浙江选考版高考物理大一轮复习 第五章 机械能守恒定律 第4讲 能量观点解决多过程问题学案Word格式.docx

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解得v2＝＝5m/s

在直道上由动能定理有

Pt－mgh＋Wf＝mv－mv

代入数据可得Wf＝－2.1×

104J

（3）沿如图所示内切的路线行驶时间最短，

由图可得r′2＝r＋[r′－（r1－）]2

代入数据可得r′＝12.5m

设汽车沿该路线行驶的最大速度为v′

则kmg＝m

得v′＝＝12.5m/s

由sinθ＝＝0.8

则对应的圆心角为2θ＝106°

路线长度s＝×

2πr′≈23.1m

最短时间t′＝≈1.8s

变式1　（2016·

20）如图2所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距离L＝1.00m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；

当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g＝10m/s2）

图2

（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；

（2）求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；

（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？

请通过计算说明理由．

答案　

（1）0.1J　2m/s　

（2）0.5　（3）见解析

解析　

（1）由机械能守恒定律可得

E弹＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×

10×

0.20J＝0.1J

由ΔEk＝mv，可得v0＝2m/s

（2）由E弹∝d2，可得当弹簧压缩量为2d时，

ΔEk′＝E弹′＝4E弹＝4mgh1

由动能定理可得－mg（h1＋h2）－μmgL＝－ΔEk′

解得μ＝＝0.5

（3）滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是

mg＝

由机械能守恒定律有

v＝v0＝2m/s

解得Rm＝0.4m

当R>

0.4m时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B点；

当R≤0.4m时，滑块能上升到B点．

拓展点1　圆周＋直线＋平抛的组合

例2　（2017·

温州市质检）半径R＝1m的圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h＝1m，如图3所示，有一质量m＝1.0kg的小滑块自圆弧轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4m/s，滑块最终落在地面上，试求：

（g取10m/s2，不计空气阻力）

图3

（1）滑块落在地面上时的速度大小；

（2）滑块在轨道上滑行时克服摩擦力所做的功．

答案　

（1）6m/s　

（2）2J

解析　

（1）因滑块经过水平轨道末端B后下落时只有重力做功，所以取滑块经过水平轨道末端B时为初状态，落在地面上时为末状态，根据机械能守恒定律可得（以地面为零势能面）：

mv＋mgh＝mv2＋0，

解得v＝＝m/s＝6m/s.

（2）取滑块在圆弧轨道最高点A时为初状态，落在地面上时为末状态，

根据动能定理可得W总＝WG＋Wf＝mv2－0，

解得Wf＝mv2－WG＝mv2－mg（R＋h）

＝×

1×

62J－1×

（1＋1）J＝－2J，

即滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做功2J.

拓展点2　直线＋圆周＋平抛的组合

例3　（2017·

嘉兴市质检）如图4所示，一弹射装置由弹簧发射器和轨道组成．轨道由水平光滑滑道AB与管道BCDE相连接而成，其中BCD是半径R＝0.4m（管道中心到圆心的距离）的竖直光滑圆管道，DE是长度等于0.4m的水平粗糙管道，在D处的下方有一直径略大于物块的小孔，装置都在同一竖直平面内．当弹簧压缩到A弹射物块m1时，恰能使其无初速度地落入D点处的小孔中被收集；

当弹簧压缩到A弹射物块m2时，则其落入E左侧紧靠E的容器甲中．已知：

m1＝0.05kg，m2＝0.04kg.容器甲高h＝0.2m，长L＝0.4m，上沿与管道下壁在同一水平面．物块大小略小于管道内径，g＝10m/s2.

图4

（1）当弹簧压缩到A时，求弹簧的弹性势能；

（2）求物块m2经过D点时对D点的作用力大小；

（3）若物块m2落在容器甲的处，求物块m2与管道DE间的动摩擦因数大小.

