（浙江選考）2023版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能守恒定律第4講能量觀點(diǎn)解決多過程問題學(xué)案

PAGEPAGE1第4講能量觀點(diǎn)解決多過程問題命題點(diǎn)一多運(yùn)動組合問題1．抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動狀態(tài)和運(yùn)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(diǎn)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(yùn)動的末速度的方向是解題的重要突破口．例1(2022·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可看作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＝20圓弧相切．質(zhì)量m＝1200kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運(yùn)動，路面對輪胎的最大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(diǎn)進(jìn)入，從同一直徑上的B點(diǎn)駛離，有經(jīng)驗(yàn)的司時機(jī)利用路面寬度，用最短時間勻速平安通過彎道．設(shè)路寬d＝10m，求此最短時間(A、B兩點(diǎn)都在軌道中心線上，計算時視汽車為質(zhì)點(diǎn))．答案見解析解析(1)設(shè)在彎道1沿中心線行駛的最大速度為v1由牛頓第二定律得，kmg＝meq\f(v\o\al(

2,1),r1)解得v1＝eq\r(kgr1)＝5eq\r(5)m/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＝meq\f(v\o\al(

2,2),r2)解得v2＝eq\r(kgr2)＝5eq\r(10)m/s在直道上由動能定理有Pt－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,1)代入數(shù)據(jù)可得Wf＝－2.1×104J(3)沿如下圖內(nèi)切的路線行駛時間最短，由圖可得r′2＝req\o\al(

2,1)＋[r′－(r1－eq\f(d,2))]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′那么kmg＝meq\f(v′2,r′)得v′＝eq\r(kgr′)＝12.5m/s由sinθ＝eq\f(r1,r′)＝0.8那么對應(yīng)的圓心角為2θ＝106°路線長度s＝eq\f(106,360)×2πr′≈23.1m最短時間t′＝eq\f(s,v′)≈1.8s變式1(2022·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(diǎn)與F點(diǎn)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(diǎn)；當(dāng)彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點(diǎn)．(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?。?2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)；(3)當(dāng)彈簧壓縮量為d時，假設(shè)沿軌道Ⅱ運(yùn)動，滑塊能否上升到B點(diǎn)？請通過計算說明理由．答案(1)0.1J2m/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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(

