《2020届高考物理总复习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教师用书含解析新人教版201905313108》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理总复习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教师用书含解析新人教版201905313108（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、”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。例1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v0=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=0.2,取g=10 m/s2
3、。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。解析(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a1,小车加速度大小为a2,由牛顿第二定律得对滑块有mg=ma1对小车有mg=Ma2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v0-a1t=a2t滑块的位移s1=v0t-12a1t2小车的位移s2=12a2t2代入数据得s=s1-s2=3 mL,且s2l,故滑块最终落在水平地面上由H=12gt22得 x=v2t2=1.2 m。答案(1)4 m/s(2)3 m/s(
4、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水平传送带例2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/
5、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Ep=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 =0.2,传送带足够长,取g=10 m/s2。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。解析(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v1,则Ep=12mv12,得v1=3 m/s滑块在传送带上运动的加速度a=g=2 m/s2滑块向左运动的时间t1=v1a=1.5 s向右匀加速运动的时间
6、 t2=va=1 s向左的最大位移x1=v122a=2.25 m向右加速运动的位移x2=v22a=1 m匀速向右的时间t3=x1-x2v=0.625 s所以t=t1+t2+t3=3.125 s。(2)滑块向左运动x1的位移时,传送带向右的位移x1=vt1=3 m则x1=x1+x1=5.25 m滑块向右运动x2时,传送带向右的位移x2=vt2=2 m则x2=x2-x2=1 mx=x1+x2=6.25 m则产生的热量Q=mgx=12.5 J。答案(1)3.125 s(2)12.5 J题型2倾斜传送带例3如图所示,传送带与水平面成夹角=37,A到B的长度L=16 m,传送带以速度v=10 m/s的速
7、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=0.5,已知重力加速度g=10 m/s2, 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。解析(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(Ff=mgcos =4 N),沿传送带向下做加速运动加速度大小a1=Ff+mgsinm=gsin +gcos =10 m/s2小物体以加速度a1加速运动至v所用时间t1=va1=1 s位移x1=v22a1=5 m当小物体和传送
8、带速度相同时,因为小物体沿传送带向下的重力分力G1=mgsin =6 NFf,所以小物体向下做加速运动,加速度大小a2=mgsin-Ff m=gsin -gcos =2 m/s2后一段位移x2=L-x1=11 m,加速时间设为t2,则有vt2+12a2t2=x2解得t2=1 s(t2=-11舍去)小物体由A到B所用的时间t=t1+t2=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x1=vt1-x1=5 m此过程由摩擦而产生的热量Q1=mgcos x1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x2=x2-vt2=1 m此过程由摩擦而产生的
9、热量Q2=mgcos x2则Q=Q1+Q2解得Q=24 J。答案(1)2 s(2)24 J题型3平斜交接的传送带例4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=37,一物体A与传送带间的动摩擦因数=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/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)解析物体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t1,加速度为a1,则a1=g=2.5 m
10、/s,t1=va1=0.8 sA做匀加速运动的位移s1=12a1t12=0.8 m则A在水平传送带上做匀速运动的时间t2=ab-s1v=0.6 s设A在bc段运动时间为t3,加速度为a2,则a2=gsin 37-gcos 37=4 m/s2由位移公式有bc=vt3+12a2t32解得t3=1 s(t3=-2 s舍去)所以A从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=2.4 s。答案2.4 s变式1一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
11、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-。解析设传送带的运动速度为v0,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,设这段路程为s,所用时间为t,加速度为a。则对小货箱有s=12at2,v0=a
12、t在这段时间内,传送带运动的路程s0=v0t联立可得s0=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=12mv02传送带克服小货箱对它的摩擦力做功W0=fs0=mv02两者之差就是克服摩擦力做功产生的热量Q=W0-W=12mv02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W1=P-T此功用于增加小货箱的动能、势能以及克服摩擦力生热,即W1=12Nmv02+Nmgh+NQ已知相邻两小货箱的距离为L,所以由题意可知v0T=NL联立上式解得P-=NmTN2L2T2+gh。答案NmTN2L2T2+gh(1)在传送带问题中,物体运动到和传送
13、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=Ffx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
14、向相反时,x相对就等于这两个物体对地位移大小之和。在两个物体相对运动方向有变化的情况下,产生热量需分段来求,相对运动方向发生变化前后分别用它们的滑动摩擦力乘以相对位移,计算出这两段产生的热量,然后相加。(3)注意物体在传送带上运动的全过程中,可能会存在摩擦力突变的问题,即可能会由滑动摩擦力突变为静摩擦力,此时应注意:摩擦力的大小发生了变化;因摩擦产生的内能只存在于相对滑动的阶段。三滑块木板模型问题处理方法:系统往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到E内=-E机=Ffx相对,并要注意数学知识(如图象、归纳法等)在此类问题中的应用。例5如图所示,质量为m的长木板A静止于光滑水平面上,在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B。已知木板A长为L,它与滑块B之间的动摩擦因数为。现用水平向右的恒力F拉滑块B,最终使B从长木板A上滑离。重力加速度为g。(1)当长木板A的位移为多少时,B从A的右端滑出?(2)求上述过程中滑块与木板之间产生的内能。解析(1)设B从A的右端滑出时,A的位移为l,A、B的速度分别为vA、vB,由动能定理得mgl=1
