044多过程运动+功与能+动力学综合精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题.pdf

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　　免费在线 多过程运动 +功与能 +动力学综合 一 . 必备知识精讲 1. 多过程运动特点： 由三个及三个以上的运动过程组成的复杂运动。 2. 解题理论 （1）动力学：涉及到时间、加速度等物理量，可能用到运动学公式和牛顿定律。 （2 ）动能定理：涉及到变力做功、曲线运动、非匀变速运动等运动过程，可能用到动能 定理。 （3）功能关系： 涉及到不同形式能量之间关系或功与能之间关系，可能用到功能关系或能量守恒定律。 3. 解题技巧： （1）仔细审题，弄清有哪几个运动过程，并画简图示意。 （2 ）对各运动过程要进行受力与运动特点、做功与能量变化分析。 （3）边审题，边提取已知信息或隐含信息，对每个运动过程，列出可能的方程式。 （4 ）一般要有探索过程， 不要企图一步到位， 最后根据需要， 列出必要的方程或方程组。 4. 注意事项 （1）一个方程不能解决问题，就多设内个未知量，列方程组求解。 （2 ）列方程式时依据要明确，概念要清楚： 如运用动能定理， 就涉及到功与动能的关系， 不要弹性势能、 重力势能列在式中； 如运用 机械能与系统外力和非保守力做关系时， 重力做功或弹簧弹力做功就不要列在式中； 如运用能 量守恒定律列式，只是寻找能量之间的关系，不要把功写在式中。 二 . 典型例题精讲 ① 例 ：(2016 ·全国卷Ⅰ )(18 分 ) 如图， 一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37°的 固定直轨道 AC的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径 5 ① ② 为 R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点， AC＝7R，A、B、 C、D均在同一竖直平面内。 质量为 m的 6 ② 小物块 P 自 C点由静止开始下滑，最低到达 E点 ( 未画出 ) 。随后 P 沿轨道被弹回， 最高到达 1 F 点， AF＝4R。已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 μ＝ ，重力加速度大小为 g。( 取 sin37 °＝ 4 1 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 3 4 ，cos37°＝ ) 5 5 ③ (1) 求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小； ④ (2) 求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能； ⑤ (3) 改变物块 P 的质量，将 P推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点 D ⑤ 7 处水平飞出后， 恰好通过 G 点。 G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 R、竖直相距 R。求 P 2 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。 [ 审题 抓住信息，准确推断 ] 关键信息 信息挖掘 ① ＝7 ， ＝2 说明 ＝5 AC R AB R CB R 题干 ②小物块从 C到 E，又从 E 到 F 弹簧的弹性势能先增加 Ep ，后又减少 Ep ③求 P 第一次运动到 B 的速度大 可对 → 过程由动能定理列式求解 C B 小 可设弹簧的弹性势能为 Ep ，对应的 BE＝x ， ④求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性 分别对 B→ E 和 E→F 过程用功能关系列式求 问题 势能 解 ⑤改变 P 的质量后 a. 求出平抛的水平位移和竖直位移借助平抛 a ．求 P 运动到 D 点时的速度； 知识求解； b ．求改变后 P 的质量 b ．对 E→ D过程用功能关系或能量守恒求解 [ 破题 形成思路，快速突破 ] (1) P 第一次运动到 B 点时速度大小的求解 ①选研究过程： P 从 C 到 B。 ②列动能定理方程：设 B、C 间距离为 l ＝5R 2 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 1 2 mgl θ μmg θ l mvB sin － cos · ＝ 。 2 (2) P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能的求解 ①选研究过程： P 由 B 到 E 和 P 由 E 到 F。 ②根据功能关系方程： 设 BE＝x ，EF 间距离 l 1＝2 R＋x 由 B 到 E 过程：机械能减少量等于克服摩擦力做功 1 2 mgx θ+ mvB Ep μmgx θ sin － ＝ cos 2 E 到 F 过程：机械能减少量等于克服摩擦力做功 p 1 1 E －mgl sin θ＝ μmgcos θl (3) ① P从 D 点平抛速度大小的求解 7 5 a．水平位移： ＝ － sin 。 x 1 R R θ 2 6 5 5 1 b．竖直位移： y ＝R＋ R＋ Rcos θ。 6 6 1 2 c ．列平抛运动公式： 1 ＝ D ， 1＝ 。 x v t y gt 2 ②改变后 P的质量的求解 a．选研究过程： P 从 E 到 D。 b．根据功能关系方程：设改变后 P 的质量为 m1，机械能减少量等于克服摩擦力做功，所 以有： 5 5 1 2 － ( ＋ 5 )sin － R＋ Rcos θ + D＝ cos ( ＋ 5 ) Ep m1g x R+ θ m1g m1v μm1g θ x R 6 6 2 或根据能量守恒列方程式： 弹性势能的减少量等于动能增加量、 重力势能增加量与内能增 加量之和。其中内能增加量等于摩擦热 5 5 1 2 p 1 1 ＋ cos 1 D 1 E ＝mg( x ＋ 5R+)sin θ+mg R R θ + mv + μmgcos θ( x ＋5R) 6 6 2 [ （规范）解答 ] (1) 根据题意知， B、C之间的距离 l 为 3 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 l ＝7R－2R＝5R① 设 P 到达 B点时的速度为 vB ，由动能定理得 1 2 sin － cos ＝ B② mgl θ μmg θl mv 2 式中 θ＝37°。联立①②式并由题给条件得 vB ＝2 gR③ p (2) 设 BE＝x 。P到达 E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 E 。P 由 B 点运动到 E点 的过程中，由功能关系有 1 2 sin B － p ＝ cos ④ mgx θ+ mv E μmgx θ 2 、 之间的距离 为 E F l 1 1 ＝4 －2 ＋ ＝2 ＋ ⑤ l R R x R x P 到达 E 点后反弹，从 E点运动到 F 点的过程中，由功能关系有 p － 1sin ＝ cos 1⑥ E mgl θ μmg θl 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R⑦ 12 Ep ＝ mgR⑧ 5 (3) 设改变后 P 的质量为 m1。