备战高考物理二轮复习专题复习专题三 功和能 第2课时动力学和能量观点的综合应用

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第2课时 动力学和能量观点的综合应用
1.相关规律和方法
运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理. 2.解题技巧
如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算,一般应用动力学方法;如果只涉及位移、功和能量的转化问题,通常采用动能定理分析.
例1 如图1所示,半径R =0.4 m 的光滑圆轨道与水平地面相切于B 点,且固定于竖直平面内.在水平地面上距B 点x =5 m 处的A 点放一质量m =3 kg 的小物块,小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.5.小物块在与水平地面夹角θ=37°斜向上的拉力F 的作用下由静止向B 点运动,运动到B 点时撤去F ,小物块沿圆轨道上滑,且能到圆轨道最高点C .圆弧的圆心为O ,P 为圆弧上的一点,且OP 与水平方向的夹角也为θ.(g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
图1
(1)小物块在B 点的最小速度v B 的大小;
(2)在(1)情况下小物块在P 点时对轨道的压力大小;
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点,则拉力F 的大小范围. 答案 (1)2 5 m/s (2)36 N (3)210
11
N ≤F ≤50 N
解析 (1)小物块恰能到圆轨道最高点时,物块与轨道间无弹力.设最高点物块速度为v C , 由mg =m v C 2
R
得:v C =2 m/s
物块从B 运动到C ,由动能定理得: -2mgR =12m v C 2-1
2m v B 2
解得:v B =2 5 m/s ; (2)物块从P 到C 由动能定理:
-mgR (1-sin θ)=12m v C 2-1
2m v P 2,
解得v P =
65
5
m/s 在P 点由牛顿第二定律:mg sin θ+F N =m v P 2
R
解得F N =36 N ;
根据牛顿第三定律可知,小物块在P 点对轨道的压力大小为F N ′=F N =36 N (3)当小物块刚好能通过C 点时,拉力F 有最小值,对物块从A 到B 过程分析: F f =μ(mg -F min sin θ) F min x cos θ-F f x =1
2m v B 2
解得F min =
21011
N 当物块在AB 段即将离开地面时,拉力F 有最大值,则F max sin θ=mg 解得F max =50 N
综上,拉力的取值范围是:
210
11
N ≤F ≤50 N. 拓展训练1 央视节目《加油向未来》中解题人将一个蒸笼环握在手中,并在蒸笼环底部放置一个装有水的杯子,抡起手臂让蒸笼环连同水杯在竖直平面内做圆周运动,水却没有洒出来.如图2所示,已知蒸笼环的直径为20 cm ,人手臂的长度为60 cm ,杯子和水的质量均为m =0.2 kg.转动时可认为手臂伸直且圆心在人的肩膀处,不考虑水杯的大小,g 取10 m/s 2.
图2
(1)若要保证在最高点水不洒出,求水杯通过最高点的最小速率v 0;
(2)若在最高点水刚好不洒出,在最低点时水对杯底的压力为16 N ,求蒸笼环从最高点运动到最低点的过程中,蒸笼环对杯子和水所做的功W . 答案 (1)2 2 m/s (2)3.2 J
解析 (1)水杯通过最高点时,对水由牛顿第二定律得:
mg =m v 02
R ,其中R =(0.2+0.6) m =0.8 m
解得:v 0=2 2 m/s ;
(2)在最低点时水对水杯底的压力为16 N ,杯底对水的支持力F N =16 N ,对水,由牛顿第二定律得:F N -mg =m v 2
R
对杯子和水,从最高点到最低点的过程中,由动能定理得:2mg ×2R +W =12×2m v 2-1
2×2m v 02
解得:W =3.2 J.
1.运动模型
多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者是一般的曲线运动.在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合. 2.分析技巧
多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用,分析这种问题时应注意要独立分析各个运动过程,而不同过程往往通过连接点的速度建立联系,有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单.
