（新課標(biāo)）2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能專題六動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用教案

PAGE1-專題六動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用突破應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題力學(xué)綜合題中多過程問題的分析思路：(1)對(duì)力學(xué)綜合題中的多過程問題，關(guān)鍵是抓住物理情境中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與運(yùn)動(dòng)過程，將物理過程分解成幾個(gè)簡單的子過程.(2)找出各階段是由什么物理量聯(lián)系起來的，然后對(duì)于每一個(gè)子過程分別進(jìn)行受力分析、過程分析和能量分析，選擇適宜的規(guī)律列出相應(yīng)的方程求解.[典例1](2022·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)如下圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài).直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi).質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出).隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R.P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放.P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn).G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R.求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量.[解題指導(dǎo)]第(1)問，求P從C第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小，有兩種方法，可以用動(dòng)能定理或牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算.第(2)問，求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，先根據(jù)從C到E再到F的過程，由動(dòng)能定理求出B、E之間的距離；再根據(jù)從C到E的過程，由動(dòng)能定理或能量守恒定律求彈性勢(shì)能.第(3)問，先逆向推理，從D到G過程，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分解求出D點(diǎn)的速度.再分析由E到D過程，由動(dòng)能定理求出質(zhì)量.[解析](1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為l＝7R－2R①設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR).③(2)設(shè)BE＝x.P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep.P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離為l1＝4R－2R＋x⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR.⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1.D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應(yīng)用了過C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實(shí).設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t.由平拋運(yùn)動(dòng)公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC.在P由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，同理，由動(dòng)能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m.?[答案](1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m[變式1](2022·四川樂山模擬)如圖甲所示，在傾角為37°足夠長的粗糙斜面底端，一質(zhì)量m＝1kg的滑塊壓縮著一輕彈簧且鎖定，但它們并不相連，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn).t＝0時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，在t1＝0.1s時(shí)滑塊已上滑s＝0.2m的距離(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).求：甲乙(1)滑塊離開彈簧后在圖中bc段對(duì)應(yīng)的加速度a及動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大??；(2)t2＝0.3s和t3＝0.4s時(shí)滑塊的速度v1、v2的大小；(3)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep.答案：(1)10m/s20.5(2)00.2m/s(3)4J解析：(1)在bc段做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5.(2)設(shè)t1＝0.1s時(shí)速度大小為v0，根據(jù)速度時(shí)間公式得t2＝0.3s時(shí)的速度大小v1＝v0－a(t2－t1)＝0在t2之后開始下滑，下滑時(shí)由牛頓第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma′解得a′＝2m/s2從t2到t3做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng)，t3時(shí)刻的速度大小為v3＝a′(t3－t2)＝0.2m/s.(3)從0到t1時(shí)間內(nèi)，由能量守恒定律得Ep＝mgssin37°＋μmgscos37°＋eq\f(1,2)mv2b解得Ep＝4J.突破應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析傳送帶、滑塊—木板模型1.方法技巧傳送帶、滑塊—木板的問題是和實(shí)際聯(lián)系較緊密且較難的物理模型，是高中階段必須掌握的重要內(nèi)容.解決此類問題的關(guān)鍵是對(duì)物體進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析和終態(tài)推斷，靈活巧妙地從能量的觀點(diǎn)和力的觀點(diǎn)來揭示其本質(zhì)、特征，列方程聯(lián)立求解.2.解題模板考向1傳送帶模型分析[典例2]如下圖，一質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，放在光滑的水平平臺(tái)上，平臺(tái)的左端與水平傳送帶相接，傳送帶以v＝2m/s的速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(傳送帶不打滑)，現(xiàn)將滑塊緩慢向右壓縮輕彈簧，輕彈簧的原長小于平臺(tái)的長度，滑塊靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝4.5J，假設(shè)突然釋放滑塊，滑塊向左滑上傳送帶.滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶足夠長，取g＝10m/s2.求：(1)滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時(shí)間；(2)滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量.[解題指導(dǎo)](1)分清運(yùn)動(dòng)過程：首先是彈開過程，使滑塊獲得一速度；然后滑上傳送帶減速滑行，直到速度減為零；最后反向加速.(2)由于此題數(shù)據(jù)都為數(shù)值，所以需要一邊計(jì)算一邊判斷.(3)計(jì)算摩擦生熱的重點(diǎn)是計(jì)算相對(duì)位移，根據(jù)Q＝f·x相對(duì)求解.[解析](1)釋放滑塊的過程中機(jī)械能守恒，設(shè)滑塊滑上傳送帶的速度為v1，那么Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得v1＝3m/s滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度的大小a＝μg＝2m/s2滑塊向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(v1,a)＝1.5s向左運(yùn)動(dòng)的最大位移x1＝eq\f(v\o\al(2,1),2a)＝2.25m向右勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝eq\f(v2,2a)＝1mx1＞x2，所以滑塊在向右運(yùn)動(dòng)的過程中先向右勻加速運(yùn)動(dòng)，再同傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)向右勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(v,a)＝1s向右勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝eq\f(x1－x2,v)＝0.625s所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125s.