驶的最大速度为v2由牛顿其次定律得，kmg＝meq\f(v\o\al(22,),r2)解得v2＝eq\r(kgr2)＝5eq\r(10)m/s在直道上由动能定理有Pt－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12代入数据可得Wf＝－2.1×104J.(3)沿如图所示内切的路途行驶时间最短，由图可得r′2＝r12＋[r′－(r1－eq\f(d,2))]2代入数据可得r′＝12.5m设汽车沿该路途行驶的最大速度为v′则kmg＝meq\f(v′2,r′)得v′＝eq\r(kgr′)＝12.5m/s由sinθ＝eq\f(r1,r′)＝0.8则对应的圆心角为2θ＝106°路途长度s＝eq\f(106°,360°)×2πr′≈23.1m最短时间t′＝eq\f(s,v′)≈1.8s.变式1(2024·浙江4月选考·20)如图2所示装置由一志向弹簧放射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距离L＝1.00m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g＝10m/s2)图2(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由．答案(1)0.1J2m/s(2)0.5(3)见解析解析(1)由机械能守恒定律可得E弹＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20J＝0.1J由ΔEk＝eq\f(1,2)mv02，可得v0＝2m/s.(2)由E弹∝d2，可得当弹簧压缩量为2d时，ΔEk′＝E弹′＝4E弹＝4mgh1由动能定理可得－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′解得μ＝eq\f(3h1－h2,L)＝0.5.(3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满意的条件是mg＝eq\f(mv2,Rm)由机械能守恒定律有v＝v0＝2m/s解得Rm＝0.4m当R>0.4m时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B点；当R≤0.4m时，滑块能上升到B点．题型1平抛运动＋圆周运动的组合例2(2013·浙江理综·23)山谷中有三块石头和一根不行伸长的轻质青藤，其示意图如图3.图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．起先时，质量分别为M＝10kg和m＝2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发觉小猴将受到损害时，快速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2.求：图3(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．答案(1)8m/s(2)4eq\r(5)m/s(3)216N解析(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，依据平抛运动规律，有h1＝eq\f(1,2)gt2①x1＝vmint②联立①②式，得vmin＝8m/s.③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有(M＋m)gh2＝eq\f(1,2)(M＋m)vC2④vC＝eq\r(2gh2)＝4eq\r(5)m/s.⑤(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，在最低点由牛顿其次定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)eq\f(v\o\al(C2,),L)⑥由几何关系(L－h2)2＋x22＝L2⑦得：L＝10m⑧联立⑤⑥⑧式并代入数据解得：FT＝(M＋m)g＋(M＋m)eq\f(v\o\al(C2,),L)＝216N.题型2直线运动＋圆周运动＋平抛运动的组合例3(2025届湖州市模拟)某校科技节实行车模大赛，其规定的赛道如图4所示，某小车以额定功率18W由静止起先从A点动身，加速2s后进入光滑的竖直圆轨道BC，恰好能经过圆轨道最高点C，然后经过光滑曲线轨道BE后，从E处水平飞出，最终落入沙坑中，已知圆半径R＝1.2m，沙坑距离BD平面高度h2＝1m，小车的总质量为1kg，g＝10m/s2，不计空气阻力，求：图4(1)小车在B点对轨道的压力大小；(2)小车在AB段克服摩擦力做的功；(3)末端平抛高台h1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？答案(1)60N(2)6J(3)1m4m解析(1)由于小车恰好经过圆轨道最高点C，即mg＝eq\f(mv\o\al(C2,),R)由B→C，依据动能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2在B点由牛顿其次定律有，FN－mg＝meq\f(v\o\al(B2,),R)，联立解得FN＝60N，由牛顿第三定律得在B点小车对轨道的压力为60N，方向竖直向下．(2)由A→B，依据动能定理：Pt＋Wf＝eq\f(1,2)mvB2，解得Wf＝－6J，即小车在AB段克服摩擦力做的功为6J.(3)由B→E，依据动能定理得－mgh1＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvB2，飞出后，小车做平抛运动，所以h1＋h2＝eq\f(1,2)gt2水平位移x＝vEt，化简得x＝eq\r(v\o\al(B2,)－2gh1)eq\r(\f(2h1＋h2,g))，即x＝eq\r(60－20h1\f(h1＋1,5))，当h1＝1m时，水平距离最大，xmax＝4m.命题点二传送带模型问题传送带问题的分析流程和技巧1．分析流程2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．假如两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；假如两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．3．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＝Ff·x相对．模型1水平传送带模型例4倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图5所示．一个质量为2kg的物体(可视为质点)，从h＝3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A、B连线的中点处，重力加速度g取10m/s2，求：图5(1)传送带左、右两端A、B间的距离L；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量；(3)物体随传送带向右运动，最终沿斜面上滑的最大高度h′.答案(1)12.8m(2)160J(3)1.8m解析(1)物体从静止起先到在传送带上的速度等于0的过程中，由动能定理得：mgh－eq\f(μmgL,2)＝0－0，解得L＝12.8m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x相＝eq\f(L,2)＋v带·t，又eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)μgt2，而摩擦产生的热量Q＝μmg·x相，联立得Q＝160J.