【物理】2019届一轮复习人教版应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题学案 8页

高考必考题突破讲座(五) 应用动力学观点和能量观点解决力学综合问题 题型特点 考情分析 命题趋势 用动力学和能量观点解决问 题时，应首先分析物体的受力和 运动情况，再分析做功和能量转 化情况，最后选择恰当的规律列 方程．一般来说，若一个物体参 与了多个运动过程，有的运动过 程只涉及分析力或求解力而不涉 及能量问题，则此类问题属于动 力学问题；若该过程涉及能量转 化问题，并且具有功能关系的特 点，则此类问题属功能关系问题 2016·全国卷Ⅰ， 25 动力学观点和能量观点结合 一直是高考的热点和难点，它可 能以各种题型出现，其考查范围 广、灵活性强、能力要求高，压 轴题目也多与此相关 1．动力学观点和能量观点综合流程 2．涉及问题 (1)受力情况：几个力？恒力还是变力？ (2)做功情况：是否做功？正功还是负功？ (3)能量分析：建立功能关系式． ►解题方法 1．若只要求分析运动物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则用牛顿运动定律和运 动学规律求解． 2．若物体在运动过程中涉及能量转化问题，则用功能关系求解． 角度 1 机械能守恒 受力情况 重力、支持力、弹簧的弹力 运动轨迹 直线和曲线(圆周运动或平抛运动) 涉及的能量 变化 动能、重力势能、弹性势能 处理方法 机械能守恒、动能定理、牛顿第二定 律 角度 2 机械能不守恒 受力情况 重力、支持力、弹簧的弹力、摩擦 力 运动轨迹 直线和曲线(圆周运动或平抛运动) 涉及的能量 变化 动能、势能、内能 处理方法 动能定理、功能关系、牛顿第二定 律 [例 1](2017·华中师大一附中模拟)如图甲所示，质量为 m＝1 kg 的滑块(可视为质点)， 从光滑、固定的1 4 圆弧轨道的最高点 A 由静止滑下，经最低点 B 后滑到位于水平面的木板 上．已知木板质量 M＝2 kg，其上表面与圆弧轨道相切于 B 点，且长度足够长．整个过程中 木板的 v－t 图象如图乙所示，g＝10 m/s2.求： (1)滑块经过 B 点时对圆弧轨道的压力； (2)滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离． 解析 (1)设圆弧轨道半径为 R，从 A 到 B 过程，滑块的机械能守恒 mgR＝1 2mv2， 经 B 点时，根据牛顿第二定律有 FN－mg＝mv2 R ， 整理得 FN＝3mg＝30 N， 根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为 30 N，方向竖直向下． (2)由 v－t 图象知，木板加速的加速度大小为 a1＝1 m/s2，滑块与木板共同减速的加速 度大小为 a2＝1 m/s2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数 为μ2， 在 0～1 s 内，对木板μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1， 在 1 s～2 s 内，对滑块和木板μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2， 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5. (3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为 v1，滑块从滑上 木板到两者达到共同速度所用时间为 t1. 对滑块μ2mg＝ma， v1＝v－at1，v1＝1 m/s，t1＝1 s， 木板的位移 x1＝v1 2 t1， 滑块的位移 x2＝v1＋v 2 t1， 滑块在木板上滑过的距离Δx＝x2－x1， 代入数据解得Δx＝3 m. 答案 (1)30 N，方向竖直向下 (2)0.5 (3)3 m [例 2]如图，—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 B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为 5 6R 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 止开始下滑，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.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝1 4 ，重力加速度大小为 g.(取 sin 37°＝3 5 ，cos 37°＝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，从静止开始释放．已知 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 7 2R、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)根据题意知，B、C 之间的距离为 l＝7R－2R，① 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 mglsin θ－μmglcos θ＝1 2mv2B， ② 式中θ＝37°， 联立①②式并由题给条件得 vB＝2 gR. ③ (2)设 BE＝x.P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep.P 由 B 点运动到 E 点 的过程中，由动能定理有 mgxsin θ－μmgxcos θ－EP＝0－1 2mv2B， ④ E、F 之间的距离为 l1＝4R－2R＋x， ⑤ P 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－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0，⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x＝R， ⑦ EP＝12 5 mgR. ⑧ (3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝7 2R－5 6Rsin θ， ⑨ y1＝R＋5 6R＋5 6Rcos θ， ⑩ 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t.