新教科版第5章專(zhuān)題提升課9動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用課件（42張）

專(zhuān)題提升課9動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用第五章專(zhuān)題概要:能量觀點(diǎn)是解答動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三大觀點(diǎn)之一,能量觀點(diǎn)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用是考生深化物理知識(shí)、提升綜合分析能力的重要體現(xiàn)。通過(guò)該部分知識(shí)的復(fù)習(xí),能培養(yǎng)審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力等,提升學(xué)生解答題目的綜合素養(yǎng)?？键c(diǎn)一動(dòng)力學(xué)和能量綜合的多過(guò)程問(wèn)題(師生共研)動(dòng)力學(xué)和能量綜合的多過(guò)程問(wèn)題的解題技巧(1)“合”——初步了解全過(guò)程,構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景。(2)“分”——將全過(guò)程進(jìn)行分解,分析每個(gè)過(guò)程的規(guī)律。(3)“合”——找到子過(guò)程的聯(lián)系,全過(guò)程或分過(guò)程解題。典例1.(2023重慶模擬)如圖為滑雪大跳臺(tái)完整結(jié)構(gòu)示意圖,AB是助滑坡段,高度h1=60m;圓弧BCD為起飛段,圓心角α=74°,半徑R=63m,AB與圓弧BCD相切;EF為著陸坡段,高度h2=20m,傾角β=53°;FG為停止區(qū)。某次運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始自由起滑,經(jīng)過(guò)圓弧BCD從與B點(diǎn)等高的D點(diǎn)飛出,最終恰好沿EF面從E點(diǎn)落入著陸坡段,CE與圓弧相切于C。已知除圓弧軌道外,其余軌道各部分與滑雪板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.35,經(jīng)過(guò)圓弧段對(duì)C點(diǎn)壓力為重力的1.5倍,運(yùn)動(dòng)員連同滑雪板的質(zhì)量m=60kg,各段連接處無(wú)能量損失,忽略空氣阻力的影響。g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度大小;(2)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)圓弧BCD段時(shí)摩擦力做的功;(3)運(yùn)動(dòng)員在FG停止區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少?思維點(diǎn)撥

(1)分析運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)受力情況,由牛頓第二定律可求C點(diǎn)速度大小;(2)分過(guò)程求出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)圓弧B點(diǎn)和D點(diǎn)的速度,然后在

B到D過(guò)程由動(dòng)能定理求摩擦力做的功;(3)運(yùn)動(dòng)員在FG停止區(qū)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),求出初速度和加速度后由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求運(yùn)動(dòng)時(shí)間。又vDcos

37°=vEcos

53°解得:vD=18

m/s運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)圓弧BCD段時(shí)由動(dòng)能定理得解得運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)圓弧BCD段時(shí)摩擦力做的功Wf=9

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J。對(duì)點(diǎn)演練1.(2022湖南寧鄉(xiāng)教育研究中心模擬)蹦極是一項(xiàng)非常刺激的戶(hù)外休閑活動(dòng),跳躍者站在約40m以上高度的平臺(tái),把一端固定的一根長(zhǎng)長(zhǎng)的彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)處然后兩臂伸開(kāi),雙腿并攏,頭朝下無(wú)初速度跳下。綁在跳躍者踝關(guān)節(jié)的彈性繩很長(zhǎng),足以使跳躍者在空中享受幾秒鐘的“自由落體”。運(yùn)動(dòng)員從跳下至下落到最低點(diǎn)的過(guò)程中其機(jī)械能與位移的圖像如圖所示,圖中0~x1為直線(xiàn),x1~x2為曲線(xiàn),若忽略空氣阻力作用,下列判斷錯(cuò)誤的是(

)~x1過(guò)程中,只有重力做功,因此機(jī)械能守恒~x1過(guò)程中,重力做正功為mgx1,重力勢(shì)能減少了mgx1C.x1~x2過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員一直做加速度越來(lái)越大的減速運(yùn)動(dòng)D.x1~x2過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能先增加再減小,機(jī)械能一直減小答案

