专题2 第8课时　动力学和能量观点的综合应用.pdf

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(2)4J解析(1)a设传送带加速度为0,加速时间为t0,木块的加速度为a,木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为ta,由运动学公式有0t0=atF,又f=μmg,由牛顿第二定:..律有Ff=ma,又I=Fft,联立解得I=4N·s.(2)设运动过程中产生的内能为Q,传送带的位移11x1=a0t02+v(t-t0)=a0t02+a0t0(t-t0)221木块的位移x2=at2,故Q=μmg(x1-x2),联立解得Q=°ABs5==、,其上如图θ两点间的距离为所示,传送带与水平面之间的夹角为m,传送带在电动机的带动下以v=2m/sm=:6558933863(可视为质点)轻放在传送带的A=点,小物体与传送带之间的动摩擦因数μ,在传送带将2小物体从AB(g10m/s点传送到点的过程中,求:取2)图2(1)小物体做加速运动阶段的位移x1的大小;(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q;(3)(1) (2)60J (3)270J1解析(1)小物体做加速运动阶段,由动能定理得(μmgcosθ-mgsinθ)x1=mv2-02代入数值得x1=+v(2)设小物体加速运动的时间为t,对于小物体x1=t2对于传送带x2=vt,所以x2==μmgcosθ(x2-x1),代入数值得Q=60J1(3)由功能关系得W=mv2+mgs·sinθ2代入数值得W= 用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧:..①拆:把整个过程拆分为多个子过程,变为熟悉的运动模型.②找:在题目中找“”“”“”“”恰好恰能最高至少等关键字,找出对应的临界条件.③用:,界点速度是上一过程的末速度,又是下④注意:注意分析“界点”一过程的初速度,在解题过程中有重要的作用.(2)对于涉及滑动摩擦力的过程,一定不能用机械能守恒定律来求解.(3)对于非匀变速直线运动过程,不能用运动学公式求解,但可用动能定理、能量守恒定2023高考试卷资料群:(2021·) 山西吕梁市高三一模随着人们生活水平的提高,冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动,某滑雪场的冲关滑道如图3ABR=1m所示,粗糙的直轨道与半径为的光滑圆弧轨道BCDBOBCDC在处平滑连接,为圆弧轨道的圆心,点为圆弧轨道的最低点,半径OBODOC37°53°、和=,,从直轨道ABB5m的位置以一定的初速度下滑,经圆弧轨道点上距从DAB间的动点冲出,刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功,已知小明与直轨道摩擦因数=,不计空气阻力.(重力加速度g=10m/sμ2,sin37°=,cos37°=,sin53°=,cos53°=)求:图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小;(2)小明滑到C点时对轨道的压力大小;(3)(1)3m/s (2)1290N (3)3m/s点冲出,刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功,则逆解析(1)小明经圆弧轨道从D过程从平台到DD点是平抛运动,到点时竖直方向的分速度由vy2=2gh,解得vy=2gh=4m/s则在Dv点时水平方向的速度为x=vytan37°=3m/s因此小明滑上平台的速度大小为v=vx=3m/s(2)从C点到平台边缘的过程,由动能定理得11-mg[h+R(1-cos53°)]=mv2-mvC222解得vC=33m/s:..vC2经过CF点时,由向心力公式得N-mg=mR解得FN=1290N由牛顿第三定律知,小明对轨道的压力大小为FN′=FN=1290N(3)从开始运动到C点的过程,由动能定理得11mgLsin37°-μmgLcos37°+mgR(1-cos37°)=mvC2-mv02,解得v0=3m/,可视为质点的质量为例4 (2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4m=:655893386滑块静止在水平轨道上的AF4NA=点开始做匀的作用下,从点,在水平向右的恒定拉力加速直线运动,当其滑行到ABBR=点后进入半径为的中点时撤去拉力,(未画出,且入口处的出口且内壁光滑的竖直固定圆轨道,在圆轨道上运动一周后从,“”D陷阱出来后向点滑动,点的右边是一个点是平台边缘上的点,、==,,水平轨道2=,小滑块与水平轨道AB、BC=,重力加速度g=10m/(1)求水平轨道ABl的长度1;(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点;(3)若在ABF段水平拉力作用的距离可变,要达到小滑块在运动过程中,既不脱离竖直圆轨道,又不落入C、D“陷阱”的目的,(1) (2)见解析(3)见解析v2解析(1)v4mgm=,则有设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为,从B点运R1动到最高点的过程中,设小滑块到达Bv点时的速度大小为B,由机械能守恒定律有mvB2=212mg·2R+mv,2代入数据解得vB=26m/,由动能定理可得Fl1-μmgl1=mvB2,代入数据可解得l1=(2)Cv设小滑块到达点时的速度大小为C,从BCmglμ点到点由动能定理可得-2=mvC-2:..1mvB22代入数据解得vC=2m/s设小滑块下落h=,则有所需要的时间为12h=gt,解得t==vCt=<:655893386故小滑块将落入“陷阱”中,不能运动到D点.,则需要分三种情况进行讨论:(3)由题意可知,若要滑块既不脱离圆轨道,又不掉进“陷阱”①当滑块刚好能够到达与圆心等高的Ex点时,设恒力作用的距离为1′,则由动能定理可得:Fx1′-μmgl1-mgR=0代入数据可解得x1′=<x′≤.