2020新亮剑高考物理总复习讲义：第五单元 机械能 微专题5 Word版含解析

第五单元机　械　能微专题5　应用动力学观点和能量观点　突破多过程综合问题见《自学听讲》P90一多过程问题 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。

4.解决多过程问题的总体思路(1)“合”——初步了解全过程,构建大致运动图景。

(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。

5.多过程问题的分析要点:(1)题目中有多少个物理过程。

(2)每个过程中物体做什么运动。

(3)每种运动满足什么物理规律。

(4)运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些。

如图所示,光滑的水平地面上有一长l=0.8 m 、高h=0.35 m 的固定台阶,另一质量M=1 kg 、长L=4.75 m 、高H=0.8 m 的小车静止在地面上,小车的右端点与台阶的距离s=3 m ,现有一质量m=2 kg 的滑块(可视为质点)以v 0=6 m/s 的水平初速度滑上小车左端,带动小车向右运动,小车与台阶碰撞时即被粘在台阶上。

已知滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s 2。

求:(1)小车与台阶碰撞时滑块的速率。

(2)滑块离开小车时的速率。

(3)滑块最终落地点与台阶左侧的水平距离。

(1)滑块滑上小车后,小车将做匀加速直线运动,滑块将做匀减速直线运动,设滑块加速度大小为a 1,小车加速度大小为a 2,对滑块有μmg=ma 1对小车有μmg=Ma 2当滑块相对小车静止时,两者速度相等,设小车与滑块经历时间t 后速度相等,则有v 0-a 1t=a 2t滑块的位移s 1=v 0t-a 1t 212小车的位移s 2=a 2t 212代入数据得Δs=s 1-s 2=3 m <L ,且s 2<s ,说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度故小车与墙壁碰撞时滑块的速率v 1=v 0-a 1t=4 m/s 。

(2)设滑块离开小车时的速度为v 2根据动能定理,有-μmg (L-Δs )=m -m 12v 2212v 12解得v 2=3 m/s 。

(3)滑块离开小车后做平抛运动,若滑块落在平台上,则有H-h=g 12t 12x=v 2t 1得x=0.9 m >l ,故滑块最终落在水平地面上由H=g 12t 22得 x=v 2t 2=1.2 m 。

(1)4 m/s (2)3 m/s (3)1.2 m二传送带模型 1.传送带模型是高中物理中比较常见的模型,有水平、倾斜以及平斜交接三种类型。

一般设问的角度有两个:(1)动力学角度,首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。

(2)能量角度,求传送带对物体所做的功,物体和传送带由于相对滑动而产生的热量,因放上物体而使电动机多消耗的电能,等等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。

2.传送带问题的分析流程题型1　水平传送带如图所示,一质量m=1 kg 的可视为质点的滑块,放在光滑的水平平台上,平台的左端与水平传送带相接,传送带以v=2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)。

现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧,轻弹簧的原长小于平台的长度,滑块静止时弹簧的弹性势能E p =4.5 J ,若突然释放滑块,滑块向左滑上传送带。

已知滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.2,传送带足够长,取g=10 m/s 2。

求:(1)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间。

(2)滑块从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中由于摩擦产生的热量。

(1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速度为v 1,则E p =m ,得v 1=3 m/s12v 12滑块在传送带上运动的加速度a=μg=2 m/s 2滑块向左运动的时间t 1==1.5 sv 1a 向右匀加速运动的时间 t 2==1 sv a 向左的最大位移x 1==2.25 mv 122a 向右加速运动的位移x 2==1 mv 22a 匀速向右的时间t 3==0.625 sx 1-x 2v 所以t=t 1+t 2+t 3=3.125 s 。

(2)滑块向左运动x 1的位移时,传送带向右的位移x 1'=vt 1=3 m则Δx 1=x 1'+x 1=5.25 m滑块向右运动x 2时,传送带向右的位移x 2'=vt 2=2 m则Δx 2=x 2'-x 2=1 mΔx=Δx 1+Δx 2=6.25 m则产生的热量Q=μmg Δx=12.5 J 。

(1)3.125 s (2)12.5 J 题型2　倾斜传送带如图所示,传送带与水平面成夹角θ=37°,A 到B 的长度L=16 m ,传送带以速度v=10 m/s 的速度沿逆时针方向转动,在传送带上端A 无初速度释放一质量m=1 kg 的小物体,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,已知重力加速度g=10 m/s 2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)小物体从A 运动到B 所需的时间。