C解析

由圖可知,0~x1過(guò)程中,跳躍者在“自由落體”運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,只受重力作用,機(jī)械能守恒,此過(guò)程重力做正功為WG=mgx1,則重力勢(shì)能減少了ΔEp=mgx1,A、B正確;在x1~x2過(guò)程中,由圖可知,彈性繩逐漸被拉長(zhǎng),彈力逐漸變大,開(kāi)始時(shí)FT<mg,則根據(jù)牛頓第二定律有mg-FT=ma,可知跳躍者做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)FT=mg時(shí),加速度為零,速度最大,跳躍者繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),彈力繼續(xù)增大,則根據(jù)牛頓第二定律有FT-mg=ma,可知跳躍者做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),直至最低點(diǎn),速度為零,C錯(cuò)誤;在x1~x2過(guò)程中,由C分析可知,速度先增大后減小,則動(dòng)能先增大后減小,根據(jù)能量守恒定律可知,由于彈性繩的彈性勢(shì)能增加,則跳躍者的機(jī)械能減小,D正確。2.(2023浙江紹興模擬)質(zhì)量均勻分布,長(zhǎng)為l的矩形毛巾掛在水平細(xì)桿上,處于靜止?fàn)顟B(tài),其底邊AA'平行于桿,桿兩側(cè)的毛巾長(zhǎng)度比為1∶3,AA'與地面的距離為h(h>l),如圖中a所示。毛巾質(zhì)量為m,不計(jì)空氣阻力,重力加速度取g。(1)若將桿兩側(cè)的毛巾長(zhǎng)度比改變?yōu)?∶1,如圖中b所示,毛巾的重力勢(shì)能是增加還是減少?(2)求出毛巾從a到b,重力所做的功;(3)若毛巾從a狀態(tài)由靜止開(kāi)始下滑,且下滑過(guò)程中AA'始終保持水平,毛巾從離開(kāi)桿到剛接觸地面所需時(shí)間為t,求毛巾離開(kāi)桿時(shí)的速度v0大小以及摩擦力做的功(做功計(jì)算結(jié)果可用v0表示)?？键c(diǎn)二動(dòng)力學(xué)和能量綜合的傳送帶模型(名師破題)解答動(dòng)力學(xué)和能量綜合的傳送帶模型的兩點(diǎn)分析1.設(shè)問(wèn)的角度(1)動(dòng)力學(xué)角度:首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,做好受力分析,然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移,找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。(2)能量角度:求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等,常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。2.功能關(guān)系分析(1)功能關(guān)系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。(2)對(duì)W和Q的理解:①傳送帶做的功:W=Fx傳;②產(chǎn)生的內(nèi)能:Q=Ffx相對(duì)。審題指導(dǎo)

關(guān)鍵詞句獲取信息物體B通過(guò)輕質(zhì)繩及光滑定滑輪協(xié)助傳送帶……構(gòu)建傳送帶與連接體的組合模型將質(zhì)量為200kg的物體A傳送到高H處,已知傳送帶傾角為30°物體A對(duì)地位移和高度H是2倍關(guān)系物體B最初離地面6.5m物體B下落6.5m后繩子失去彈力整個(gè)過(guò)程由于摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少?先分過(guò)程求解,最后求代數(shù)和電動(dòng)機(jī)要多消耗多少電能?不包括物體B減小的重力勢(shì)能思維點(diǎn)撥

(1)識(shí)別新情境:傳送帶模型與連接體模型結(jié)合,傳送物體有外力輔助,且這個(gè)力大小是變化的;(2)弄清多過(guò)程:摩擦力分析和繩子彈力大小均會(huì)突變,且B物體落地后繩子彈力消失,導(dǎo)致過(guò)程復(fù)雜,需要邊計(jì)算邊分析,并且要注意區(qū)分物體A的對(duì)地位移和相對(duì)傳送帶的位移;(3)滿(mǎn)足高要求:本題綜合性強(qiáng),對(duì)考生構(gòu)建模型能力、分析綜合能力要求高,很好地考查了考生的學(xué)科素養(yǎng)。解析