例2 如图3所示,AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道,高度为h ,末端B 处的切线方向水平.一个质量为m 的小物体P 从轨道顶端A 处由静止释放,滑到B 端后飞出,落到地面上的C 点,轨迹如图中虚线BC 所示.已知它落地时相对于B 点的水平位移OC = l .现在轨道下方紧贴B 点安装一水平木板,木板的右端与B 的距离为l
2,让P 再次从A 点由静止
释放,它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出,仍然落在地面的C 点.求:(不计空气阻力,重力加速度为g )
图3
(1)P 滑至B 点时的速度大小; (2)P 与木板之间的动摩擦因数μ. 答案 (1)2gh (2)3h
2l
解析 (1)物体P 在AB 轨道上滑动时,物体的机械能守恒,根据机械能守恒定律mgh =1
2m v 02
得物体P 滑到B 点时的速度大小为v 0=2gh
(2)当没有木板时,物体离开B 点后做平抛运动,运动时间为t ,有:t =l v 0=l
2gh
当B 点右方安装木板时,物体从木板右端水平抛出,在空中运动的时间也为t ,水平位移为l
2,
因此物体从木板右端抛出的速度v 1=v 02=2gh
2
根据动能定理,物体在木板上滑动时,有 -μmg l 2=12m v 12-1
2
m v 02
解得物体与木板之间的动摩擦因数μ=3h 2l
.
拓展训练2 如图4所示为某同学设计的一个游戏装置,用弹簧制作的弹射系统将小球从管口P 弹出,右侧水平距离为L ,竖直高度为H =0.5 m 处固定一半圆形管道,管道所在平面竖直,半径R =0.75 m ,内壁光滑.通过调节立柱Q 可以改变弹射装置的位置及倾角,若弹出的小球从最低点M 沿切线方向进入管道,从最高点N 离开后能落回管口P ,则游戏成功.小球质量为0.2 kg ,半径略小于管道内径,可视为质点,不计空气阻力,g 取10 m/s 2.该同学某次游戏取得成功,试求:
图4
(1)水平距离L ;
(2)小球在N 处对管道的作用力; (3)弹簧储存的弹性势能.
答案 (1)2 m (2)2
3
N ,方向竖直向上 (3)5 J
解析 (1)设小球进入M 点时速度为v M ,运动至N 点速度为v N ,由P 至M ,L =v M t 1,H =1
2gt 12
由N 至P ,L =v N t 2,H +2R =1
2
gt 22
由M 至N 过程,-2mgR =12m v N 2-1
2m v M 2
联立解得:L =2 m ; (2)由(1)可得,v N =10 m/s mg +F N =m v N 2
R
解得:F N =2
3
N
由牛顿第三定律可知,小球在N 处对管道的作用力 F N ′=F N =2
3
N ,方向竖直向上;
(3)由P 至N 全过程,由能量守恒定律:E p =1
2
m v N 2+mg (H +2R ),解得:E p =5 J.
例3 如图5所示,由两个内径均为R 的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABC 竖直放置,且固定在光滑水平面上,圆心连线O 1O 2水平,轻弹簧左端固定在竖直板上,右端与质量为m 的小球接触(不拴接,小球的直径略小于管的内径,小球大小可忽略),宽和高均为R 的木盒子固定于水平面上,盒子左侧DG 到管道右端C 的水平距离为R ,开始时弹簧处于锁定状态,具有的弹性势能为4mgR ,其中g 为重力加速度.当解除锁定后小球离开弹簧进入管道,最后从C 点抛出.(轨道ABC 与木盒截面GDEF 在同一竖直面内)
图5
(1)求小球经C 点时的动能; (2)求小球经C 点时对轨道的压力;
(3)小球从C 点抛出后能直接击中盒子底部时,讨论弹簧此时弹性势能满足什么条件. 答案 (1)2mgR (2)3mg ,方向竖直向上 (3)94mgR <E p <5
2
mgR 解析 (1)对小球从释放到C 的过程,应用动能定理可得:4mgR -2mgR =E k C -0 解得小球经C 点时的动能:E k C =2mgR
(2)由(1)可知C 点小球的速度:v C =2gR C 点:取向下为正方向,由牛顿第二定律可得: mg +F N =m v C 2
R
解得:F N =3mg ,方向向下
由牛顿第三定律可知在C 点时小球对轨道的压力大小也为3mg ,方向竖直向上 (3)当小球恰从G 点射入盒子中,则由平抛运动规律可得:竖直方向:R =1
2gt 12
水平方向:R =v C 1t 1 联立解得:v C 1=
gR 2
小球从释放到C 点的过程:E p1-2mgR =1
2m v C 12-0
得:E p1=9
4
mgR
当小球直接击中E 点时,弹性势能取符合条件的最大值,由平抛运动规律可得: 竖直方向:2R =1
2gt 22
水平方向:2R =v C 2t 2 联立解得:v C 2=gR
