新课标高考物理一轮复习第五章机械能专题六动力学和能量观点的综合应用教案.doc

1、【 精品教育资源文库 】 专题六 动力学和能量观点的综合应用 突破 应用动力学和能量观点分析多过程问题 力学综合题中多过程问题的分析思路： (1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程 . (2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解 . 典例 1 (2016 新课标全国卷 )如图所示，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37 的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态 .直轨道与一半径为 56

2、R 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 14，重力加速度大小为 g.(取 sin 37 35， cos 37 45) (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

3、方，与 C 点水平相距 72R、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 . 解题指导 第 (1)问，求 P 从 C 第一次运动到 B 点时速度的大小，有两种方法，可以用动能定理或牛顿运动定律及运动学公式计算 . 第 (2)问，求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能，先根据从 C 到 E 再到 F 的过程，由动能定理求出 B、 E 之间的距离；再根据从 C 到 E 的过程，由动能定理或能量守恒定律求弹性势能 . 第 (3)问，先逆向推理，从 D 到 G 过程，根据平抛运动的分解求出 D 点的速度 .再分析由 E到 D 过程，由动能定理求出质量 . 【 精品教育资源

4、文库 】 解析 (1)根据题意知， B、 C 之间的距离为 l 7R 2R 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得 mglsin mgl cos 12mv2B 式中 37 联立 式并由题给条件得 vB 2 gR. (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 mgx cos Ep 0 12mv2B E、 F 之间的距离为 l1 4R 2R x 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 mgl 1cos 0 联立 式并由题给条件得 x R

5、 Ep 125mgR. (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 72R 56Rsin y1 R 56R 56Rcos 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 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 12gt2 ? x1 vDt ? 联立 ?式得 vD 35 5gR ? 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 12m1v2C12m1v2D m1g? ?56R 56Rcos ? P 由 E 点运动到 C

6、点的过程中，同理，由动能定理有 Ep m1g(x 5R)sin m 1g(x 5R)cos 12m1v2C ? 联立 ?式得 m1 13m. ? 【 精品教育资源文库 】 答案 (1)2 gR (2)125mgR (3)35 5gR 13m 变式 1 (2017 四川乐山模拟 )如图甲所示，在倾角为 37 足够长的粗糙斜面底端，一质量 m 1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点 .t 0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的 vt 图象如图乙所示，其中 Oab 段为曲线， bc 段为直线，在 t1 0.1 s 时滑块已上滑 s 0.2 m 的距离 (取 g

7、10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8).求： 甲 乙 (1)滑块离开弹簧后在图中 bc 段对应的加 速度 a 及动摩擦因数 的大小； (2)t2 0.3 s 和 t3 0.4 s 时滑块的速度 v1、 v2的大小； (3)弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep. 答案： (1)10 m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J 解析： (1)在 bc 段做匀减速运动，加速度为 a v t 10 m/s2 根据牛顿第二定律得 mgsin 37 mg cos 37 ma 解得 0.5. (2)设 t1 0.1 s 时速度大小为 v0，根据速度时间公式得 t2 0.3

8、s 时的速度大小 v1 v0 a(t2 t1) 0 在 t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得 mgsin 37 mg cos 37 ma 解得 a 2 m/s2 从 t2到 t3做初速度为零的加速运动， t3时刻的速度大小为 v3 a( t3 t2) 0.2 m/s. (3)从 0 到 t1时间内，由能量守恒定律得 Ep mgssin 37 mgs cos 37 12mv2b 解得 Ep 4 J. 突破 应用动力学和能量观点分析传送带、滑块 木板模型 【 精品教育资源文库 】 1.方法技巧 传送带、滑块 木板的问题是和实际联系较紧密且较难的物理模型，是高 中阶段必须掌握的重要内容 .解决

