江苏专用高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律素养提升课七动力学方法和能量观点的综合应用课件

【对点练 1】 如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R; bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球，始 终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动。 重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量 为( )
压缩量 x＝0.1 m
从 C 点到小球的速度最大的过程中，根据机械能守恒定律 mg(r＋x)＋12mv2C＝
Ekm＋Ep 得 Ekm＝4.5 J。 [答案] (1)2 m/s
(2)1.25 m
(3)4.5 J
【对点练 3】 (2020·徐州市第一次联考)滑板运动是青少年喜爱的一项活动。 如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从 A 点水平离开 h＝0.8 m 高的平台， 运动员(连同滑板)恰好能无碰撞地从 B 点沿圆弧切线方向进入竖直光滑圆弧 轨道，然后由 C 点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因 数从 C 点起按图乙规律变化。已知圆弧与水平面相切于 C 点，B、C 为圆弧 的两端点。圆弧轨道的半径 R＝1 m；O 为圆心，圆弧对应的圆心角为 53°， 已知 g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.60, cos 37°＝0.80，不计空气阻力，运动员(连 同滑板)质量 m＝50 kg，可视为质点。求：
(1)小球通过 C 点时的速度大小 vC； (2)平台 BC 的长度 L； (3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能 Ekm。 [解析] (1)小球通过 C 点时，它对上管壁有 F＝10 N 的作用力，根据牛顿第 三定律可知上管壁对它也有 F′＝10 N 的作用力，根据牛顿第二定律有 F′＋ mg＝mvr2C 得 vC＝2 m/s；
解析：(1)由动能定理得 (mgsin 37°－μ1mgcos 37°)L＝12mv21－0 解得 v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得 μ2mg＝ma 物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1 解得 t1＝6 s
v21 － v2 匀速运动阶段的时间为 t2＝2a v 2a＝3 s 第 1 次在传送带上往返运动的时间 t＝t1＋t2＝9 s。
(2)设小球到达 C 点的速度大小为 vC，对小球从 D 点到 C 点的过程， 由动能定理有 mg(3R－R)＝12mv2C 小球从 C 点飞出后做平抛运动，设经过时间 t2 落到 P 点，竖直方向 2R＝12gt22 水平方向 L＝vCt2 解得 L＝4R。 [答案] (1)小球不能重新落回到轨道内侧 (2)4R
(2)小球从 A 点到 B 点所用时间 t＝ 2gh＝0.4 s 到 B 点时速度 vB＝xt ＝3 m/s 小球从 B 到 C 的过程，根据动能定理 －μmgL＝12mv2C－12mv2B 得平台 BC 的长度 L＝1.25 m；
(3)小球压缩弹簧过程中小球速度最大时加速度为 0，则 mg＝kx，得弹簧的
Hale Waihona Puke (1)通过计算说明小球能否重新落回到轨道内侧； (2)若 DA 之间的高度差为 3R，求小球落地点 P 到 B 点的距离 L。 [解析] (1)设小球在 C 点的最小速度为 v0，由牛顿第二定律有 mg＝mvR20 设小球下降高度 R 所用时间为 t1，R＝12gt21 在时间 t1 内的水平位移 x＝v0t1，解得 x＝ 2R＞R 所以小球不能重新落回到轨道内侧。
速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开 c 点后水平方向和竖直方向的 加速度大小均为 g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开 c 点到其轨迹最 高点所需的时间为 t＝vgc＝2 Rg，在水平方向的位移大小为 x＝12gt2＝2R。 由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向 的位移大小为 5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，C 正确，A、 B、D 错误。
【对点练 2】 (2021·江苏省新高考适应性考试模考)如 图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度 v＝4 m/s， 与倾角为 37°的斜面的底端 P 平滑连接，将一质量 m＝ 2 kg 的小物块从 A 点静止释放。已知 A、P 的距离 L＝8 m，物块与斜面、 传送带间的动摩擦因数分别为 μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度 g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块 (1)第 1 次滑过 P 点时的速度大小 v1； (2)第 1 次在传送带上往返运动的时间 t； (3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量 Q。
A．2mgR
√C．5mgR
B．4mgR D．6mgR
解析：设小球运动到 c 点的速度大小为 vc，则对小球由 a 到 c 的过程，由动 能定理有 F·3R－mgR＝12mv2c，又 F＝mg，解得 vc＝2 gR，小球离开 c 点后， 在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减
第五章 机械能及其守恒定律
素养提升课(七) 动力学方法和能量观点的综合应用
物理
01
题型探究 以例说法
02
课后达标 知能提升
题型一 动力学方法和动能定理的应用
(2020·苏州市质检)如图所示，半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 固定在 竖直平面内，O 为圆心，OC 竖直，OA 水平，B 为圆弧的最低点，B 点紧靠 一足够长的平台 MN。D 点位于 A 点正上方。现从 D 点无初速度释放一个 可视为质点的小球，在 A 点进入圆弧轨道，从 C 点飞出后做平抛运动，不 计空气阻力，重力加速度为 g。
(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传 送带的速度大小相等，则根据能量守恒有 Q＝μ1mgcos 37°·L＋12mv2＝48 J。 答案：(1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
题型二 动力学方法和能量观点的综合应用
如图所示，BC 是高处的一个平台，BC 右端连接内壁光滑、半径 r ＝0.2 m 的四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下方一根劲度系数 k＝100 N/m 的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口 D 端平齐。一 可视为质点的小球在水平地面上的 A 点斜向上抛出，恰好从 B 点沿水平方 向进入高处平台，A、B 间的水平距离 xAB＝1.2 m，小球质量 m＝1 kg。已 知平台离地面的高度 h＝0.8 m，小球与 BC 间的动摩擦因数 μ＝0.2，小球进 入管口 C 端时，它对上管壁有 10 N 的作用力，通过 CD 后，在压缩弹簧过 程中小球速度最大时弹簧弹性势能 Ep＝0.5 J。若不计空气阻力，重力加速 度大小 g 取 10 m/s2。求：