(1)剛開(kāi)始由于物體A的速度小于傳送帶速度,傳送帶給物體A向上的滑動(dòng)摩擦力,以物體A為對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得FT+μmAgcos

30°-mAgsin

30°=mAa1以物體B為對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得mBg-FT=mBa1聯(lián)立解得a1=5

m/s2從開(kāi)始到物體A與傳送帶共速為v1時(shí)所走的位移物體A與傳送帶共速后,物體A繼續(xù)加速,傳送帶給物體A向下的滑動(dòng)摩擦力,以物體A為對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得FT'-μmAgcos

30°-mAgsin

30°=mAa2以物體B為對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可得mBg-FT'=mBa2聯(lián)立解得a2=3

m/s2從物體A與傳送帶共速為v1時(shí)到物體B落地過(guò)程,設(shè)物體B落地瞬間速度大小為v2,則有故整個(gè)過(guò)程物體A向上所走的位移xA=x1+x2+x3+x4=(2.5+4+1.6+5)

m=13.1

m可知高度H=xAsin

30°=6.55

m。此過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能Q4=μmAgcos

30°·s4=2

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J故整個(gè)過(guò)程由于摩擦而產(chǎn)生的熱量對(duì)點(diǎn)演練3.(多選)(2023山東聊城模擬)機(jī)場(chǎng)一般用可移動(dòng)式皮帶輸送機(jī)給飛機(jī)卸貨,可簡(jiǎn)化為傾角為θ,以一定的速度v2勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶,某時(shí)刻在傳送帶上端放置初速度為v1的貨物(如圖甲),以此時(shí)為t=0時(shí)刻記錄貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像(如圖乙),取沿斜面向下的運(yùn)動(dòng)為正方向,且v1<v2。已知貨物均可視為質(zhì)點(diǎn),傳送帶足夠長(zhǎng),則(

)~t1內(nèi),傳送帶對(duì)貨物做正功B.貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ<tanθD.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比貨物動(dòng)能的增加量小答案

AD解析

0~t1內(nèi)貨物沿傳送帶斜向下加速,t1時(shí)刻與傳動(dòng)帶共速,對(duì)貨物受力分析可知,受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下,故傳送帶對(duì)物體做正功,A正確;當(dāng)t1后,貨物與傳送帶共速,受力分析可知mgsin

θ<μmgcos

θ,即μ>tan

θ,B錯(cuò)θ·Δx,動(dòng)能增加量ΔEk=(μmgcos

θ+mgsin

θ)·x物,由v-t圖像面積表示位移可知Δx<x物,又μmgcos

θ<μmgcos

θ+mgsin

θ,因此系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比貨物動(dòng)能的增加量小,D正確。4.(2023山東濰坊模擬)小明將如圖所示的裝置放在水平地面上,該裝置由半徑R=0.15m的

光滑圓弧軌道、BC長(zhǎng)l=1.0m的水平傳送帶及水平平臺(tái)銜接而成,在平臺(tái)右邊固定一輕質(zhì)彈簧,彈簧左端恰好位于距C點(diǎn)右邊1.5m處的D點(diǎn)。有一質(zhì)量為2kg的物塊從光滑圓弧軌道上端A點(diǎn)靜止釋放,傳送帶以v=2

m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5,物塊與水平平臺(tái)CD之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,DE部分光滑,g取10m/s2,求:(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面底端B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(2)滑塊通過(guò)傳送帶BC過(guò)程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q;(3)彈簧壓縮過(guò)程最大的彈性勢(shì)能Epm。答案

