2017高考物理復(fù)習(xí)方案第5章機(jī)械能及其守恒定律熱點(diǎn)專題系列(七)應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過

1、熱點(diǎn)專題系列(七)一一應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過程問題熱點(diǎn)概述：高考中物體的運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，要根據(jù)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)選擇是用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)還是能量觀點(diǎn)解決問題。熱點(diǎn)透析一、應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理解決多過程問題若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，有的運(yùn)動(dòng)過程只涉及分析力或求解力而不涉及能量問題，則常常用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解；若該過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，并且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，則往往用動(dòng)能定理求解。如圖所示，在粗糙水平臺(tái)階上放置一質(zhì)量m= 0.5 kg卩=0.5，與臺(tái)階邊緣O點(diǎn)的距離s= 5 m 在臺(tái)階R= 1 m，圓弧的圓心也在O點(diǎn)。今以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建 的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉力，小物訂2=0.6，取

2、g = 10 m/s )解得：Vo(2)為使小物塊擊中擋板，小物塊必須能運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)。設(shè)拉力作用的位移為x。由動(dòng)能定理得：Fx卩mgs0 解得：x= 2.5 m由牛頓第二定律得：F卩mg= ma解得：a= 5 m/s22為使小物塊擊中擋板，求拉力F作用的最短時(shí)間；【例證 1】2016 山 東濟(jì)寧模擬 的小物塊，它與水平臺(tái)階間的動(dòng)摩擦因數(shù) 右側(cè)固定一個(gè)1/4圓弧擋板，圓弧半徑立平面直角坐標(biāo)系xOy?，F(xiàn)用F=5 N 塊最終水平拋出并擊中擋板。(sin37答案)m/s(2)1 s55,3 J解析水平方向：小物塊從0到P,做平拋運(yùn)動(dòng)。=Vot豎直方向:Rsin37=?gt2 3)，求其離開0點(diǎn)時(shí)的速12

3、由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：x= ?at2解得：t= 1 s解得：V1=123設(shè)小物塊擊中擋板的任意點(diǎn)坐標(biāo)為(X,y)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得:由動(dòng)能定理得：mgy=丘一 fmV21由基本不等式得：y= 3 時(shí)，動(dòng)能最小，其值為：Ekmin=3二、用動(dòng)力學(xué)和能量守恒解決多過程問題若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程， 有的過程只涉及運(yùn)動(dòng)和力的問題或只要求分析物體的動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)，則要用動(dòng)力學(xué)方法求解； 若某過程涉及到做功和能量轉(zhuǎn)化問題，則要考慮應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律求解。【例證 2】 如圖所示，在豎直方向上，A B兩物體通過勁度系數(shù)為k= 16 N/m 的輕質(zhì) 彈簧相連，A放在水平地面上，B C兩物體通過細(xì)線繞過輕質(zhì)

4、定滑輪相連，C放在傾角a=30的固定光滑斜面上。用手拿住C,使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細(xì)線 豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行。 已知A B的質(zhì)量均為m= 0.2 kg,重力加速度取g= 10 m/s 細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放C后它沿斜面下滑，A剛I離開地面時(shí)，B獲得最大速度，求：(1)從釋放C到物體A剛離開地面時(shí)，物體C沿斜面下滑的距離；物體C的質(zhì)量；釋放C到A剛離開地面的過程中細(xì)線的拉力對(duì)物體C做的功。答案(1)0.25 m (2)0.8 kg (3) 0.6 J解析(1)設(shè)開始時(shí)彈簧的壓縮量為XB,得：kxB=mgD設(shè)物體A剛離開地面時(shí)，彈簧的

5、伸長量為XA,得：kxA=mg當(dāng)物體A剛離開地面時(shí)，物體C沿斜面下滑的距離為：X=Vot；y= 2gt2又x2+y2=R4h=XA+XB由解得：h=2mg= 025 m(2) 物體A剛離開地面時(shí)， 物體B獲得最大速度vm,加速度為零， 設(shè)C的質(zhì)量為M對(duì)B有：Tmg-kxA= 0對(duì)C有：MinaT= 0由得：Mina 2mg=0解得：M= 4m= 0.8 kg。(3) 由于XA=XB，物體B開始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中，彈簧彈力做功為零，且B、C兩12物體速度大小相等，由能量守恒有：Mglsinamgh=2(m+M)vm解得：Vm= 1 m/s12對(duì)C由動(dòng)能定理可得：Mglsina+VW=皿點(diǎn)解得