(3)物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为v带＝6m/s时，向右运动的位移为x，则μmgx＝eq\f(1,2)mv带2，得x＝3.6m＜eq\f(L,2)，即物体在到达A点前速度与传送带速度相等，最终以v带＝6m/s的速度冲上斜面，由动能定理得eq\f(1,2)mv带2＝mgh′，解得h′＝1.8m.模型2倾斜传送带模型例5如图6所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10m/s，沿顺时针方向运动，物体质量m＝1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，试求：图6(1)物体由A端运动到B端的时间．(2)系统因摩擦产生的热量．答案(1)2s(2)24J解析(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面对下的滑动摩擦力和重力，由牛顿其次定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，设物体经时间t1，加速到与传送带同速，则v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1t12解得：a1＝10m/s2t1＝1sx1＝5m<L因mgsinθ>μmgcosθ，故当物体与传送带同速后，物体将接着加速由mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2t22解得：t2＝1s故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2s.(2)物体与传送带间的相对位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J.1.如图1所示，皮带的速度是3m/s，两轮圆心间距离s＝4.5m，现将m＝1kg的小物体(可视为质点)轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运输到右轮正上方时，(取g＝10m/s2)求：图1(1)小物体获得的动能Ek；(2)这一过程中摩擦产生的热量Q；(3)这一过程中电动机多消耗的电能E.答案(1)4.5J(2)4.5J(3)9J解析(1)物体起先做匀加速运动，加速度a＝μg＝1.5m/s2，当物体与皮带速度相同时，有μmgx＝eq\f(1,2)mv2.解得物体加速阶段运动的位移x＝3m＜4.5m，则小物体获得的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×32J＝4.5J.(2)v＝at，解得t＝2s，Q＝μmg·x相对＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3)J＝4.5J.(3)E＝Ek＋Q＝4.5J＋4.5J＝9J.2．2008年北京奥运会场地自行车赛支配在老山自行车馆实行．老山自行车赛场采纳的是250m椭圆赛道，赛道宽度为7.7m．赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，按国际自盟UCI赛道标准的要求，圆弧段倾角为45°，如图2所示(因直线段倾角较小，故计算时不计直线段的倾角)．赛道运用松木地板，为运动员供应最好的竞赛环境．目前，竞赛用车采纳最新的碳素材料设计，质量为9kg.竞赛时，运动员从直线段的中点动身绕场骑行，若已知赛道的每条直线段长80m，圆弧段内半径为14.4m，运动员质量为51kg，设直线段运动员和自行车所受阻力为接触面压力的0.75倍(不计圆弧段摩擦，圆弧段上运动近似为匀速圆周运动，不计空气阻力，计算时运动员和自行车可近似为质点，g取10m/s2)．求：图2(1)运动员在圆弧段内侧赛道上允许的最佳平安速度是多大？(2)为在进入弯道前达到(1)所述的最佳平安速度，运动员和自行车在直线段加速时所受的平均动力至少为多大？(3)若某运动员在以(1)所述的最佳平安速度进入圆弧轨道时，因技术失误进入了最外侧轨道，则他的速度降为多少？若他在外道运动绕过的圆心角为90°，则这一失误至少损失了多少时间？(在圆弧轨道骑行时不给自行车施加推动力)答案(1)12m/s(2)558N(3)6m/s3.3s解析(1)运动员以最大允许速度在圆弧段内侧赛道骑行时，重力与支持力的合力沿水平方向，充当圆周运动的向心力，由牛顿其次定律：mgtan45°＝meq\f(v2,R)，则v＝eq\r(gR)＝12m/s(2)运动员在直线段加速距离x＝40m，v2＝2ax由牛顿其次定律：F－μmg＝ma，解得F＝558N(3)进入最外侧轨道后，高度增加了Δh＝dsin45°≈5.4m半径增加了ΔR＝dcos45°≈5.4m由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝mgΔh＋eq\f(1,2)mv12解得v1＝eq\r(v2－2gΔh)＝6m/s在内侧赛道上运动绕过圆心角90°所需时间：t1＝eq\f(πR,2v)≈1.88s在外侧赛道上运动绕过圆心角90°所需时间：t2＝eq\f(πR＋ΔR,2v1)≈5.18s至少损失时间：Δt＝t2－t1＝3.3s.3．(2024·杭州市五校联考)如图3所示，质量为m＝1kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4m的eq\f(1,4)圆弧A端由静止起先释放，它运动到B点时速度为v＝2m/s.当滑块经过B点后马上将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特别材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调整．斜面底部D点与光滑水平地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．图3(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2)若设置μ＝0，求滑块从C运动到D的时间；(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围．答案(1)20N2J(2)eq\f(1,3)s(3)0.125≤μ<0.75或μ＝1解析(1)在B点，F－mg＝meq\f(v2,R)解得F＝20N由牛顿第三定律，滑块对B点的压力F′＝20N从A到B，由动能定理，mgR－W＝eq\f(1,2)mv2得到W＝2J.(2)若设置μ＝0，滑块在CD间运动，有mgsinθ＝ma加速度a＝gsinθ＝6m/s2依据匀变速运动规律s＝vt＋eq\f(1,2)at2，得t＝eq\f(1,3)s.(3)最终滑块停在D点有两种可能：a．滑块恰好能从C下滑到D.则有mgsinθ·s－μmgcosθ·s＝0－eq\f(1,2)mv2，得到μ＝1b．滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．当滑块恰好能返回C：－μ1mgcosθ·2s＝0－eq\f(1,2)mv2得到μ1＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsinθ＝μ2mgcosθ，得到μ2＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.4．(2025届金华市模拟)某同学设计了一款益智类的儿童弹射玩具，模型如图4所示，AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD段是半径为R的四分