物理(新课标)高考总复习第一轮复习课件：第五章突破全国卷4

(1)滑块的质量和圆轨道的半径． (2)是否存在某个 H 值，使得滑块经过最高点 D 后能直接落 到直轨道 AB 上与圆心等高的点．若存在，请求出 H 值；若 不存在，请说明理由．
解析：(1)小滑块由 A 到 D 的过程，由机械能守恒得：mg(H －2R)＝12mvD2 在 D 点由牛顿第二定律得：F＋mg＝mRv2D，联立解得： F＝2mg（HR－2R）－mg 取点(0.50 m，0 N)和(1.00 m，5.0 N)代入上式得： m＝0.1 kg，R＝0.2 m.
mg(H－2R)＝12mv′2D，得到：H＝0.6 m. 答案：(1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m
2．(2017·长春调研)如图所示，左侧为一个半径为 R 的半球 形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O 点为球心，碗的内 表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长， 倾角 θ＝30°.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光 滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为 质点的小球 m1 和 m2，且 m1＞m2.开始时 m1 恰在右端碗口水 平直径 A 处，m2 在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接 两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当 m1 由静止释放运动到 圆心 O 的正下方 B 点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的 能量损失．
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(2)假设滑块经过最高点 D 后能 直接落到直轨道 AB 上与圆心等 高的 E 点(如图所示) OE＝sin R30°，由平抛运动学规 律得：x＝OE＝v′Dt， R＝12gt2 联立解得：v′D＝2 m/s 而滑块过 D 点的临界速度 v＝ gR＝ 2 m/s
由于 v′D＞v，所以存在一个 H 值，使得滑块经过最高点 D 后能直接落到直轨道 AB 上与圆心等高的点：
联立上式得 x＝ 2＋2m2m1－1＋m2m2 2R.⑥
(2)对小球 m1，由机械能守恒定律得 12m1v21＝m1g·R2 ⑦
联立①②③⑦式得mm12＝2
2＋1 2.
答案：(1) 2＋2m2m1－1＋m2m2 2R
2 2＋1 (2) 2
3.如图所示，倾角为 θ 的固定斜 面的底端有一挡板 M，轻弹簧的 下端固定在挡板 M 上，在自然长 度下，弹簧的上端在 O 点处．质 量为 m 的物块 A(可视为质点)从 P 点以初速度 v0 沿斜面向下 运动，PO＝x0，物块 A 与弹簧接触后将弹簧上端压到 O′点， 然后 A 被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好能回到 P 点．已知 A 与斜面间的动摩擦因数为 μ，重力加速度用 g 表示．求：
(1)求小球 m2 沿斜面上升的最大距离 x； (2)若已知细绳断开后小球 m1 沿碗的内侧上升的最大高度为 R2 ，求mm12.
解析：(1)设重力加速度为 g，小球 m1 到达最低点 B 时 m1、 m2 的速度大小分别为 v1、v2，由运动的合成与分解得 v1＝ 2v2① 对 m1、m2 系统由机械能守恒定律得 m1gR－m2gh＝12m1v21＋12m2v22② 由几何关系得 h＝ 2Rsin 30°③ 设细绳断后 m2 沿斜面上升的距离为 x′，对 m2 由动能定理得 m2gx′sin 30°＝12m2v22－0④ 小球 m2 沿斜面上升的最大距离 x＝ 2R＋x′⑤
【典题例证】 (20 分)过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过 山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形 轨道组成，B、C、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B、C 间距与 C、D 间距相等，半径 R1＝2.0 m、R2＝1.4 m．一个 质量为 m＝1.0 kg 的小球(视为质点)，从轨道的左侧 A 点以 v0＝12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动，A、B 间距 L1＝6.0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.2，圆形轨道是光 滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力 加速度 g＝10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：
4.如图所示，一工件置于水平地面上， 其 AB 段为一半径 R＝1.0 m 的光滑圆弧 轨道，BC 段为一长度 L＝0.5 m 的粗糙 水平轨道，二者相切于 B 点，整个轨道位于同一竖直平面内， P 点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其 质量 m＝0.2 kg，与 BC 间的动摩擦因数 μ1＝0.4.工件质量 M ＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数 μ2＝0.1.(取 g＝10 m/s2)
(1)物块 A 运动到 O 点的速度大小； (2)O 点和 O′点间的距离 x1； (3)在压缩过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep.
解析：(1)物块 A 从 P 点运动到 O 点，只有重力和摩擦力做 功，由动能定理可知 (mgsin θ－μmgcos θ)x0＝12mv2－12mv02 得：v＝ v20＋2g（sin θ－μcos θ）x0. (2)物块 A 从 P 点向下运动再向上运动回到 P 点的全过程中， 根据动能定理： －μmgcos θ·2(x1＋x0)＝0－12mv20 x1＝4μgvc02os θ－x0.
(3)物块 A 从 O′点向上运动到 P 点的过程中，由能量守恒定
cos θ)·(x1＋x0)
解得 Ep＝14mv20·μ1tan θ＋1.