小球从释放到C 点的过程:E p2-2mgR =1
2m v C 22-0
得:E p2=5
2
mgR
综上符合条件的弹性势能应满足:94mgR <E p <5
2
mgR
拓展训练3 (多选))如图6所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A 处由静止释放后,经过B 处速度最大,到达C 处(AC =h )时速度减为零.若在此时给圆环一个竖直向上的速度v ,它恰好能回到A 点.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g ,则圆环( )
图6
A .下滑过程中,加速度一直增大
B .下滑过程中,克服摩擦力做的功为1
4m v 2
C .在C 处弹簧的弹性势能为mgh -1
4m v 2
D .上下两次经过B 点的速度大小相等 答案 BC
解析 圆环从A 处由静止开始下滑,经过B 处的速度最大,到达C 处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B 处的速度最大,所以经过B 处的加速度为零,所以加速度先减小后增大,故A 错误;研究圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程,运用动能定理列出等式mgh ′-W f -W F =1
2
m v B 2-0
研究圆环从B 处上滑到A 的过程,运用动能定理列出等式-mgh ′-W f +W F =0-1
2m v B ′2
观察两个公式可以发现:上升过程中经过B 点的速度大于下降过程中经过B 点的速度,故D 错误;研究圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程,运用动能定理列出等式 mgh -W f ′-W F ′=0-0
在C 处获得一竖直向上的速度v ,恰好能回到A ,运用动能定理列出等式-mgh -W f ′+W F ′=0-12
m v 2
解得:W f ′=14m v 2,所以下滑过程中,克服摩擦力做的功为1
4m v 2,故B 正确;由B 可知W F ′
=mgh -1
4
m v 2,
根据弹力做功与弹性势能的转化关系可知:在C 处弹簧的弹性势能为mgh -1
4
m v 2,故C 正确.
专题强化练
(限时45分钟)
1.如图1所示,半径为r 的半圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内,直径AC 水平,一个质量为m 的物块从圆弧轨道A 端正上方P 点由静止释放,物块刚好从A 点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动,到B 点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍,重力加速度为g ,不计空气阻力,不计物块的大小,则:
图1
(1)物块到达A 点时的速度大小和P A 间的高度差分别为多少? (2)物块从A 运动到B 所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少? 答案 (1)gr r 2 (2)
π2
r
g
mgr 解析 (1)设物块在B 点时的速度为v ,由牛顿第二定律得:F N -mg =m v 2
r ,因为F N =2mg ,
所以v =gr ,
因为物块从A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动,所以物块到达A 点时速度大小为gr ;设P A 间的高度差为h ,
从P 到A 的过程由动能定理得:mgh =12m v 2,所以h =r
2
.
(2)因为物块从A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动,所以物块从A 运动到B 所用时间t =πr
2
v =π2
r g
; 从A 运动到B 由动能定理得:mgr -W 克f =0, 解得:W 克f =mgr .
2.已知弹簧所储存的弹性势能与其形变量的平方成正比.如图2所示,一轻弹簧左端固定在粗糙的水平轨道M 点的竖直挡板上,弹簧处于自然状态时右端位于O 点,轨道的MN 段与竖直光滑半圆轨道相切于N 点.ON 长为L =1.9 m ,半圆轨道半径R =0.6 m ,现将质量为m 的小物块放于O 点并用力缓慢向左压缩x 时释放,小物块刚好能到达N 点;若向左缓慢压缩
2x 时释放,小物块刚好能通过B 点,小物块与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.25.重力加速度取10 m/s 2.小物块看成质点,弹簧始终处于弹性限度内,求:(结果可用根号表示)
图2
(1)小物块刚好能通过B 点时的速度大小; (2)弹簧的压缩量x .
