高考物理一轮复习 应用动力学观点和能量观点突破力学压轴题课件 鲁科版
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传
送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运
动的速度v0＝5 m/s。一质量m＝1 kg的小 物块，轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点。 小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好图到3达N 点(小物块到达N点后被收集，不再滑下)。若小物块经过 Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 0.5，重力加速度0.1 kg的小物体(可视为质点)在A点被弹射入“S” 形轨道内，沿轨道ABC运动，并恰好从D点无碰撞地落到倾 斜轨道上。小物体与BC段间的动摩擦因数μ＝0.5。(不计空气 阻力。g取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图2
(1)小物体从B点运动到D点所用的时间； (2)小物体运动到B点时对“S”形轨道的作用力大小和方向； (3)小物体在A点获得的动能。
(2)小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面顶端 A 点，需要时间 t1＝ 2gh＝0.8 s 小球在 A 点的速度沿斜面向下，速度大小 vA＝covs0α＝10 m/s 从 A 点到 B 点 由动能定理得 mgH＝12mv2B－12mv2A
解得 vB＝20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a＝gsin α＝8 m/s2 由 vB＝vA＋at2，解得 t2＝1.25 s 小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点所用的时间 t＝t1＋t2＝2.05 s
(1)N点的纵坐标； (2)小物块在传送带上运动产生的热量； (3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光 滑斜面越过纵坐标yM＝0.5 m的M点，求这些位置的横坐标范 围。
第一步：抓住关键点——挖掘信息
第二步：抓好过程分析——理清思路
物块先在传送带 上做匀加速运动
―计 判―算 断→
图1
(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x； (2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间；
(3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压 力。
解析 (1)小球做平抛运动落至 A 点时，由平抛运动的速度分解图可 得： v0＝tavny α 由平抛运动规律得：v2y＝2gh h＝12gt21，x＝v0t1 联立解得：v0＝6 m/s，x＝4.8 m
【典例1】 如图1所示，将一质量m＝0.1 kg的小球自水平平 台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一 倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底 端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点 后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动。已知斜面 顶端与平台的高度差h＝3.2 m，斜面高H＝15 m，竖直圆 轨道半径R＝5 m。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝ 10 m/s2，求：
(2)小物体运动到 B 点时，设其受到轨道的作用力方向向下，由 牛顿第二定律得 N＋mg＝mvR2B 解得 N＝11.5 N 由牛顿第三定律得对轨道的作用力大小 N′＝N＝11.5 N 方向竖直向上
(3)小物体从 A 运动到 B 点的过程，由机械能守恒定律得 EkA＝4mgR＋12mv2B 解得 EkA＝2.05 J 答案 (1)0.5 s (2)11.5 N 竖直向上 (3)2.05 J
(3)水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从 B 点到 D 点，由 动能定理可得 －2mgR＝12mv2D－12mv2B 在 D 点由牛顿第二定律可得： N＋mg＝mvR2D 联立解得：N＝3 N 由牛顿第三定律可得，小球在 D 点对轨道的压力 N′＝3 N， 方向竖直向上 答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N，方向竖直向上
二者是否获 得共同速度
―确―定→
物块冲上斜 面的初速度
物块冲上斜面 → 做匀减速运动
规范解答 (1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度 a＝μg＝5 m/s2。 小物块与传送带共速时，所用时间 t＝va0＝1 s 运动的位移 s＝12at2＝2.5 m＜(L－xP)＝6 m 故小物块与传送带共速后以 v0＝5 m/s 的速度匀速运动到 Q， 然后冲上光滑斜面到达 N 点， 由机械能守恒定律得12mv20＝mgyN 解得 yN＝1.25 m
解析 (1)小物体从 C 点到 D 点做平抛运动，有 vy＝ 2gh＝3 m/s tan θ＝vvCy 解得 vC＝4 m/s 小物体做平抛运动的时间为 t1＝vgy＝0.3 s 小物体从 B 到 C 做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 μmg＝ma 由运动学公式得
v2C－v2B＝－2al 代入数据解得 vB＝5 m/s 小物体做匀减速直线运动的时间为 t2＝－vC－a vB＝0.2 s 小物体从 B 点运动到 D 点所用的总时间为 t＝t1＋t2＝0.5 s
第5课时 (小专题)应用动力学观点和能 量观点突破力学压轴题
突破一 应用动力学和能量观点分析直线、平抛和圆周运动
组合问题
这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要 对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接 点的速度是联系两过程的纽带。很多情况下平抛运动末速 度的方向是解决问题的重要突破口。
突破二 应用动力学和能量观点分析传送带、滑块——滑板模型
1．方法技巧
若一个物体或多个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉 及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用 动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要 考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解。
2．解题模板
【典例2】 如图3所示，
【变式训练】
1． 图2所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定 于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的 半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)。轨道底端 A与水平地面相切，顶端与一个长为l＝0.9 m的水平轨道相 切B点。一倾角为θ＝37°的倾斜轨道固定于右侧地面上， 其顶点D与水平轨道的高度差为h＝0.45 m，并与其它两个 轨道处于同一竖直平面内。