答案：(1) v20＋2g（sin θ－μcos θ）x0
(2)4μgvc20os θ－x0
(3)14mv20·μ1tan θ＋1
【突破训练】 1．如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道 AB 和 圆轨道 BCD 组成，AB 和 BCD 相切于 B 点，CD 连线是圆轨 道竖直方向的直径(C、D 为圆轨道的最低点和最高点)，已知 ∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道 AB 上高 H 处的某 点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点 D 时 对轨道的压力为 F，并得到如图乙所示的压力 F 与高 H 的关 系图象，取 g＝10 m/s2.求：
【重难解读】 对于力学压轴题主要考查方向有以下几点： 1．不可或缺的受力分析和共点力平衡问题：整体法或隔离法 的应用；正交分解法，矢量三角形法的应用；临界与极值问 题的求解；连接体问题的分析都是潜在考点． 2．值得重视的直线运动：传送带模型和滑块—滑板模型的分 析与求解；多物体多过程运动中功能关系的应用；追及、相 遇问题都是重点． 3．体会曲线运动——抛体与圆周运动：结合动能定理、机械 能守恒定律、能量守恒定律处理问题．
当 1.0 m≤R3≤27.9 m 时，小球最终停留点与起始点 A 的距 离为 L″，则 L″＝L′－2(L′－L1－2L)＝26.0 m．(1 分) [答案] (1)10.0 N (2)12.5 m (3)当 0<R3≤0.4 m 时，L′＝ 36.0 m 当 1.0 m≤R3≤27.9 m 时，L″＝26.0 m
对工件和物块整体有 F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得 F＝8.5 N．⑥ ②设物块做平抛运动的时间为 t，水平位移为 x1，物块落点 与 B 点间的距离为 x2，由运动学公式得 h＝12gt2⑦ x1＝vt⑧ x2＝x1－Rsin θ⑨ 联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x2＝0.4 m. 答案：(1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m
解析：(1)物块从 P 点下滑经 B 点至 C 点的整个过程，根据 动能定理得 mgh－μ1mgL＝0① 代入数据得 h＝0.2 m．② (2)①设物块的加速度大小为 a，P 点与圆心的连线与竖直方 向间的夹角为 θ，由几何关系可得 cos θ＝R－R h③ 根据牛顿第二定律，对物块有 mgtan θ＝ma④
(1)若工件固定，将物块由 P 点无初速度释放，滑至 C 点时恰 好静止，求 P、C 两点间的高度差 h； (2)若将一水平恒力 F 作用于工件，使物块在 P 点与工件保持 相对静止，一起向左做匀加速直线运动． ①求 F 的大小； ②当速度 v＝5 m/s 时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速 的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至 BC 段，求物块的落 点与 B 点间的距离．
(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为 v2，由题意 mg ＝mRv222，④(1 分) －μmg(L1＋L)－mg·2R2 ＝12mv22－12mv20⑤(2 分) 由④⑤得 L＝12.5 m．⑥(1 分)
(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论： Ⅰ.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高 点的速度为 v3，应满足 mg＝mRv323⑦(1 分) －μmg(L1＋2L)－mg·2R3＝12mv23－12mv20 ⑧(2 分) 由⑥⑦⑧得 R3＝0.4 m．(1 分)
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用 力的大小； (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C 间距 L 应是多 少？ (3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个 圆形轨道的设计中，半径 R3 应满足的条件；小球最终停留点 与起点 A 的距离．
[审题指导] 本题结合动能定理、机械能守恒定律分阶段分 析小球的运动过程． [解析] (1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为 v1，根据动能定理 －μmgL1－mg·2R1＝12mv12－12mv20①(2 分) 小球在最高点受到重力 mg 和轨道对它的作用力 F，根据牛 顿第二定律 F＋mg＝mRv211②(1 分) 由①②得 F＝10.0 N．③(1 分)
本部分内容讲解结束
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• 9、春去春又回，新桃换旧符。在那桃花盛开的地方，在这醉人芬芳的季节，愿你生活像春天一样阳光，心情像桃花一样美丽，日子像桃子一样甜蜜。 2021/3/92021/3/9Tuesday, March 09, 2021
• 10、人的志向通常和他们的能力成正比例。2021/3/92021/3/92021/3/93/9/2021 1:42:19 PM • 11、夫学须志也，才须学也，非学无以广才，非志无以成学。2021/3/92021/3/92021/3/9Mar-219-Mar-21 • 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。2021/3/92021/3/92021/3/9Tuesday, March 09, 2021 • 13、志不立，天下无可成之事。2021/3/92021/3/92021/3/92021/3/93/9/2021
每年高考中都有一道力学综合计算题，通过近几年对全 国卷试题的分析研究可以看出，力学计算题从考查直线运动逐 渐转为结合牛顿运动定律考查板块模型问题、功能问题．这说 明凡是《考试大纲》要求的，只要适合作为计算题综合考查的， 都有可能设置为计算题．因此高考复习中不要犯经验主义错 误，认为最近几年没有考查就不重点复习．一轮复习时全面复 习知识点，夯实基础，是取得高考胜利的关键．
Ⅱ.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为 R3，根据动能定 理 －μmg(L1＋2L)－mg·R3＝0－12mv20(2 分) 解得 R3 ＝1.0 m(1 分)
为了保证圆轨道不重叠，R3 最大值应满足 (R2＋R3)2 ＝L2 ＋(R3－R2)2(1 分) 解得 R3＝27.9 m．(1 分) 综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径 须满足下面的条件 0<R3≤0.4 m 或 1.0 m≤R3≤27.9 m．(1 分) 当 0<R3≤0.4 m 时，小球最终停留点与起始点 A 的距离为 L′， 则 －μmgL′＝ 0－12mv20，L′＝36.0 m．(1 分)