答案 (1) 6 m/s (2)0.15 m
解析 (1)设小物块刚好通过B 点时速度为v ,只有重力充当向心力mg =m v 2
R
解得v = 6 m/s
(2)压缩x 时,弹簧的弹性势能E p1=kx 2,k 为比例系数 滑动摩擦力F f =μF N 而F N =mg
由能量守恒得E p1-F f ·(x +L )=0 压缩2x 时,弹簧的弹性势能E p2=k (2x )2 由能量守恒E p2-F f ·(2x +L )=mg ·2R +12m v 2
联立解得x =0.15 m.
3.如图3所示,在光滑水平面上有一段质量不计、长为6 m 的绸带,在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A 、B .现同时对A 、B 两滑块施加方向相反、大小均为F =12 N 的水平拉力,并开始计时.已知A 滑块的质量m A =2 kg ,B 滑块的质量m B =4 kg ,A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因数均为μ=0.5,A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计绸带的伸长,g 取10 m/s 2,求:
图3
(1)t =0时刻,A 、B 两滑块加速度的大小; (2)0~3 s 时间内,滑块与绸带摩擦产生的热量. 答案 (1)1 m /s 2 0.5 m/s 2 (2)30 J
解析 (1)A 滑块在绸带上水平向右滑动,受到的滑动摩擦力为F f A ,
水平运动,则竖直方向受力平衡:F N A =m A g ,F f A =μF N A 解得:F f A =μm A g
A 滑块在绸带上水平向右滑动,设0时刻A 滑块的加速度为a 1, 由牛顿第二定律得:F -F f A =m A a 1
B 滑块和绸带一起向左滑动,设0时刻B 滑块的加速度为a 2, 由牛顿第二定律得:F -F f B =m B a 2 又F f A =F f B
联立解得:a 1=1 m /s 2,a 2=0.5 m/s 2
(2)设A 滑块经时间t 滑离绸带,此时A 、B 滑块发生的位移分别为x 1和x 2 x 1+x 2=L
2
x 1=12a 1t 2
x 2=12
a 2t 2
联立代入数据解得:x 1=2 m ,x 2=1 m ,t =2 s
2 s 时A 滑块离开绸带,离开绸带后A 在光滑水平面上运动,B 和绸带一起在光滑水平面上运动,不产生热量,
3 s 时间内因摩擦产生的热量为:Q =F f A (x 1+x 2) 代入数据解得:Q =30 J.
4.如图4所示,半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内,O 为圆轨道的圆心,D 为圆轨道的最高点,圆轨道内壁光滑,圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高.质量为m 的小球从离B 点高度为h 处(3
2R ≤h ≤3R )的A 点由静止开始下落,从B 点进入圆轨道,不计空气阻
力,重力加速度为g .
图4
(1)小球能否到达D 点?试通过计算说明; (2)求小球在圆轨道的最高点对轨道的压力范围;
(3)通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上,若能,求落点与B 点水平距离d
的范围.
答案 见解析
解析 (1)当小球刚好通过圆轨道的最高点时应有:
mg =m v D 2R
对小球从A 点运动到D 点的过程分析,
由机械能守恒可得:mg (h -R )=m v D 22
联立解得h =32
R , 因为h 的取值范围为32
R ≤h ≤3R , 故小球能到达D 点;
(2)设小球在D 点受到的压力为F N ,则
F N +mg =m v D ′2R
mg (h -R )=m v D ′22
联立并结合h 的取值范围32
R ≤h ≤3R 解得:0≤F N ≤3mg
根据牛顿第三定律得小球在圆轨道的最高点对轨道的压力范围为:0≤F N ′≤3mg ;
(3)由(1)知小球在最高点D 时的最小速度为
v D min =gR
此时小球飞离D 后做平抛运动,根据平抛运动规律可知R =12
gt 2 x min =v D min t
联立代入数据解得x min =2R >R ,
故能落在水平面BC 上,
当h 为3R 时小球在最高点D 点飞离时有最大速度,此时轨道对小球的压力为3mg ,
根据牛顿第二定律有mg +3mg =m v D max 2R
解得v D max =2gR
小球飞离D后做平抛运动,
根据平抛运动规律可知R=1
2,x max=v D max t′
2gt′
联立代入数据解得x max=22R
故落点与B点水平距离d的范围为:
(2-1)R≤d≤(22-1)R.。

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