(2)滑塊在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)x1的位移時(shí)，傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的位移為x1′＝vt1＝3m那么Δx1＝x1′＋x1＝5.25m滑塊向右運(yùn)動(dòng)x2時(shí)，傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的位移為x2′＝vt2＝2m那么Δx2＝x2′－x2＝1mΔx＝Δx1＋Δx2＝6.25m那么產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg·Δx＝12.5J.[答案](1)3.125s(2)12.5J考向2滑塊—木板模型分析[典例3]10個(gè)同樣長度的木塊放在水平地面上，每個(gè)木塊的質(zhì)量m＝0.5kg、長度L＝0.6m，它們與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，在左方第一個(gè)木塊上放一質(zhì)量M＝1kg的小鉛塊(視為質(zhì)點(diǎn))，它與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.25.現(xiàn)給鉛塊一向右的初速度v0＝5m/s，使其在木塊上滑行.取g＝10m/s2，求：(1)開始帶動(dòng)木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)鉛塊的速度；(2)鉛塊與木塊間因摩擦產(chǎn)生的總熱量；(3)鉛塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間.[解題指導(dǎo)](1)鉛塊對(duì)木塊的摩擦力是帶動(dòng)木塊的動(dòng)力，當(dāng)該力大于木塊受到地面的摩擦力時(shí)，木塊開始運(yùn)動(dòng).(2)判斷鉛塊能否與某個(gè)木塊共速，確定相對(duì)滑動(dòng)的距離.(3)假設(shè)鉛塊能與木塊共速，那么總時(shí)間等于木塊不動(dòng)時(shí)鉛塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、一起運(yùn)動(dòng)到共速的時(shí)間與一起減速到零的時(shí)間之和.[解析](1)設(shè)鉛塊可以帶動(dòng)n個(gè)木塊移動(dòng)，以這n個(gè)木塊為研究對(duì)象，鉛塊施加的摩擦力應(yīng)大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg>μ1(M＋mn)g解得n<3，取n＝2，此時(shí)鉛塊已滑過8個(gè)木塊根據(jù)動(dòng)能定理有：eq\f(1,2)Mv20－eq\f(1,2)Mv2＝μ2Mg×8L代入數(shù)據(jù)得，剛滑上木塊9時(shí)鉛塊的速度：v＝1m/s.(2)對(duì)鉛塊M：a2＝μ2g＝2.5m/sv2＝v－a2t2對(duì)最后兩塊木塊9和10有：a1＝eq\f(μ2Mg－μ1M＋2m〕g,2m)＝0.5m/s2v1＝a1t2令v1＝v2，故它們獲得共同速度所需時(shí)間：t2＝eq\f(v,a1＋a2)＝eq\f(1,3)s鉛塊的位移：x2＝vt2－eq\f(1,2)a2t22木塊的位移：x1＝eq\f(1,2)a1t22鉛塊相對(duì)木塊的位移：Δx＝x2－x1＝eq\f(1,6)m<L所以鉛塊與木塊間因摩擦產(chǎn)生的總熱量：Q＝μ2Mg(8L＋Δx(3)由(2)問知，鉛塊與木塊的共同速度為v1＝a1t2＝eq\f(1,6)m/s鉛塊、木塊一起做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t3＝eq\f(v1,μ1g)＝eq\f(1,6)s鉛塊在前8個(gè)木塊上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝eq\f(v0－v,μ2g)＝1.6s所以鉛塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t＝t1＋t2＋t3＝2.1s.[答案](1)1m/s(2)12.42J(3)2.1s處理滑塊—木板模型問題的分析方法(1)動(dòng)力學(xué)分析：分別對(duì)滑塊和木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時(shí)間相等，由t＝eq\f(Δv2,a2)＝eq\f(Δv1,a1)可求出共同速度v和所用時(shí)間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移.(2)功和能分析：對(duì)滑塊和木板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律，要注意區(qū)分三個(gè)位移：①求摩擦力對(duì)滑塊做功時(shí)用滑塊對(duì)地的位移x滑；②求摩擦力對(duì)木板做功時(shí)用木板對(duì)地的位移x板；③求摩擦生熱時(shí)用相對(duì)滑動(dòng)的位移x相.1.[多過程問題的應(yīng)用]如下圖，半徑R＝1.0m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個(gè)端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn).C點(diǎn)右側(cè)的水平路面上緊挨C點(diǎn)放置一木板，木板質(zhì)量M＝1kg，上外表與C點(diǎn)等高.質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0＝1.2m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進(jìn)入軌道.物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.05，取g＝10m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)試求：(1)物塊經(jīng)過B端時(shí)速度的大??；(2)物塊經(jīng)過軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(3)假設(shè)木板足夠長，請(qǐng)問從開始平拋至最終木板、物塊都靜止，整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量是多少？答案：(1)2m/s(2)46N(3)18J解析：(1)vB＝eq\f(v0,sinθ)＝2m/s.(2)物體從B到C應(yīng)用動(dòng)能定理，有mg(R＋Rsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝6m/s在C點(diǎn)：F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)解得F＝46N由牛頓第三定律知物體經(jīng)過圓弧軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為46N.(3)物塊從A到C過程中無能量損失，所以整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量就是從C到最終木板、物塊都靜止這一過程中產(chǎn)生的熱量，即應(yīng)用能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝18J.2.[能量守恒定律的應(yīng)用]如下圖，一物體質(zhì)量m＝2kg，從傾角θ＝37°的斜面上的A點(diǎn)以初速度v0＝3m/s下滑，A點(diǎn)距彈簧上端B的距離AB＝4m.當(dāng)物體到達(dá)B點(diǎn)后將彈簧壓縮到C點(diǎn)，最大壓縮量BC＝0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點(diǎn)，D點(diǎn)距A點(diǎn)的距離AD＝3m，擋板及彈簧質(zhì)量不計(jì)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm.答案：(1)0.52(2)24.5J解析：(1)物體從開始位置A點(diǎn)到最后D點(diǎn)的過程中，彈性勢(shì)能沒有發(fā)生變化，動(dòng)能和重力勢(shì)能減少，機(jī)械能的減少量為ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mglADsin37°①物體克服摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q＝Ffx②其中x為物體的路程，即x＝5.4m③Ff＝μmgcos37°④由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤由①②③④⑤式解得μ＝0.52.(2)由A到C的過程中，動(dòng)能減少ΔEk′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,