2016屆創(chuàng)新設計高考物理滬科版大一輪復習精講課件第五章動能變化與機械能能量守恒

第5課時(小專題)應用動力學觀點和能量觀點突破力學壓軸題突破一

應用動力學和能量觀點分析直線、平拋和圓周運動組合問題這類模型一般不難，各階段的運動過程具有獨立性，只要對不同過程分別選用相應規(guī)律即可，兩個相鄰的過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶。很多情況下平拋運動末速度的方向是解決問題的重要突破口?！镜淅?】

如圖1所示，將一質量m＝0.1

kg的小球自水平平臺頂端O點水平拋出，小球恰好無碰撞地落到平臺右側一傾角為α＝53°的光滑斜面頂端A并沿斜面下滑，斜面底端B與光滑水平軌道平滑連接，小球以不變的速率過B點后進入BC部分，再進入豎直圓軌道內側運動。已知斜面頂端與平臺的高度差h＝3.2

m，斜面高H＝15

m，豎直圓軌道半徑R＝5

m。取sin

53°＝0.8，cos

53°＝0.6，g＝10

m/s2，求：圖1(1)小球水平拋出的初速度v0及斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x；(2)小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面底端B點所用的時間；(3)若豎直圓軌道光滑，小球運動到圓軌道最高點D時對軌道的壓力。解析(1)小球做平拋運動落至

A

點時，由平拋運動的速度分解圖可得：0v

＝vytan

αy由平拋運動規(guī)律得：v2＝2gh122h＝

gt

，x＝v

t1 0

1聯(lián)立解得：v0＝6

m/s，x＝4.8

m(2)小球從平臺頂端O

點拋出至落到斜面頂端A

點，需要時間1gt

＝

2h＝0.8

s小球在A

點的速度沿斜面向下，速度大小Av

＝v0cos

α＝10

m/s從A

點到B

點1由動能定理得

mgH

1mv2

－

mv＝2

B

22A解得vB＝20

m/s小球沿斜面下滑的加速度a＝gsin

α＝8

m/s2由vB＝vA＋at2，解得t2＝1.25

s小球從平臺頂端O

點拋出至落到斜面底端B

點所用的時間t＝t1＋t2＝2.05

s(3)水平軌道BC

及豎直圓軌道均光滑，小球從B

點到D

點，由動能定理可得2－2mgR＝1

v2m1D－2mv2B在D

點由牛頓第二定律可得：v2N＋mg＝m

DR聯(lián)立解得：N＝3

N由牛頓第三定律可得，小球在

D

點對軌道的壓力

N′＝3

N，方向豎直向上答案

(1)6

m/s 4.8

m (2)2.05

s (3)3

N，方向豎直向上【變式訓練】1．(2014·高考押題卷五)如圖2所示，用內壁光滑的薄壁細管彎成的“S”形軌道固定于豎直平面內，其彎曲部分是由兩個半徑均為R＝0.2m的半圓平滑對接而成(圓的半徑遠大于細管內徑)。軌道底端A與水平地面相切，頂端與一個長為l＝0.9m的水平軌道相切B點。一傾角為θ＝37°的傾斜軌道固定于右側地面上，其頂點D與水平軌道的高度差為

h＝0.45

m，并與其它兩個軌道處于同一豎直平面內。一質量為m＝0.1kg的小物體(可視為質點)在A點被彈射入“S”形軌道內，沿軌道ABC運動，并恰好從D點無碰撞地落到傾斜軌道上。小物體與BC段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。(不計空氣阻力。g取10

m/s2。sin

37°＝0.6，cos

37°＝0.8)圖2小物體從B點運動到D點所用的時間；小物體運動到B點時對“S”形軌道的作用力大小和方向；

(3)小物體在A點獲得的動能。解析

(1)小物體從

C

點到

D

點做平拋運動，有vy＝

2gh＝3

m/stan

θ＝vyvC解得vC＝4

m/s小物體做平拋運動的時間為vyt1＝

g

＝0.3

s小物體從B

到C

做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得μmg＝ma由運動學公式得v2

－v2

＝－2alC

B代入數(shù)據(jù)解得vB＝5

m/s小物體做勻減速直線運動的時間為t2＝－vC－vBa＝0.2

s小物體從B

點運動到D

點所用的總時間為t＝t1＋t2＝0.5

s(2)小物體運動到B

點時，設其受到軌道的作用力方向向下，由牛頓第二定律得v2N＋mg＝m

BR解得N＝11.5

N由牛頓第三定律得對軌道的作用力大小N′＝N＝11.5

N方向豎直向上(3)小物體從A

運動到B

點的過程，由機械能守恒定律得kA12E

＝4mgR＋

mv2B解得EkA＝2.05

J答案

(1)0.5

s (2)11.5

N

豎直向上

(3)2.05

J突破二

應用動力學和能量觀點分析傳送帶、滑塊——滑板模型1．方法技巧若一個物體或多個物體參與了多個運動過程，有的過程只涉及運動和力的問題或只要求分析物體的動力學特點，則要用動力學方法求解；若某過程涉及做功和能量轉化問題，則要考慮應用動能定理、機械能守恒定律或功能關系求解。2．解題模板，【典例2】