6、：WT= 0.6 J。熱點(diǎn)集訓(xùn)1. 2015 撫順二中期中如圖所示，AB和CDOTE是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R= 2 m 的 1/4 圓周軌道，CDO是半徑為r= 1 m 的半圓軌道， 最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板。D為CD助道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道， 與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L= 2 m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)卩=0.4。現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為 m= 1 kg 的小球P從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H處自由落下。(取g= 10 m/s2)(1) 當(dāng)H=1.4 m 時(shí)，問此球第一次到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小。(2) 當(dāng) Hh 1.4 m 時(shí)

7、，試通過計(jì)算判斷此球是否會(huì)脫離CDO道。如果會(huì)脫離軌道，求脫離前球在水平軌道經(jīng)過的路程；如果不會(huì)脫離軌道，求靜止前球在水平軌道經(jīng)過的路程。答案 (1)32 N (2)不會(huì)；8.5 m解析(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度VD,P到D點(diǎn)的過程對(duì)小球由動(dòng)能定理得：mg H+r)卩mgL= mV/22mD在D點(diǎn)對(duì)小球由牛頓第二定律得：FN=丁聯(lián)立解得：FN=32 N解得：V1=125由牛頓第三定律FN=FN=32 N(2)第一次來到O點(diǎn)時(shí)速度V1,P到O點(diǎn)的過程對(duì)小球由動(dòng)能定理得：mg卩mgL= mV/26若恰能通過O點(diǎn)，mgj=r臨界速度v：= 10 m2/s2因v1v2故第一次來到0點(diǎn)之前沒有脫離。

8、設(shè)第二次來到D點(diǎn)的動(dòng)能為對(duì)之前的過程由動(dòng)能 定理得：mg H+ r) 3 卩mgEk代入解得：Ek= 0故小球一直沒有脫離CD蹴道設(shè)此球靜止前在水平軌道經(jīng)過的路程s對(duì)全過程由動(dòng)能定理得：mH+ R)卩mgs=0解得：s= 8.5 m。2. 2016 四川綿陽模擬如圖所示，AB是一段位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，高度為h,末端B處的切線方向水平。一個(gè)質(zhì)量為m的小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放，滑到B端后飛出。落到地面上的C點(diǎn)，軌跡如圖中虛線BC所示。已知它落地時(shí)相對(duì)于B點(diǎn)的水平位移OC= l?，F(xiàn)在軌道下方緊貼B點(diǎn)安裝一個(gè)水平傳送帶， 傳送帶的右端與B的距離為1/2 , 當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，讓P再次從A點(diǎn)

9、由靜止釋放，它離開軌道并在傳送帶上滑行后從右端水平 飛出，仍然落在地面的C點(diǎn)。當(dāng)驅(qū)動(dòng)輪轉(zhuǎn)動(dòng)從而帶動(dòng)傳送帶以速度v=, 3gh勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)(其他條件不變)，P的落地點(diǎn)為D(不計(jì)空氣阻力)(1) 求P滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2) 求P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3) 求出O D間的距離。答案何(2)32卑嚴(yán)lvo=2gh。(2)當(dāng)沒傳送帶時(shí)，物體離開B點(diǎn)后平拋，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t= =-Vop2gh當(dāng)B點(diǎn)下方傳送帶靜止時(shí)，物體從傳送帶右端平拋，時(shí)間也為t,水平位移為 2,解析(1)物體P在AB軌道上滑動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理得mgh=2mv得P滑到B點(diǎn)時(shí)的速度7l物體從右端拋出速度vi=-= 2由動(dòng)能定理：一

10、卩mg=jmV *mVi得 卩=2h設(shè)加速到v=3gh通過的位移為x,由動(dòng)能定理知:1212 1l卩mg)= 2mv2mv，解得x= 3Im，因?yàn)镠4. 2015 保定一模如圖所示，在傾斜0= 30的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定 擋板C,質(zhì)量相等的兩木塊A B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈 簧壓縮量為I。如果用平行斜面向上的恒力F（F=mg）拉A,當(dāng)A向上運(yùn)動(dòng)一段距離x后撤去F,A運(yùn)動(dòng)到最高處B剛好不離開C,重力加速度為g,則下列說法正確的是（）A.A 沿斜面上升的初始加速度大小為2相同所以重力勢(shì)能變化量不同，sin0，因?yàn)閙s in0=m,所以C 錯(cuò)誤；重力平均功率P=

11、Fv所以PA=PB,D 正確。R= mg v,PB=mg v9B.A上升的豎直高度最大為 2lC. 拉力 F 的功率隨時(shí)間均勻增加D. I等于x答案 D解析A原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，加外力F后的初始加速度a=- =g,故 A 選項(xiàng)錯(cuò)誤。剛開始，彈簧壓縮量為I，對(duì)A沿斜面方向列平衡方程有：mgsin0=kl，最后B恰好不離開C,對(duì)B沿斜面方向列平衡方程有：mgsin0=kxi,其中xi為彈簧伸長量，因mA=mB,所以xi=I，則A沿斜面上升 2I，而豎直高度h= 21sin0=1，故 B 選項(xiàng)錯(cuò)誤。因彈簧初始的壓縮 量為I，后來的伸長量為I，所以彈性勢(shì)能沒變。由能量守恒得：F做的功轉(zhuǎn)化成了A的重力勢(shì)能

