高考物理大一轮复习精讲课件：第五章 机械能-5 (小专题)应用动力学观点和能量观点突破力学压轴题

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。【典例1】如图1所示，将一质量m＝0.1kg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＝3.2m，斜面高H＝15m，竖直圆轨道半径R＝5m。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，求：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＝vytanα由平抛运动规律得：v2y＝2ghh＝12gt21，x＝v0t1联立解得：v0＝6m/s，x＝4.8m(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＝2hg＝0.8s小球在A点的速度沿斜面向下，速度大小vA＝v0cosα＝10m/s从A点到B点由动能定理得mgH＝12mv2B－12mv2A解得vB＝20m/s小球沿斜面下滑的加速度a＝gsinα＝8m/s2由vB＝vA＋at2，解得t2＝1.25s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＝2.05s(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：FN＋mg＝mv2DR联立解得：FN＝3N由牛顿第三定律可得，小球在D点对轨道的压力FN′＝3N，方向竖直向上答案(1)6m/s4.8m(2)2.05s(3)3N，方向竖直向上【变式训练】1．(2014·高考押题卷五)如图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＝0.2m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＝0.9m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＝0.45m，并与其它两个轨道处于同一竖直平面内。一质量为m＝0.1kg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10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝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。解析(1)小物体从C点到D点做平抛运动，有vy＝2gh＝3m/stanθ＝vyvC解得vC＝4m/s小物体做平抛运动的时间为t1＝vyg＝0.3s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＝5m/s小物体做匀减速直线运动的时间为t2＝－vC－vBa＝0.2s小物体从B点运动到D点所用的总时间为t＝t1＋t2＝0.5s(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FN＋mg＝mv2BR解得FN＝11.5N由牛顿第三定律得对轨道的作用力大小FN′＝FN＝11.5N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＝2.05J答案(1)0.5s(2)11.5N竖直向上(3)2.05J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】(2014·江苏卷)如图3所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g。图3(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P。解析(1)由运动的相对性可知：摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小ax＝μgcos45°①匀变速直线运动－2axs＝0－v20②解得s＝2v202μg③(2)设t＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay则ayax＝tanθ④很小的Δt时间内，侧向、纵向的速度增量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt⑤解得ΔvyΔvx＝tanθ⑥且由题意知tanθ＝vyvx⑦则vy′vx′＝vy－Δvyvx－Δvx＝tanθ⑧故摩擦力方向保持不变则当vx′＝0时，vy′＝0，即v＝2v0⑨(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，由题意知ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ⑩在侧向上－2axx＝0－v20⑪在纵向上2ayy＝(2v0)2－0⑫工件滑动时间t＝2v0ay⑬乙前进的距离y1＝2v0t⑭工件相对乙的位移L＝x2＋y1－y2⑮则系统摩擦生热Q＝μmgL电动机做功W＝12m(2v0)2－12mv20＋Q⑯由P＝Wt，解得P＝45μmgv05⑰答案(1)2v202μg(2)2v0(3)P＝45μmgv05力学综合题中多过程问题的分析思路(1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程。(2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解。【变式训练】2．如图4为某生产流水线工作原理示意图。足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板(厚度可忽略不计)静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A孔的右侧(忽略小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序。已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1＝0.05，零件与工作台间的动摩擦因数μ2＝0.025，不计操作板与工作台间的摩擦。重力加速度g＝10m/s2。求：(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；(2)若操作板长L＝2m，质量M＝3kg，零件的质量m＝0.5kg，则操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？图4解析(1)设零件向右运动距离x时与操作板分离，此过程历经时间为t，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A孔处速度减为零，设零件质量为m，操作板长为L，取水平向右为正方向，对零件，有：分离前：μ1mg＝ma1①分离后：μ2mg＝ma2②且x＝12a1t2③以后做匀减速运动的位移为：L2－x＝0－a1t2－2a2④对操作板，有：L2＋x＝12at2⑤联立以上各式解得：a＝2μ1μ2＋μ21gμ2，代入数据得：a＝2m/s2。⑥(2)将a＝2m/s2，L＝2m代入L2＋12a1t2＝12at2⑦解得：t＝La－a1＝23s⑧操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，动能的增加量ΔEk1＝12M(2aL)2＝12J⑨零件在时间t内动能的增加量ΔEk2＝12m(μ1gt)2＝112J⑩零件在时间t内与操作板因摩擦产生的内能Q1＝μ1mg×L2＝0.25J⑪根据能量守恒定律，电动机做功至少为W＝ΔEk1＋ΔEk2＋Q1＝1213J≈12.33J⑫答案(1)2m/s2(2)12.33J