高考物理大学一年级轮复习题微专题07用动力学及能量观点解决力学综合题学案新人版.docx

1、高考物理大学一年级轮复习题微专题07用动力学及能量观点解决力学综合题学案新人版微专题07 用动力学和能量观点解决力学综合题多运动组合问题(对应学生用书P96)1多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题2解题策略(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律3解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口(2016全国卷)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在

2、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R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，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，AF4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g.(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点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量解析

3、：(1)由题意可知：lBC7R2R5R 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglBCsin mglBCcos mv 式中37，联立式并由题给条件得vB2 (2)设BEx，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由BE过程，根据动能定理得mgxsin mgxcos Ep0mv E、F之间的距离l1为l14R2Rx 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Epmgl1sin mgl1cos 0 联立式得xR EpmgR (3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得37.由几何关系得：x1RRsin 3R y1RRR

4、cos R 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式得：y1gt2 x1vDt 联立得vD 设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1g P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v 联立得m1m答案：(1)2(2)mgR(3)m多过程问题的解题技巧1“合”初步了解全过程，构建大致的运动图景2“分”将全过程进行分解，分析每个过程的规律3“合”找到子过程的联系，寻找解题方法(2018南充模拟)如图所示，AB为倾角37的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于

5、143、半径R1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m2 kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x12t4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.试求：(1)若CD1 m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x；(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，

6、小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？解析：(1)由x12t4t2知，物块在C点速度为v012 m/s设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：Wmgsin 37CDmv代入数据得：Wmvmgsin 37CD156 J.(2)由x12t4t2知，物块从C运动到B的加速度大小为a8 m/s2物块在P点的速度满足mgm物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有mvmvmghBP物块从C运动到B的过程中有vv2ax由以上各式解得x m6.125 m.(3)设物块与斜面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得mgsin

7、mgcos ma代入数据解得0.25假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得mvmvmgR2mgcos 37解得v190.可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道答案：(1)156 J(2)6.125 m(3)不会运用数学知识求解物理极值问题(对应学生用书P97)数学思想和方法已经渗透到物理学中各个层次和领域，特别是数学中的基本不等式思想在解决物理计算题中的极值问题时会经常用到，这也是数学知识在具体物理问题中实际应用的反映，也是高考中要求的五大能力之一如图所示，粗糙水平台面上静置一质量m0.5 kg的小

8、物块(视为质点)，它与平台表面的动摩擦因数0.5，与平台边缘O点的距离s5 m在平台右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R1 m，圆弧的圆心为O点现用F5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力(不考虑空气阻力影响，g取10 m/s2)(1)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；(2)改变拉力F的作用时间，小物块击中挡板的不同位置求击中挡板时小物块动能的最小值解析：(1)由动能定理FxmgsEk0又Fmgmaxat2解得t1 s.(2)设物块离开O点的速度为v0时，击中挡板时小物块的动能最小xv0t，ygt2x2y2R2击中挡板时的动能Ekmvmgy由以上各式得Ekmg当3y.即y

9、时，Ek最小最小值Ek J.答案：(1)1 s(2) J(多选)如图所示，在粗糙水平台阶上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于台阶右边缘O点台阶右侧固定了圆弧挡板，圆弧半径R1 m，圆心为O，P为圆弧上的一点，以圆心O为原点建立平面直角坐标系，OP与x轴夹角53(sin 530.8)，用质量m2 kg的小物块，将弹簧压缩到B点后由静止释放，小物块最终水平抛出并击中挡板上的P点物块与水平台阶表面间的动摩擦因数0.5，BO间的距离s0.8 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A物块离开O点时的速度大小为1.5 m/sB弹簧在B点时具有的弹性势能为10.25

10、 JC改变弹簧的弹性势能，击中挡板时物块的最小动能为10 JD改变弹簧的弹性势能，物块做平抛运动，可能垂直落到挡板上解析：选ABC设物块离开O点的速度为v0则Rsin 37v0tRcos 37gt2解得v01.5 m/s由BO，则Epmgsmv10.25 J，故A、B正确设物块离开O点的速度为v时，击中挡板时动能最小则Ekmv2mgh又hgt2，tx2h2R2得Ek15h.当15h时，Ek最小故Ek10 J，C正确假设物块能垂直打在挡板上，则速度的反向延长过O点，故不可能，D错误传送带模型问题(对应学生用书P97)1模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题2处理方法：求解的关键在于认真分析物体