②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时,设滑块经过最高点时的速度大小为v0,则有mg=mv021,设此时恒力作用的距离为x2′,则有Fx2′-μmgl1-2mgR=mv02,R2代入数据可解得x2′=,设此时恒力作用的距离为2″,则有Fx2″-μmg(l1+l2)=0代入数据可解得x2′≤″=≤.,设滑块到达③“”Cv陷阱当滑块刚好能够越过点时的速度大小为C′,则由平抛运动规律1得h=gt2,x=vC′t2代入数据解得vC′3m/sx=,设此时恒力作用的距离为3′Fx,故有3′(l-μmg1+l2)=12mvC′2代入数据解得x3′=≤x′≤.(2021·辽宁省新高考模拟卷)倾斜传送带连接两光滑平台ABCD,传送带与水平面的夹角和θ=37°,工件与传送带之间的动摩擦因数=,B、,:..工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化,工件以v0=5m/s的速度滑上传送带,工件质量为1kg,传送带以稳定的速度运行(速度大小可调).若工件以最短的时间从平台AB运动到平台CD,重力加速度g=10m/s2,sin37°=,cos37°=:图5(1)工件在传送带上运动的最短时间;2023高考试卷资料群:655893386(2)输送一个这样的工件,(1) (2)10J时,工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下,工件解析(1)当传送带的速度v≥5m/s所受摩擦力一直沿传送带向上,,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma解得加速度a=2m/s2,方向沿传送带向下12根据运动学公式有x=v0t+(-a)t2解得t=(另一解t=)不符合题意舍去(2)工件以最短时间运动,动能变化相同,重力势能变化相同,当工件和传送带的相对位移最小,即传送带以v=5m/s的速度运动时,电机额外输出的电能最少;工件在传送带上的整个运动过程,传送带的位移x1=vt==μmgcosθ(x1-x)工件的末速度v′=v0-at=4m/s1212电机额外输出的电能E=mgxsinθ+(Δmv′-mv0)+Q,解得E=.(2021·山东威海市高三期末)°OPQ=,弹簧一端固定在斜面末端θ点时,自点,自由端位于点,木箱在轨道顶端动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下,轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立即将货物卸下,然后木箱恰好被弹回轨道顶端,°°.=,=,=::..图6(1)木箱下滑时,没碰到弹簧前,货物受到木箱的作用力的大小;(2)木箱的质量;(3)若PQL,木箱在接触弹簧的过程中,(1)mg (2)m (3)(2gL+)5445解析(1)设木箱未碰到弹簧前,运动的加速度为a,木箱的质量为M,由牛顿第二定律有(M+m)gsinθ-μ(Mm)gcosθ=(M+m)a+2023高考试卷资料群:655893386设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为F1,垂直斜面方向的作用力大小为F2,则mgsinθ-F1=maF2=mgcosθ货物受到木箱作用力大小F=F12+F2225代入数据得F=mg5(2)设弹簧的最大弹性势能为Ep,弹簧压缩至最短时木箱移动的距离为x,由能量守恒有:下滑过程中(M+m)gxsinθ-μ(M+m)gxcosθ=Ep弹回过程中Ep=Mgxsinθ+μMgxcosθ1代入数据得M=m4(3)设木箱刚到达Pv点时速度大小为1,返回Pv点时速度大小为2,由动能定理有:未接触弹簧下滑过程:1(M+m)gLsinθμ(M+m)gLcosθ-=(M+m)v122离开弹簧后上滑过程:1-MgLsinθ-μMgLcosθ=0-Mv222以向上为正方向,对木箱由动量定理有I=Mv2-(-Mv1)m10gL代入数据得I=(2gL+).45专题强化练1.(2021·山东济宁市高三期末)1所示,放置在水平地面上的长木板的左端放置一小滑块如图()可视为质点,右侧有一固定在水平地面上的底座,底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨:..道,轨道最低点PQ与长木板等高,,此时长木板也恰好到达P作用在小滑块上,小滑块到达点,并立点时撤去力即粘在底座上,=,长木已知小滑块的质量为板的质量为M1kg=μ,滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为1===,半圆弧轨道半径为,小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点时,压力传感器的示数为FN=,长木板右端与底座左端的距离为x=,重力加速度g=10m/:2023高考试卷资料群:655893386图1(1)小滑块到达Pv点时速度的大小P;(2)长木板的长度L;(3)(1)5m/s (2) (3)9N解析(1)在Q点,轨道对小滑块的支持力为FN′=FN=′+mg=mR小滑块从PQ到的过程中,由动能定理得11-mg2R=mvQ2-mvP222联立解得vP=5m/s.