(1)60N

(2)3J

(3)6J解得FN=60

N由牛頓第三定律FN'=FN=60

N。(2)由于滑塊的速度小于傳送帶的速度,設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t與傳送帶共速,由牛頓第二定律有μ1mg=ma1根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=v0+a1t傳送帶位移s傳=vt解得s物=0.9

m<l=1

m,s傳=1.2

m系統(tǒng)產(chǎn)生熱量Q=μ1mg(s傳-s物)解得Q=3

J?？键c(diǎn)三動(dòng)力學(xué)和能量綜合的板塊模型(師生共研)動(dòng)力學(xué)和能量綜合的板塊模型的分析方法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=

,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;(2)求摩擦力對(duì)木板做功時(shí)用木板對(duì)地的位移;(3)求摩擦生熱時(shí)用接觸面間的相對(duì)位移。典例3.如圖所示,半徑R=5.0m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(xiàn)與水平方向的夾角θ=30°,另一端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn),C點(diǎn)右側(cè)的水平面上緊挨C點(diǎn)靜止放置一木板,木板質(zhì)量m0=2.0kg,上表面與C點(diǎn)等高。質(zhì)量m=0.5kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊在A點(diǎn)以3m/s的速度水平拋出,恰好從軌道的B端沿切線(xiàn)方向進(jìn)入軌道且沿著軌道下滑,物塊以12m/s的速度滑上木板的左端。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.4,木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.04,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10m/s2,求:(1)物塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB;(2)物塊從軌道的B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功Wf;(3)若木板足夠長(zhǎng),從物塊滑上木板開(kāi)始至木板停下的整個(gè)過(guò)程中,木板和地面之間由于摩擦所產(chǎn)生的熱量Q。思維點(diǎn)撥

(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解物塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB;(2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的過(guò)程中由動(dòng)能定理求克服摩擦力所做的功Wf;(3)對(duì)板塊模型進(jìn)行動(dòng)力學(xué)分析,求出木板對(duì)地位移,再求木板和地面之間由于摩擦所產(chǎn)生的熱量Q。答案

(1)6m/s

(2)10.5J

(3)4J解析

(1)物塊從A到B做平拋運(yùn)動(dòng),在B點(diǎn)有vBsin

θ=v0解得物塊在B點(diǎn)的速度vB=6

m/s。(2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中,由動(dòng)能定理有解得物塊克服摩擦力做功Wf=10.5

J。(3)物塊滑上木板后做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度大小為a1,由牛頓第二定律有μ1mg=ma1物塊與木板達(dá)到的共同速度為v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=vC-a1t木板做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度大小為a2,由牛頓第二定律有μ1mg-μ2(m0+m)g=m0a2由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v=a2t當(dāng)二者達(dá)到共速后,假設(shè)物塊和木板一起運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有μ2(m0+m)g=(m0+m)a3解得物塊和木板一起運(yùn)動(dòng)加速度大小a3=0.4

m/s2對(duì)物塊由牛頓第二定律有Ff=ma3Ff=0.2

N<Ffm=μ1mg假設(shè)成立,即二者達(dá)共速后一起做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)至停下。木板勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移為木板和地面之間由于摩擦所產(chǎn)生的熱量Q=μ2(m0+m)g(x1+x2)=4

J。對(duì)點(diǎn)演練5.(2023山西臨縣模擬)如圖所示,木板A靜止于光滑水平面上,木塊B輕置于木板A上?，F(xiàn)施加外力F拉著木塊B做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),木板A在摩擦力作用下也向右加速運(yùn)動(dòng),但加速度小于木塊B的加速度,則(

)A.木板A所受摩擦力對(duì)木板A做負(fù)功B.木板A對(duì)木塊B的摩擦力做的功與木塊B對(duì)木板A的摩擦力做的功的大小相等C.木塊與木板間摩擦產(chǎn)生的熱量等于木板A對(duì)木塊B的摩擦力做功的大小減去木塊B對(duì)木板A的摩擦力做的功D.力F做的功等于木塊B與木板A的動(dòng)能增量之和答案

C解析

木板A所受摩擦力方向與其運(yùn)動(dòng)方