11、与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变(2017河北衡水中学二模)如图所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB4 m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为37，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v4 m/s的恒定速率顺时针运转现将一质量m1 kg的工件(可看成质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数0.5.sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.求：(

12、1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.解析：(1)由牛顿第二定律得mgma1，则a1g5 m/s2，经t1时间工件与传送带的速度相同，则t10.8 s，工件前进的位移为x1a1t1.6 m，此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t20.6 s，工件第一次到达B点所用的时间tt1t21.4 s.(2)工件沿BC上升过程中受到摩擦力fmgcos ，由牛顿第二定律可得，加速度大小a22 m/s2，由运动学公式可得t32 s，下降过程加速度大小不变，a3a22 m/s2，由运动学公式可得t42 s.工

13、件与传送带的相对位移xv(t3t4)16 m，摩擦生热Qfx64 J.答案：(1)1.4 s(2)64 J1分析流程2功能关系(1)功能关系分析：WFEkEpQ.(2)对WF和Q的理解：传送带的功：WFFx传；产生的内能QFfx相对(2018安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，倾角37的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()A物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B08 s内物体位移的大小为14 mC0

14、8 s内物体机械能的增量为84 JD08 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J解析：选BD根据vt图象的斜率表示加速度，可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a m/s21 m/s2，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma，解得0.875，故A错误.08 s内物体的位移为s22 m4 m14 m，故B正确物体上升的高度为hssin 8.4 m，重力势能的增量为Epmgh84 J，动能增量为Ekmvmv1(4222) J6 J，机械能增量为EEpEk90 J，故C错误.08 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动，06 s内传送带运动的距离为s带46 m24 m,06 s

15、内物体位移为s物22 m m6 m，s相对s带s物18 m，产生的热量为Qmgcos s相对126 J，故D正确滑块木板模型问题(对应学生用书P98)1滑块木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块木板模型和斜面上的滑块木板模型2滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度3此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的

16、突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m0.5 kg、长度L0.6 m，它们与地面之间的动摩擦因数10.1，在左方第一个木块上放一质量M1 kg的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数20.25.现给铅块一向右的初速度v05 m/s，使其在木块上滑行g取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2Mg1(Mnm)g解得n3，

17、取n2，此时铅块已滑过8个木块根据动能定理有：MvMv22Mg8L代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v1 m/s.(2)对铅块M：a22g2.5 m/s2，v2va2t2对最后两块木块9和10有：a10.5 m/s2，v1a1t2令v1v2，故它们获得共同速度所需时间：t2 s铅块位移：x2vt2a2t，木块位移：x1a1t铅块相对木块位移：xx2x1 mL所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：Q2Mg(8Lx)12.42 J.(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为：v1a1t2 m/s铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3 s铅块在前8个木块上运动时间：t11.6 s所以铅块运动的总时

18、间：tt1t2t32.1 s.答案：(1)1 m/s(2)12.42 J(3)2.1 s如图所示，在水平面上有A、B两块相同的木板质量均为m2 kg，每块木板长L1 m两木板放在一起但不粘连，木板与水平地面间的动摩擦因数10.1，设定最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等现有一质量M4 kg的金属块C以初速度v02 m/s从A的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数20.2，g取g10 m/s2，试求：(1)金属块滑上B的左端时速度为多少？(2)金属块停在木块B上何处？(3)整个过程中木块B的位移是多少？解析：(1)AB与地面：fAB1(2mM)g8 NAC间：fAC2Mg8 N故开始时AB静止，对C有：vv22gLv12 m/s(2)BC间：fBC2Mg8 NB地间：fB1(mM)g6 NfBC则C减速，B加速，设经时间t达共同速度v2，则：对B：fBCfBmaBaB1 m/s2，v2aBtv12gttsv2 m/s此过程C相对B运动stt m(3)此后BC一起减速，a1g1 m/s2，B的位移sBt m.答案：(1)2 m/s(2) m(3) m