9、此类问题的关键是对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征，列方程联立求解 . 2.解题模板 考向 1 传送带模型分析 典例 2 如图所示，一质量为 m 1 kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以 v 2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动 (传送带不打滑 )，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为 Ep 4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带 .已知滑块 与传送带间的动摩擦因数为 0.2，传送带足够长，取 g 10 m/s2.求： (1)滑块第一次滑上传送带

10、到离开传送带所经历的时间； (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量 . 解题指导 (1)分清运动过程：首先是弹开过程，使滑块获得一速度；然后滑上传送带减速滑行，直到速度减为零；最后反向加速 . (2)由于本题数据都为数值，所以需要一边计算一边判断 . (3)计算摩擦生热的重点是计算相对位移，根据 Q f x 相对 求解 . 解析 (1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为 v1，则 Ep 12mv21，得 v1 3 m/s 滑块在传送带上运动的加速度的大小 a g 2 m/s2 滑块向左运动的时间 t1 v1a 1.5 s 向左运动的最大位移 x1 v212a

11、 2.25 m 向右匀加速运动的位移 x2 v22a 1 m 【 精品教育资源文库 】 x1 x2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动 向右匀加速运动的时间 t2 va 1 s 向右匀 速运动的时间为 t3 x1 x2v 0.625 s 所以 t t1 t2 t3 3.125 s. (2)滑块在传送带上向左运动 x1的位移时，传送带向右运动的位移为 x1 vt1 3 m 则 x1 x1 x1 5.25 m 滑块向右运动 x2时，传送带向右运动的位移为 x2 vt2 2 m 则 x2 x2 x2 1 m x x1 x2 6.25 m 则产生的热量为 Q mg

12、 x 12.5 J. 答案 (1)3.125 s (2)12.5 J 考向 2 滑块 木板模型分析 典例 3 10 个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量 m 0.5 kg、长度 L0.6 m，它们与地面之间的动摩擦因数 1 0.1，在左方第一个木块上放一质量 M 1 kg 的小铅块 (视为质点 )，它与木块间的动摩擦因数 2 0.25.现给铅块一向右的初速度 v0 5 m/s，使其在木块上滑行 .取 g 10 m/s2，求： (1)开始带动木块运动时铅块的速度； (2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量； (3)铅块运动的总时间 . 解题指导 (1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力，当

13、该力大于木块受到地面的摩擦力时 ，木块开始运动 . (2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离 . (3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和 . 解析 (1)设铅块可以带动 n 个木块移动，以这 n 个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即 2Mg 1(M mn)g 解得 n3，取 n 2，此时铅块已滑过 8 个木块 根据动能定理有： 12Mv20 12Mv2 2Mg8 L 代入数据得，刚滑上木块 9 时铅块的速度： v 1 m/s. (2)对铅块 M： a2 2g 2.5 m/s2 【 精品教

14、育资源文库 】 v2 v a2t2 对最后两块木块 9 和 10 有： a1 2Mg 1 M 2m） g2m 0.5 m/s2 v1 a1t2 令 v1 v2，故它们获得共同速度所需时间： t2 va1 a2 13 s 铅块的位移： x2 vt2 12a2t22 木块的位移： x1 12a1t22 铅块相对木块的位移： x x2 x1 16 mL 所以铅 块与木块间因摩擦产生的总热量： Q 2Mg(8L x)12.42 J. (3)由 (2)问知，铅块与木块的共同速度为 v1 a1t2 16 m/s 铅块、木块一起做匀减速运动的时间： t3 v11g 16 s 铅块在前 8 个木块上运动的时间

15、： t1 v0 v2g 1.6 s 所以铅块运动的总时间： t t1 t2 t3 2.1 s. 答案 (1)1 m/s (2)12.42 J (3)2.1 s 处理滑块 木板模型问题的 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 v2a2 v1a1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： 求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移 x 滑 ； 求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移 x 板 ； 【 精品教育资源文库 】 求摩擦生热时用相对滑动的位移 x 相