送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运
动的速度v0＝5 m/s。一质量m＝1 kg的小 物块，轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点。 小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好图到3达N 点(小物块到达N点后被收集，不再滑下)。若小物块经过 Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 0.5，重力加速度0.1 kg的小物体(可视为质点)在A点被弹射入“S” 形轨道内，沿轨道ABC运动，并恰好从D点无碰撞地落到倾 斜轨道上。小物体与BC段间的动摩擦因数μ＝0.5。(不计空气 阻力。g取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图2
(1)小物体从B点运动到D点所用的时间； (2)小物体运动到B点时对“S”形轨道的作用力大小和方向； (3)小物体在A点获得的动能。
(2)小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面顶端 A 点，需要时间 t1＝ 2gh＝0.8 s 小球在 A 点的速度沿斜面向下，速度大小 vA＝covs0α＝10 m/s 从 A 点到 B 点 由动能定理得 mgH＝12mv2B－12mv2A
解得 vB＝20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度 a＝gsin α＝8 m/s2 由 vB＝vA＋at2，解得 t2＝1.25 s 小球从平台顶端 O 点抛出至落到斜面底端 B 点所用的时间 t＝t1＋t2＝2.05 s
(1)N点的纵坐标； (2)小物块在传送带上运动产生的热量； (3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光 滑斜面越过纵坐标yM＝0.5 m的M点，求这些位置的横坐标范 围。
第一步：抓住关键点——挖掘信息
第二步：抓好过程分析——理清思路
物块先在传送带 上做匀加速运动
―计 判―算 断→
图1
(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x； (2)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间；
(3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压 力。
解析 (1)小球做平抛运动落至 A 点时，由平抛运动的速度分解图可 得： v0＝tavny α 由平抛运动规律得：v2y＝2gh h＝12gt21，x＝v0t1 联立解得：v0＝6 m/s，x＝4.8 m
【典例1】 如图1所示，将一质量m＝0.1 kg的小球自水平平 台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一 倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底 端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点 后进入BC部分，再进入竖直圆轨道内侧运动。已知斜面 顶端与平台的高度差h＝3.2 m，斜面高H＝15 m，竖直圆 轨道半径R＝5 m。取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝ 10 m/s2，求：
(2)小物体运动到 B 点时，设其受到轨道的作用力方向向下，由 牛顿第二定律得 N＋mg＝mvR2B 解得 N＝11.5 N 由牛顿第三定律得对轨道的作用力大小 N′＝N＝11.5 N 方向竖直向上
(3)小物体从 A 运动到 B 点的过程，由机械能守恒定律得 EkA＝4mgR＋12mv2B 解得 EkA＝2.05 J 答案 (1)0.5 s (2)11.5 N 竖直向上 (3)2.05 J
(3)水平轨道 BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从 B 点到 D 点，由 动能定理可得 －2mgR＝12mv2D－12mv2B 在 D 点由牛顿第二定律可得： N＋mg＝mvR2D 联立解得：N＝3 N 由牛顿第三定律可得，小球在 D 点对轨道的压力 N′＝3 N， 方向竖直向上 答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N，方向竖直向上
二者是否获 得共同速度
―确―定→
物块冲上斜 面的初速度
物块冲上斜面 → 做匀减速运动
规范解答 (1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度 a＝μg＝5 m/s2。 小物块与传送带共速时，所用时间 t＝va0＝1 s 运动的位移 s＝12at2＝2.5 m＜(L－xP)＝6 m 故小物块与传送带共速后以 v0＝5 m/s 的速度匀速运动到 Q， 然后冲上光滑斜面到达 N 点， 由机械能守恒定律得12mv20＝mgyN 解得 yN＝1.25 m
解析 (1)小物体从 C 点到 D 点做平抛运动，有 vy＝ 2gh＝3 m/s tan θ＝vvCy 解得 vC＝4 m/s 小物体做平抛运动的时间为 t1＝vgy＝0.3 s 小物体从 B 到 C 做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得 μmg＝ma 由运动学公式得
v2C－v2B＝－2al 代入数据解得 vB＝5 m/s 小物体做匀减速直线运动的时间为 t2＝－vC－a vB＝0.2 s 小物体从 B 点运动到 D 点所用的总时间为 t＝t1＋t2＝0.5 s
第5课时 (小专题)应用动力学观点和能 量观点突破力学压轴题
突破一 应用动力学和能量观点分析直线、平抛和圆周运动
组合问题
这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要 对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接 点的速度是联系两过程的纽带。很多情况下平抛运动末速 度的方向是解决问题的重要突破口。
突破二 应用动力学和能量观点分析传送带、滑块——滑板模型
1．方法技巧
若一个物体或多个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉 及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用 动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要 考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解。
2．解题模板
【典例2】 如图3所示，
【变式训练】
1． 图2所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定 于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的 半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)。轨道底端 A与水平地面相切，顶端与一个长为l＝0.9 m的水平轨道相 切B点。一倾角为θ＝37°的倾斜轨道固定于右侧地面上， 其顶点D与水平轨道的高度差为h＝0.45 m，并与其它两个 轨道处于同一竖直平面内。