(2)对长木板,由牛顿第二定律得μ1mg-μ2(m+M)g=Ma212由运动学规律得x=a2t2解得t=1s0+vP则长木板的长度为L=t-x=(3)对小滑块,由运动学规律得vP=a1t由牛顿第二定律得F-μ1mg=ma1解得F=9N.:..2(2021·).,传送带的倾角为=30°,以v=3m/sm=10kg的速度向上匀速运行,将质量为θ的货物()=,=,取,则:22023高考试卷资料群:655893386图2(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速?(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中,摩擦力对该货物做的功是多少?(3)与未放货物相比,电动机每小时需多提供多少电能?(结果保留2)位有效数字答案(1) (2)295J (3)×106J解析(1)对货物进行受力分析,由牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma设货物由底端经时间t1与传送带共速,有v=at1解得:t1=(2)货物由底端到与传送带共速时,货物运动的距离v2x1===μmgcosθ·x1h斜面长为L==5msinθ货物做匀速运动过程中,静摩擦力做的功W2=mgsinθ(Lx-1)所以整个运动过程中,摩擦力对货物做的功为W=W1+W2=295J(3)货物匀加速运动过程中,传送带的位移s1=vt1==μmgcosθ(s1-x1)电动机多提供的电能等于系统增加的能量,即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦产生的内能,设一件货物从底端运送到顶端需多提供的电能为E1,12则E1=mv+mgh+Q=430J2每小时需要多提供的电能E=nE1≈×106J.:..3(2021··24)350().,如图全国甲卷,一倾角为图中未完全画出θ个减速带的光滑斜面上有相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m(可视为质点),小车通过第30个减速带后,,,:655893386图3(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能;(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能;(3)30若小车在前个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件?答案(1)mgdsinθmg?L+29d?sinθ-μmgs(2)30μs(3)L>d+sinθ解析(1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma设小车通过第30v个减速带后速度为1,到达第31v个减速带时的速度为2,则有v22-v12=2ad个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同,故后面过减速带后的速因为小车通过第30度与到达下一个减速带时的速度均为v1和v2;经过每一个减速带时损失的机械能为E=Δ11mv22-mv1222联立以上各式解得E=(2)由(1)知小车通过第50v个减速带后的速度为1,则在水平地面上根据动能定理有-μmgs=10-mv122从小车开始下滑到通过第30个减速带,根据动能定理有12mg(L+29d)sinθΔE-总=mv12联立解得EΔ总=mg(L+29d)sinθμmgs-故在每一个减速带上平均损失的机械能为:..ΔE总mg?L+29d?sinθ-μmgsΔE′==3030(3)由题意可知E′>ΔEΔμs可得L>d+.sinθ4.(2021·浙江高三开学考试),与半径R=1mBCBBC轨道末端水平,:6558933862m,圆弧BC37°h==,高度θ对应的圆心角mEFBC轨的探测板竖直放置,离22道末端CLECh=,=,质量的小2滑块(可视为质点),不计小滑块在运动过程中所轨道上运动时所受阻力为重力的受空气阻力,sin37°=,cos37°=,g10m/(1)若将小滑块从BC点静止释放,求经过圆弧轨道最低点点时小滑块对轨道的作用力大小;(2)小滑块从CE、F点以不同的速度飞出,将打在探测板上不同位置,发现打在两点时,小滑块的动能相等,求L的大小;值,求小滑块从距点多远处无初速度释放时,打到探测板上的动能最小?(3)利用(2)问所求LB最小动能为多少?答案(1) (2)2m (3)2m 2J解析(1)小滑块从BC运动到的过程中,由动能定理得12mgR(1-cosθ)=mvC-0,2mvC2设CF,由牛顿第二定律得F-mg=点时轨道对小滑块的作用力大小为,R得F=,经过圆弧轨道最低点CF′=F=(2)从CEh=点到点,小滑块做平抛运动,gt2,L=vC1t,得vC1=22hg:..1mg?L2+4h2?打在EE点的动能kE=mvC12+mgh=24hmg?L2+16h2?同理可知:打在FE点的动能为kF=8h又因为EkE=EkF,得L=2m(3)令小滑块从距Bx点处无初速度释放从释放点运动到C,由动能定理得12mgxsinθ-F2023高考试卷资料群:655893386fx+mgR(1-cosθ)=mvC′-02其中Ff=,竖直方向位移1L2y=g(C)2v′1打到探测板上的动能Ek=mvC′2+mgy22x+15解得Ek=(+)J,52x+12x+15则当=时,+1即x=2mE时,动能最小值kmin=2J.