2,0)，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＝eq\f(3h1－h(huán)2,L)＝0.5(3)滑塊恰能通過螺旋圓形軌道最高點(diǎn)需滿足的條件是mg＝eq\f(mv2,Rm)由機(jī)械能守恒定律有v＝v0＝2m/s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(diǎn)；當(dāng)R≤0.4m時，滑塊能上升到B點(diǎn)．拓展點(diǎn)1圓周＋直線＋平拋的組合例2(2022·溫州市質(zhì)檢)半徑R＝1m的eq\f(1,4)圓弧軌道下端與一水平軌道連接，水平軌道離地面高度h＝1m，如圖3所示，有一質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊自圓弧軌道最高點(diǎn)A由靜止開始滑下，經(jīng)過水平軌道末端B時速度為4m/s，滑塊最終落在地面上，試求：(g取10m/s2，不計空氣阻力)圖3(1)滑塊落在地面上時的速度大?。?2)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力所做的功．答案(1)6m/s(2)2J解析(1)因滑塊經(jīng)過水平軌道末端B后下落時只有重力做功，所以取滑塊經(jīng)過水平軌道末端B時為初狀態(tài)，落在地面上時為末狀態(tài)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得(以地面為零勢能面)：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2＋0，解得v＝eq\r(v\o\al(2,B)＋2gh)＝eq\r(42＋2×10×1)m/s＝6m/s.(2)取滑塊在圓弧軌道最高點(diǎn)A時為初狀態(tài)，落在地面上時為末狀態(tài)，根據(jù)動能定理可得W總＝WG＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Wf＝eq\f(1,2)mv2－WG＝eq\f(1,2)mv2－mg(R＋h)＝eq\f(1,2)×1×62J－1×10×(1＋1)J＝－2J，即滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做功2J.拓展點(diǎn)2直線＋圓周＋平拋的組合例3(2022·嘉興市質(zhì)檢)如圖4所示，一彈射裝置由彈簧發(fā)射器和軌道組成．軌道由水平光滑滑道AB與管道BCDE相連接而成，其中BCD是半徑R＝0.4m(管道中心到圓心的距離)的豎直光滑圓管道，DE是長度等于0.4m的水平粗糙管道，在D處的下方有一直徑略大于物塊的小孔，裝置都在同一豎直平面內(nèi)．當(dāng)彈簧壓縮到A彈射物塊m1時，恰能使其無初速度地落入D點(diǎn)處的小孔中被收集；當(dāng)彈簧壓縮到A彈射物塊m2時，那么其落入E左側(cè)緊靠E的容器甲中．：m1＝0.05kg，m2＝0.04kg.容器甲高h(yuǎn)＝0.2m，長L＝0.4m，上沿與管道下壁在同一水平面．物塊大小略小于管道內(nèi)徑，g＝10m/s2.圖4(1)當(dāng)彈簧壓縮到A時，求彈簧的彈性勢能；(2)求物塊m2經(jīng)過D點(diǎn)時對D點(diǎn)的作用力大??；(3)假設(shè)物塊m2落在容器甲的eq\f(L,2)處，求物塊m2與管道DE間的動摩擦因數(shù)大小.答案(1)0.4J(2)0(3)0.375解析(1)物塊m1和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得Ep＝2m1gR(2)從彈簧壓縮到A處到物塊m2經(jīng)過D點(diǎn)的過程中，物塊m2和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得Ep＝2m2gR＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)，由圓周運(yùn)動規(guī)律可得F＋m2g＝m2eq\f(v\o\al(2,D),R)，代入數(shù)據(jù)得在D點(diǎn)管道對物塊m2的作用力F＝0，根據(jù)牛頓第三定律，物塊對D點(diǎn)的作用力大小F′＝0.(3)物塊m2離開E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，有h＝eq\f(1,2)gt2，vE＝eq\f(\f(L,2),t)，得vE＝1m/s.從D到E由動能定理可得－μm2gLDE＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,D)，解得μ＝0.375.命題點(diǎn)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(yùn)動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運(yùn)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(2022·溫州市期中)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(yùn)動，運(yùn)動方向如圖5所示．一個質(zhì)量為2kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從h＝3.2m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點(diǎn)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(diǎn)處，重力加速度g取10m/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；(3)物體隨傳送帶向右運(yùn)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，運(yùn)用動能定理得：mgh－eq\f(μmgL,2)＝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＝eq\f(L,2)＋v帶·t，又eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)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(yùn)動，設(shè)當(dāng)速度為v帶＝6m/s時，向右運(yùn)動的位移為x，那么μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,帶)，得x＝3.6m＜eq\f(L,2)，即物體在到達(dá)A點(diǎn)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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,帶)＝mgh′，解得h′＝1.8m.變式2(2022·杭州市月考)如圖6所示，皮帶的速度是3m/s，兩輪圓心間距離s＝4.5m，現(xiàn)將m＝1kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在左輪正上方的皮帶上，物體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(yùn)送到右輪正上方時，求：(g＝10m/s2)圖6(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)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(yùn)動，加速度a＝μg＝1.5m/s2，當(dāng)物體與皮帶速度相同時μmgx＝eq\f(1,2)mv2.解得物體加速階段運(yùn)動的位移x＝3m＜4.5m，那么小物體獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×32J＝4.5J.(2)v＝at，解得t＝2s，Q＝μmg·x相對＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3)J＝4.5J.(3)E＝Ek＋Q＝4.5J＋4.5J＝9J.