(2014·牡丹江一模)如圖3所示

x軸與水平傳送帶重合，坐標原點O在傳送帶的左端，傳送帶長L＝8m，勻速運動的速度v0＝5

m/s。一質量m＝1

kg的小P物塊，輕輕放在傳送帶上x

＝2

m的P點。小物塊隨傳送帶運動到Q點后沖上光滑斜面且剛好到達N點(小物塊到達N點后被收集，不再滑下)。若小物塊經過

Q處無機械能損失，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10

m/s2。求：圖3N點的縱坐標；小物塊在傳送帶上運動產生的熱量；若將小物塊輕輕放在傳送帶上的某些位置，最終均能沿光滑斜面越過縱坐標yM＝0.5m的M點，求這些位置的橫坐標范圍。第一步：抓住關鍵點——挖掘信息第二步：抓好過程分析——理清思路物塊先在傳送帶上做勻加速運動――→計算判斷二者是否獲得共同速度確定――→物塊沖上斜面的初速度→物塊沖上斜面做勻減速運動規(guī)范解答

(1)小物塊在傳送帶上做勻加速運動的加速度a＝μg＝5

m/s2。a小物塊與傳送帶共速時，所用時間t＝v0＝1

s12P運動的位移

s＝2at

＝2.5

m＜(L－x

)＝6

m故小物塊與傳送帶共速后以

v0＝5 m/s

的速度勻速運動到

Q，然后沖上光滑斜面到達N

點，1220由機械能守恒定律得mv

＝mgyN解得yN＝1.25

m小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移s

相對＝v0t－s＝2.5

m產生的熱量Q＝μmgs

相對＝12.5

J設在坐標為x1處輕輕將小物體放在傳送帶上，最終剛好能到達M

點，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM代入數(shù)據(jù)解得x1＝7

m故小物體在傳送帶上的位置橫坐標范圍0≤x＜7

m答案

(1)1.25

m (2)12.5

J (3)0≤x＜7

m力學綜合題中多過程問題的分析思路對力學綜合題中的多過程問題，關鍵是抓住物理情境中出現(xiàn)的運動狀態(tài)與運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程。找出各階段是由什么物理量聯(lián)系起來的，然后對于每一個子過程分別進行受力分析、過程分析和能量分析，選擇合適的規(guī)律列出相應的方程求解?！咀兪接柧殹?．如圖4為某生產流水線工作原理示意圖。足夠長的工作平臺上有一小孔A，一定長度的操作板(厚度可忽略不計)靜止于小孔的左側，某時刻開始，零件(可視為質點)無初速度地放上操作板的中點，同時操作板在電動機帶動下向右做勻加速直線運動，直至運動到A孔的右側(忽略小孔對操作板運動的影響)，最終零件運動到A孔時速度恰好為零，并由A孔下落進入下一道工序。已知零件與操作板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，零件與工作臺間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.025，不計操作板與工作臺間的摩擦。重力加速度g＝10

m/s2。求：圖4操作板做勻加速直線運動的加速度大?。蝗舨僮靼彘LL＝2 m，質量M＝3 kg，零件的質量m＝0.5kg，則操作板從A孔左側完全運動到右側的過程中，電動機至少做多少功？解析(1)設零件向右運動距離s

時與操作板分離，此過程歷經時間為t，此后零件在工作臺上做勻減速運動直到A

孔處速度減為零，設零件質量為m，操作板長為L，取水平向右為正方向，對零件，有：分離前：μ1mg＝ma1分離后：μ2mg＝ma2且

s＝1

t2a12以后做勻減速運動的位移為：L2－s＝0－(a1t)2－2a2對操作板，有：L

s＝1at2＋

22聯(lián)立以上各式解得：a＝1(2μ1μ2＋μ2)gμ2，代入數(shù)據(jù)得：a＝2

m/s2。(2)將a＝2

m/s2，L＝2

m

代入L

12

21212＋

a

t

＝

at2解得：t＝a－a13

L

＝

2

s操作板從

A

孔左側完全運動到右側的過程中，動能的增加量k1ΔE

＝1

( 2aL