答案　

（1）0.4J　

（2）0　（3）0.375

解析　

（1）物块m1和弹簧组成的系统机械能守恒，

得Ep＝2m1gR＝0.4J

（2）从弹簧压缩到A处到物块m2经过D点的过程中，物块m2和弹簧组成的系统机械能守恒，

得Ep＝2m2gR＋m2v，

由圆周运动规律可得

F＋m2g＝m2，

代入数据得在D点管道对物块m2的作用力F＝0，

根据牛顿第三定律，物块对D点的作用力大小F′＝0.

（3）物块m2离开E点后做平抛运动，

有h＝gt2，vE＝，

得vE＝1m/s.

从D到E由动能定理可得

－μm2gLDE＝m2v－m2v，

解得μ＝0.375.

命题点二　传送带模型问题

传送带问题的分析流程和技巧

1．分析流程

2．相对位移

一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·

x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；

如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．

3．功能关系

（1）功能关系分析：

WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.

（2）对WF和Q的理解：

①传送带的功：

WF＝Fx传；

②产生的内能Q＝Ff·

x相对．

模型1　水平传送带模型

例4　（2016·

温州市期中）倾角为30°

的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图5所示．一个质量为2kg的物体（可视为质点），从h＝3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A、B连线的中点处，重力加速度g取10m/s2，求：

图5

（1）传送带左、右两端A、B间的距离L；

（2）上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量；

（3）物体随传送带向右运动，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）物体从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中，运用动能定理得：

mgh－＝0－0，解得L＝12.8m.

（2）在此过程中，物体与传送带间的相对位移

x相＝＋v带·

t，又＝μgt2，而摩擦产生的热量Q＝μmg·

x相，

联立得Q＝160J.

（3）物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为v带＝6m/s时，向右运动的位移为x，则μmgx＝mv，得x＝3.6m＜，即物体在到达A点前速度与传送带速度相等，最后以v带＝6m/s的速度冲上斜面，由动能定理得mv＝mgh′，解得h′＝1.8m.

变式2　（2016·

杭州市月考）如图6所示，皮带的速度是3m/s，两轮圆心间距离s＝4.5m，现将m＝1kg的小物体（可视为质点）轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，求：

（g＝10m/s2）

图6

（1）小物体获得的动能Ek；

（2）这一过程中摩擦产生的热量Q；

（3）这一过程中电动机消耗的电能E.

答案　

（1）4.5J　

（2）4.5J　（3）9J

解析　

（1）物体开始做匀加速运动，加速度a＝μg＝1.5m/s2，当物体与皮带速度相同时μmgx＝mv2.

解得物体加速阶段运动的位移x＝3m＜4.5m，

则小物体获得的动能

Ek＝mv2＝×

32J＝4.5J.

（2）v＝at，解得t＝2s，

Q＝μmg·

x相对＝μmg（vt－x）＝0.15×

（6－3）J＝4.5J.

（3）E＝Ek＋Q＝4.5J＋4.5J＝9J.

模型2　倾斜传送带模型

例5　如图7所示，与水平面夹角θ＝30°

的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离L＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s向上运动．现将一质量为1kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10m/s2，求：

图7

（1）物体从A运动到B共需多长时间？

（2）电动机因传送该物体多消耗的电能．

答案　

（1）2.4s　

（2）28J

解析　

（1）物体无初速度地放在A处后，

因mgsinθ<

μmgcosθ

故物体斜向上做匀加速直线运动．

加速度a＝＝2.5m/s2

物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8s

t1时间内物体的位移x1＝t1＝0.8m＜4m

之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间

t2＝＝1.6s

物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4s

（2）前0.8s内物体相对传送带的位移

Δx＝vt1－x1＝0.8m

因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·

Δx＝6J

整个过程中多消耗的电能

E电＝Ek＋Ep＋Q＝mv2＋mgLsinθ＋Q＝28J.

1．如图1所示，传送带与地面的夹角θ＝37°

，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，试求：

（1）物体由A端运动到B端的时间．

（2）系统因摩擦产生的热量．

答案　

（1）2s　

（2）24J

解析　

（1）物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，

设物体经时间t1，加速到与传送带同速，

则v＝a1t1，x1＝a1t

解得：

a1＝10m/s2

t1＝1s

x1＝5m

因mgsinθ>

μmgcosθ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速

由mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

L－x1＝vt2＋a2t

t2