12、。即Fx=mg21 sin0,所以x=I，故 D 選項(xiàng)正確。拉力F的功率P=Fv,由于A不是勻變速運(yùn)動(dòng)，故P不是隨時(shí)間均勻增加，故C 選項(xiàng)錯(cuò)誤。5. 2015 山西太原一模將小球以 10 m/s 的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零 勢(shì)能面，小球在上升過程中的動(dòng)能E、重力勢(shì)能 巳與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示。取g= 10 m/s2，下列說法正確的是（）A. 小球的質(zhì)量為 0.2 kgB. 小球受到的阻力（不包括重力）大小為 0.20 NC.小球動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為 10 mD.小球上升到 2 m 時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5 J 答案 D解析 在最高點(diǎn)，氏=mgh得m=

13、0.1 kg, A 項(xiàng)錯(cuò)誤；由除重力以外其他力做功Wb=AE可知：一fh=E高一E低，E為機(jī)械能，解得f= 0.25 N, B 項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)小球動(dòng)能和重力勢(shì)能相12一 121220等時(shí)的咼度為H,此時(shí)有mgH=?mv,由動(dòng)能定理：一fHmgH= ?mv?mv得 H-9 m，故 C12項(xiàng)錯(cuò)；當(dāng)上升h= 2 m 時(shí)，由動(dòng)能定理，一fhmgh=Ek2 qmv得民=2.5 J,呂2=mgh=2 J，所以動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5 J，故 D 項(xiàng)正確。1011壬 曰 .質(zhì)量A、B,以等大的速率Vo從圓心等高處向上、向下滑入環(huán)形槽，若在運(yùn)動(dòng)過程.JF,11 I*中兩球均未脫離環(huán)形槽，設(shè)當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。則

14、下列敘述中正確的是（）解析 兩小球運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，C 項(xiàng)錯(cuò)；兩小球初始機(jī)械能相同，故再次相遇時(shí)，重力勢(shì)能相等，動(dòng)能相等，A 項(xiàng)正確；小球通過最高點(diǎn)的最小速度 v = gR,1212小球從初始位置到最咼點(diǎn)速度最小時(shí)，由動(dòng)能定理得：mgR=?mv ?mv，解兩式，vo=23gRB 項(xiàng)錯(cuò)；設(shè)小球通過最高點(diǎn)時(shí)，速度為V1,由牛頓第二定律有：F1+mg=嚥。小球6如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑0A水平、OB豎直，一個(gè) 質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落， 小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì) 軌道沒有壓力。已知AP=2R重力加速度為g,則小球從P到B的運(yùn)

15、動(dòng)過程中（ ）A.B.C.D.重力做功2mgR機(jī)械能減少mgR合外力做功mgR克服摩擦力做功答案 D解析一個(gè)小球在的重力提供向心力，即:A點(diǎn)正上方由靜止釋放， 通過2mv/口2t,（mg=，得v=gR,小球從RB點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力，此時(shí)小球錯(cuò)誤；減小的機(jī)械能 E=mgR-1mv=*mgRB 錯(cuò)誤;P到B的過程中，重力做功 W=mgRA12、1合外力做功?mv= ?mgRC 錯(cuò)誤；7. 2015均為m的小球A.B.C.兩球再次相遇時(shí)，速率仍然相等/Vo的最小值為;2gR小球A通過最高點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能小于小球B通過最低點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能小球A通過最高點(diǎn)和小球B通過最低點(diǎn)時(shí)對(duì)環(huán)形槽的壓力差值為6mgD.答

16、案 AD由動(dòng)能定理12一 1212由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得：mg2R=-mw- qmv,在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓2V2第二定律有：F2mg= mR,解得：F2Fi= 6mgD 項(xiàng)正確。& 2015 四川宜賓二診如圖所示，水平光滑長桿上套有一個(gè)質(zhì)量為 m 的小物塊 A, 細(xì)線跨過O點(diǎn)的輕小光滑定滑輪一端連接A,另一端懸掛質(zhì)量為m的小物塊B,C為O點(diǎn)正 下方桿上一點(diǎn)，滑輪到桿的距離OC= h。開始時(shí)A位于P點(diǎn)，PO與水平方向的夾角為 30。 現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，則下列分析正確的是（ ）ABA.物塊B從釋放到最低點(diǎn)的過程中，物塊A的動(dòng)能不斷增大B.物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C