由平抛运动公式有 y1＝1 2gt2， ⑪ x1＝vDt， ⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝3 5 5gR. ⑬ 设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，有 1 2m1v2C＝1 2m1v2D＋m1g(5 6R＋5 6Rcos θ)， ⑭ P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝1 2m1v2C， ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m1＝1 3m. 答案 见解析 1．(2017·江苏南京诊断)如图所示，质量 M＝0.4 kg 的长薄板 BC 静置于倾角为 37°的光 滑斜面上，在 A 点有质量 m＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以 v0＝4.0 m/s 速度水平抛出， 恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端 B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板 无初速度释放开始沿斜面向下运动，小物体运动到薄板的最下端 C 时，与薄板速度恰好相 等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s2.求： (1)A 点与 B 点的水平距离； (2)薄板 BC 的长度． 解析 (1)小物体从 A 到 B 做平抛运动，下落时间为 t1，水平位移为 x，则 gt1＝v0tan 37°， ① x＝v0t1，② 联立①②得 x＝1.2 m. (2)小物体落到 B 点的速度为 v，则 v＝ v20＋gt12，③ 小物体在薄板上运动，则 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，④ 薄板在光滑斜面上运动，则 Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2，⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时 t2，则 v＋a1t2＝a2t2，⑥ 小物体的位移 x1＝vt2＋1 2a1t22，⑦ 薄板的位移 x2＝1 2a2t22，⑧ 薄板的长度 l＝x1－x2，⑨ 联立③～⑨式得 l＝2.5 m. 答案 (1)1.2 m (2)2.5 m 2．(2017·河北衡水一模)如图所示，滑块质量为 m，与水平地面间的动摩擦因数为 0.1， 它以 v0＝3 gR的初速度由 A 点开始向 B 点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为 R 的1 4 圆弧 BC，在 C 点正上方有一离 C 点高度也为 R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距 离相等的小孔 P、Q，P、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到 C 点的正上方．若滑块 滑过 C 点后穿过 P 孔，又恰能从 Q 孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？ 解析 设滑块滑至 B 点时速度为 vB，对滑块由 A 点到 B 点应用动能定理有 －μmg5R＝1 2mv2B－1 2mv20， 解得 v2B＝8gR. 滑块从 B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达 P 处时速度为 vP，则 1 2mv2B＝1 2mv2P＋mg2R， 解得 vP＝2 gR， 滑块穿过 P 孔后再回到平台的时间 t＝2vP g ＝4 R g ， 要想实现题述过程，需满足ωt＝(2n＋1)π， ω＝π2n＋1 4 g R(n＝0,1,2，…)． 答案 ω＝π2n＋1 4 g R(n＝0,1,2，…) 3．(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，半径 R＝1.0 m 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 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点 C 为轨道的最低 点．C 点右侧的光滑水平面上紧挨 C 点静止放置一木板，木板质量 M＝1 kg，上表面与 C 点等高．质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v0＝1.2 m/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．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取 g＝ 10 m/s2.求： (1)物块经过 C 点时的速度 vC； (2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量 Q. 解析 (1)设物块在 B 点的速度为 vB，在 C 点的速度为 vC，从 A 到 B 物块做平抛运动， 有 vBsin θ＝v0， 从 B 到 C，根据动能定理有 mgR(1＋sin θ)＝1 2mv2C－1 2mv2B， 解得 vC＝6 m/s. (2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动 时物块加速度为 a1，木板加速度为 a2，经过时间 t 达到共同速度为 v，则 μmg＝ma1，μmg＝Ma2， v＝vC－a1t，v＝a2t. 根据能量守恒定律有 1 2(m＋M)v2＋Q＝1 2mv2C 联立解得 Q＝9 J. 答案 (1)6 m/s (2)9 J