模型2傾斜傳送帶模型例5如圖7所示，與水平面夾角θ＝30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點(diǎn)與上端B點(diǎn)間的距離L＝4m，傳送帶以恒定的速率v＝2m/s向上運(yùn)動．現(xiàn)將一質(zhì)量為1kg的物體無初速度地放于A處，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，取g＝10m/s2，求：圖7(1)物體從A運(yùn)動到B共需多長時間？(2)電動機(jī)因傳送該物體多消耗的電能．答案(1)2.4s(2)28J解析(1)物體無初速度地放在A處后，因mgsinθ<μmgcosθ故物體斜向上做勻加速直線運(yùn)動．加速度a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝2.5m/s2物體到達(dá)與傳送帶同速所需的時間t1＝eq\f(v,a)＝0.8st1時間內(nèi)物體的位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.8m＜4m之后物體以速度v做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的時間t2＝eq\f(L－x1,v)＝1.6s物體運(yùn)動的總時間t＝t1＋t2＝2.4s(2)前0.8s內(nèi)物體相對傳送帶的位移Δx＝vt1－x1＝0.8m因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·Δx＝6J整個過程中多消耗的電能E電＝Ek＋Ep＋Q＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ＋Q＝28J.1．如圖1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(yùn)動，物體m＝1kg，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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求：圖1(1)物體由A端運(yùn)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，加速到與傳送帶同速，那么v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(

2,1)解得：a1＝10m/s2t1＝1sx1＝5m因mgsinθ>μmgcosθ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速由mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(