17、點(diǎn)的過程中，物塊B的機(jī)械能先增大后減小C.PO與水平方向的夾角為 45時(shí)，物塊A B速度大小關(guān)系是VA=VB答案 AD解析 如圖，VACOS0=VB,當(dāng)0= 90時(shí)，VB= 0,物體B到達(dá)最低點(diǎn)，繩的拉力對(duì)A一直做正功，A動(dòng)能不斷增大，故 A 項(xiàng)正確。在此過程中繩的拉力對(duì)B一直做負(fù)功，B機(jī)械 能減小，故 B 項(xiàng)錯(cuò)誤。PO與水平面夾角為 45時(shí)，由VACOS45=VB得：VA=. 2VB,故 C 項(xiàng) 錯(cuò)誤。A的最大速度出現(xiàn)在0=90時(shí)，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgsin30 h=RAVA,/2mgh ,-解得VA=m，故 D 項(xiàng)正確。D.物塊 A 在運(yùn)動(dòng)過程中最大速度為2mBgh、m139如圖所示，

18、等腰直角三角體OCD由不同材料A B拼接而成，P為兩材料在CD邊上 的交點(diǎn)，且DPCP現(xiàn)0D邊水平放置，讓小物塊從C滑到D然后將0C邊水平放置，再讓小物塊從D滑到C,小物塊兩次滑動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間相同。 下列說法正確的是（7A.A、B材料的動(dòng)摩擦因數(shù)相同B. 兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)底端速度相等C. 兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá) P 點(diǎn)速度相等D. 兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)底端摩擦生熱相等答案 BD解析本題考查動(dòng)力學(xué)知識(shí)及功能關(guān)系在多運(yùn)動(dòng)過程中的應(yīng)用，意在考查學(xué)生的綜合分八2析能力。由小物塊兩次滑動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間相同及x=-at可知兩次滑動(dòng)的加速度不相同，根據(jù)牛頓第二定律可知A B材料的動(dòng)摩擦因數(shù)不相同，兩次滑動(dòng)中物

19、塊到達(dá)P點(diǎn)速度不相等，選項(xiàng) A、C 錯(cuò)誤；由于兩次滑動(dòng)中小物塊經(jīng)過CP段與PD段的摩擦力分別保持不變，故兩次滑動(dòng)過程中克服摩擦力做的總功相同，故兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)底端過程中摩擦生熱相10.一輛質(zhì)量為m的汽車在發(fā)動(dòng)機(jī)牽引力F的作用下，沿水平方向運(yùn)動(dòng)。在閉發(fā)動(dòng)機(jī)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示。已知汽車行駛過程中所受的阻力是汽車重量的k倍，則（）A.加速過程與減速過程的平均速度之比為 1：2B.加速過程與減速過程的位移大小之比為 1 : 2C. 汽車牽引力F與所受阻力大小之比為 3 : 1to時(shí)刻關(guān)14D. 汽車牽引力 F 做的功為3kmg答案 BCD15Vo1FFf=ma,a=,位移xi=aVoto

20、；減速過程一Ff=ma,to2Vo1a2=萬-，位移X2=vo2to,又Fr=kmg由以上各式解得加速過程與減速過程的位移大2to2小之比為 1 : 2,平均速度之比為 1 : 1，汽車牽引力F與所受阻力大小之比為 3 : 1，汽車牽 引力F做的功為 W=FX1=3kmgVt：故選項(xiàng) A 錯(cuò)誤，B、C D 正確。二、非選擇題(本題共 2 小題，共 30 分)11.(15 分)如圖甲所示，一傾角為0= 37的傳送帶以恒定速度運(yùn)行?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=1 kg 的小物體拋上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g= 1O m/s2, sin37 = O.6 , c

21、os37= O.8。求：(1) O8 s 內(nèi)物體位移的大小。(2) 物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)。(3) 08 s 內(nèi)物體機(jī)械能增量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q答案(1)14 m (2)0.875(3)90 J 126 J1 1解析 (1)從圖乙中求出物體位移x= 2X2X -m + 4X4X -m+ 2X4 m= 14 m由圖象知，物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)的加速度：a= 1 m/s2對(duì)此過程中物體受力分析得卩mgcos0mgjin0=ma得卩=0.875物體被送上的高度h=xsin0= 8.4 m重力勢(shì)能增量 E)=mgh=84 J1212動(dòng)能增量 E= mv?mv= 6 J機(jī)械能增加E= & + E = 90 J08 s 內(nèi)只有前 6 s 發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。解析由題圖可知，加速過程m1606 s 內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)距離X1= 4X6 m= 24 m06 s 內(nèi)物體位移X2= 6 m產(chǎn)生的熱量Q=卩mgcos0 x=mgcos0(X1X2) =