(2)小物体从A 运动到B 的过程中与传送带间由于摩擦而产生的热量Q 。

(1)物体开始放到传送带上,由于传送带运动快,物体受到向下的滑动摩擦力作用(F f =μmg cos θ=4 N ),沿传送带向下做加速度大小a 1==g sin θ+μg cos θ=10 m/s 2F f +mg sin θm 小物体以加速度a 1加速运动至v所用时间t 1==1 s va 1位移x 1==5 m v 22a 1当小物体和传送带速度相同时,因为小物体沿传送带向下的重力分力G 1=mg sin θ=6 N >F f ,所以小物体向下做加速运动,加速度大小a 2==g sin θ-μg cos θ=2 m/s 2mg sin θ-F fm 后一段位移x 2=L-x 1=11 m ,加速时间设为t 2,则有vt 2+a 2t 2=x 212解得t 2=1 s (t 2=-11舍去)小物体由A 到B 所用的时间t=t 1+t 2=2 s 。

(2)小物体从开始运动到与传送带速度相同的过程,相对传送带向后滑动,相对位移大小Δx 1=vt 1-x 1=5 m此过程由摩擦而产生的热量Q 1=μmg cos θ·Δx 1此后到传送带底端,小物体相对传送带向前滑动,相对位移大小Δx 2=x 2-vt 2=1 m此过程由摩擦而产生的热量Q 2=μmg cos θ·Δx 2则Q=Q 1+Q 2解得Q=24 J 。

(1)2 s (2)24 J题型3　平斜交接的传送带如图所示,传送带的水平部分ab=2 m ,倾斜部分bc=4 m ,bc 与水平面的夹角α=37°,一物体A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,传送带沿图示方向运动,速率为2 m/s 。

若把物体A 轻轻放到a 点,它将被传送带送到c 点,且物体A 一直没有脱离传送带。

求物体A 从a 点被传送到c 点所用的时间。

(重力加速度取g=10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)物体A 轻放到a 点,A 做初速度为0的匀加速运动直到与传送带速度相同。

设此段时间为t 1,加速度为a 1,则a 1=μg=2.5 m/s ,t 1==0.8 s va 1A 做匀加速运动的位移s 1=a 1=0.8 m12t 12则A 在水平传送带上做匀速运动的时间t 2==0.6 sab -s 1v 设A 在bc 段运动时间为t 3,加速度为a 2,则a 2=g sin 37°-μg cos 37°=4 m/s 2由位移公式有bc=vt 3+a 212t 32解得t 3=1 s (t 3=-2 s 舍去)所以A 从a 点被传送到c 点所用的时间t=t 1+t 2+t 3=2.4 s 。

2.4 s一传送带装置示意图如图所示,其中传送带经过AB 区域时是水平的,经过BC 区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,未画出),经过CD 区域时是倾斜的,AB 和CD 都与BC 相切。

现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个地放到传送带上A 端,放置时初速度为零,经传送带运送到D 处,D 和A 的高度差为h 。

稳定工作时传送带速度不变,CD 段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为L 。

每个箱子在A 端投放后,在到达B 之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经BC 段时的微小滑动)。

已知在一段相当长的时间T 内,共运送小货箱的数量为N 。

此装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦。

重力加速度为g 。

求电动机的平均输出功率。

‒P设传送带的运动速度为v 0,在水平段运输的过程中,小货箱先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速运动,设这段t ,加速度为a 。

则对小货箱有s=at 2,v 0=at12在这段时间内,传送带运动的路程s 0=v 0t 联立可得s 0=2s用f 表示小货箱与传送带之间的摩擦力,则传送带对小货箱做功W=fs=m 12v 02传送带克服小货箱对它的摩擦力做功W 0=fs 0=m v 02两者之差就是克服摩擦力做功产生的热量Q=W 0-W=m 12v 02可见,在小货箱加速运动过程中,小货箱获得的动能与发热量相等T 时间内电动机输出的功W 1=T‒P 此功用于增加小货箱的动能、势能以及克服摩擦力生热,即W 1=Nm +Nmgh+NQ12v 02已知相邻两小货箱的距离为L ,所以由题意可知v 0T=NL 联立上式解得=。

‒P Nm T (N 2L 2T 2+gℎ)　Nm T (N 2L 2T 2+gℎ)(1)在传送带问题中,物体运动到和传送带速度相等是一个关键的转折点,是之后物体运动规律的分水岭,这点需要我们关注。

分析物体在传送带上的运动时间,首先需要分析物体的受力情况,搞清楚物体的运动状态是一直匀加速,还是先以较大的加速度加速后以较是先加速后匀速,还是先减速后匀速,这是传送带的速度和工件的速度大小关系的不同而导致的,总之物体和传送带的速度相同为分析的临界转折点。

(2)内能的计算:一对滑动摩擦力产生的热量是相互接触产生摩擦力的两个物体所共同具有的。

如果两个物体相对运动的方向始终不变,产生的热量Q=F f ·x 相对,其中x 相对为它们之间的相对位移,当这两个物体的运动方向相同时,x 相对就等于这两个物体对地位移大小之差,当这两个物体的运动方向相反时,x 相对就等于这两个物体对地位移大小之和。