2,2)解得：t2＝1s故物體由A端運(yùn)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.2．(2022·溫州市質(zhì)檢)滑板運(yùn)動是一種陸上的“沖浪運(yùn)動〞，滑板運(yùn)發(fā)動可在不同的滑坡上滑行，做出各種動作，給人以美的享受．如圖2是模擬的滑板組合滑行軌道，該軌道有足夠長的斜直軌道、半徑R1＝1m的凹形圓弧軌道和半徑R2＝2m的凸形圓弧軌道組成，這三局部軌道處于同一豎直平面內(nèi)且依次平滑連接．其中M點(diǎn)為凹形圓弧軌道的最低點(diǎn)，N點(diǎn)為凸形圓弧軌道的最高點(diǎn)，凸形圓弧軌道的圓心O點(diǎn)與M點(diǎn)處在同一水平面上，運(yùn)發(fā)動踩著滑板從斜直軌道上的P點(diǎn)無初速度滑下，經(jīng)過M點(diǎn)滑向N點(diǎn)，P點(diǎn)距M點(diǎn)所在水平面的高度h＝2.45m，不計一切阻力，運(yùn)發(fā)動和滑板的總質(zhì)量為m＝50kg，運(yùn)發(fā)動和滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10m/s2.求：圖2(1)運(yùn)發(fā)動滑到M點(diǎn)時的速度大小；(2)運(yùn)發(fā)動滑到N點(diǎn)時，滑板對軌道的壓力大小；(3)改變運(yùn)發(fā)動無初速度下滑時距M點(diǎn)所在水平面的高度，求運(yùn)發(fā)動恰好從N點(diǎn)水平飛出時，運(yùn)發(fā)動的出發(fā)點(diǎn)距M點(diǎn)所在水平面的高度h1.答案(1)7m/s(2)275N(3)3m解析(1)以地面為參考平面，對運(yùn)發(fā)動和滑板從P到M的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，解得vM＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×2.45)m/s＝7m/s.(2)從P到N，由機(jī)械能守恒定律得：mg(h－R2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，vN＝eq\r(2gh－R2)＝eq\r(2×10×2.45－2)m/s＝3m/s.滑板在N點(diǎn)時，由牛頓第二定律有mg－FN＝meq\f(v\o\al(2,N),R2)，解得FN＝mg－meq\f(v\o\al(2,N),R2)＝275N，由牛頓第三定律，滑板滑到N點(diǎn)時，滑板對軌道的壓力FN′＝FN＝275N.(3)運(yùn)發(fā)動恰好從N點(diǎn)水平飛出時，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(vN′2,R2)，對從P到N的過程，由機(jī)械能守恒定律有mg(h1－R2)＝eq\f(1,2)mvN′2，解得h1＝3m.3．(2022·“金華十校〞聯(lián)考)金華某商場門口根據(jù)金華“雙龍〞元素設(shè)計了一個精美的噴泉雕塑，兩條龍噴出的水恰好相互銜接(不碰撞)形成一個“∞〞字形．某學(xué)習(xí)小組為了研究噴泉的運(yùn)行原理，將噴泉簡化成如圖3所示的模型，兩個龍可以看成兩個相同對稱圓的一局部(近似看成在同一平面內(nèi))，E、B兩點(diǎn)為圓的最高點(diǎn)．抽水機(jī)M使水獲得一定的初速度后沿ABCDEFG運(yùn)動，水在C、F兩處恰好沿切線進(jìn)入管道，最后回到池中．圓半徑為R＝1m，角度θ＝53°，忽略一切摩擦．(g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：圖3(1)水從B點(diǎn)噴出的速度大??；(2)取B處一質(zhì)量為m＝0.1kg的一小段水，管道對這一小段水的作用力大小和方向；(3)假設(shè)管道B處橫截面積為S＝4cm2，那么抽水機(jī)M的輸出功率大?。?水的密度ρ＝1×103kg/m答案(1)3eq\解析(1)水從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動，豎直方向h＝R＋Rcosθ＝1.6m.根據(jù)veq\o\al(2,Cy)＝2gh，得vCy＝4eq\r(2)m/s又因水在C點(diǎn)剛好與圓相切，得tanθ＝eq\f(vCy,vB)，所以vB＝3eq\(2)以m＝0.1kg的一小段水為研究對象．當(dāng)水在最高點(diǎn)B受到的管道作用力是0時，有Fn＝mg＝meq\f(v\o\al(2,臨),R)，v臨＝eq\r(10)m/s＜3eq\r(2)m/s.故水在B點(diǎn)受到管道豎直向下的壓力，mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，得FN＝0.8N.(3)以單位時間(t＝1s)從B點(diǎn)噴出的水為研究對象m0＝ρSvBt，以A處所在平面為零勢能參考面，由能量守恒定律可得：Pt＝m0g(2R)＋eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,B)，得P＝34.8eq\r(2)W≈49.2W4．(2022·湖州市質(zhì)檢)如圖4所示，AB為半徑R＝1m的四分之一光滑豎直圓弧軌道，OB豎直．有一質(zhì)量m＝2kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)的正上方距離A點(diǎn)H＝1m處由靜止開始下落．CD段為長L＝2m的粗糙水平面，物體與水平面間動摩擦因數(shù)μ1＝0.2.DE段是一個可以改變傾角的長斜面，物體與斜面間動摩擦因數(shù)為μ2＝eq\f(\r(3),3).軌道AB、CD、DE間均光滑連接，物體在經(jīng)過連接處動能損失均不計，空氣阻力不計，g取10m/s2.圖4(1)物體能沿軌道AB到達(dá)最低點(diǎn)B，求它到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)B時對軌道的壓力；(2)當(dāng)斜面傾角θ＝30°時，求物體上滑的最大高度；(3)當(dāng)斜面傾角θ(在0°～90°范圍內(nèi))為某值時，物體上滑的最大距離具有最小值，求此最小值．答案(1)100N，方向豎直向下(2)0.8m(3)60°eq\f(4,5)eq\r(3)m解析(1)物體由初始位置運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中根據(jù)動能定理有mg(R＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，到達(dá)B點(diǎn)時由支持力FN和重力的合力提供向心力FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝100N，根據(jù)牛頓第三定律，物體對軌道的壓力大小為100N，方向豎直向下．(2)設(shè)最高點(diǎn)高度為h，從開始下落到上升到最高點(diǎn)，由功能關(guān)系得mg(H＋R－h(huán))－μ1mgL－μ2mgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0，解得上升的最大高度h＝0.8m.(3)設(shè)物體在斜面上上滑的長度為s，從開始下落直至運(yùn)動到最高點(diǎn)，由動能定理得mg(H＋R)－μ1mgL－(mgsinθ＋μ2mgcosθ)s＝0s＝eq\f(mgH＋R－μ1mgL,mgμ2cosθ＋sinθ)＝eq\f(32,20\r(1＋μ\o\al(2,2))sinθ＋φ)＝eq\f(8,5\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)sinθ＋φ)tanφ＝μ2＝eq