D 点与 G点的水平距离 x1 和竖直距离 y1 分别为 7 5 x1 ＝ R－ Rsin θ⑨ 2 6 5 5 y1 ＝R＋ R＋ Rcos θ⑩ 6 6 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 θ的事实。 1 2 设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G点的时间为 t 。由平抛运动规律有 y1 ＝ gt ? 2 x1 ＝vDt ? 3 联立⑨⑩ ?? 式得 vD＝ 5gR? 5 P 由 E 点运动到 D 点的过程中，由能量守恒有 4 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 5 5 1 2 R R θ p 1 1 ＋ cos 1 D 1 E ＝mg( x ＋ 5R+)sin θ+mg 6 6 +2mv + μmgcos θ( x ＋5R) ? 1 联立⑦⑧ ?? 式得 ＝ 。? m1 m 3 [ 评分标准 ] ①②③⑤⑦⑧⑨⑩ ???? 各 1 分，④⑥ ? 各 2 分。 [ 易错点或难点 ] (1) 不敢设 到达 点时弹簧的弹性势能为 ， ＝ ，而列不出方程组解待求量。 P E Ep BE x (2) 空间关系不清楚，不能正确地根据几何关系求出平抛运动的竖直分位移和水平分位移 导致处理不了第 (3) 问。 三 . 举一反三，巩固练习 1．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图是滑板 运动的轨道， BC和 DE是两段光滑圆弧形轨道， BC段的圆心为 O点，圆心角为 60°，半径 OC 与水平轨道 CD垂直，水平轨道 CD段粗糙且长 8 m 。某运动员从轨道上的 A 点以 3 m/s 的速 度水平滑出，在 B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道 BC，经 CD轨道后冲上 DE轨道， 到达 E 点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为 60 kg ， B、E 两点到水平 2 轨道 CD的竖直高度分别为 h 和 H，且 h＝2 m，H＝2.8 m ，g 取 10 m/s 。求： B (1) 运动员从 A 点运动到达 B 点时的速度大小 v ； (2) 轨道 CD段的动摩擦因数 μ； (3) 通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到 B 点？如能，请求出回到 B 点时速度 的大小；如不能，则最后停在何处？ 答案 (1)6 m/s (2)0.125 (3) 不能回到 B 处，最后停在 D 点左侧 6.4 m 处 ( 或 C点右侧 1.6 m 处) v0 B B 解析 (1) 由题意可知： v ＝ ，解得 v ＝6 m/s 。 cos60° (2) 从 B 点到 E 点，由动能定理可得： 5 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 1 2 mgh μmgsCD mgH mvB － － ＝0 － 2 代入数据可得： μ＝0.125 。 (3) 设运动员能到达左侧的最大高度为 h ′，从 B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定 理得： 1 2 CD B mgh－ mgh′－ μmg·2s ＝0 － mv 2 解得 h ′＝ 1.8 m h＝2 m ，所以第一次返回时，运动员不能回到 B 点。 B CD s mgh μmgs 设运动员从 点运动到停止，在 段的总路程为 ，由动能定理可得： － ＝0 1 2 － mvB 2 解得 s ＝30.4 m 。 因为 s ＝3sCD＋6.4 m ，所以运动员最后停在 D点左侧 6.4 m 处 ( 或 C点右侧 1.6 m 处 ) 。 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 g 取 2 10 m/s . 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 ) (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 2 v 解析 (1) 设小物块刚好通过 B 点时速度大小为 v ，只有重力充当向心力， mg＝m R 解得 v ＝ 6 m/s 2 (2) 压缩 x 时，弹簧的弹性势能 Ep1＝ kx ，k 为比例系数 6 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 f N 滑动摩擦力 F ＝ μF 而 FN＝mg 2 由能量守恒得 Ep1 －Ff ·(x ＋L) ＝0, 压缩 2x 时，弹簧的弹性势能 Ep2 ＝k(2 x ) 1 2 由能量守恒 Ep2 －Ff ·(2 x ＋L) ＝mg·2R＋ mv 2 联立解得 x ＝0.15 m. 3．如图 2 所示，由两个半径均为 R 的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道 ABC竖直放置， 1 2 且固定在光滑水平面上，圆心连线 OO 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 到管道右端 的水平距离为 ，开始时弹簧处于锁定状态， DG C R 具有的弹性势能为 4 mgR，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 2 (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． 9 5 p 答案 (1)2 mgR (2)3 mg，方向竖直向上 (3) mgRE mgR 4 2 k C 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 －0 解得小球经 C 点时的动能 EkC ＝2mgR 2 Ek C (2) 由(1) 可知 C点小球的速度： vC＝ ＝2 gR m 2 vC C点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得： mg＋ FN＝m R 解得： FN＝3mg，方向竖直向下 7 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 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： 1 竖直方向： R＝ gt 12 2 C 水平方向： R＝v 1t 1 gR 联立解得： vC1＝ 2 1 2 小球从释放到 C点的过程： Ep1 －2mgR＝ mvC1 －0 2 9 得： p1 ＝ E mgR 4 当小球直接击中 E 点时，弹性势能是符合条件的最大值，由平抛运动规律可得： 1 2 竖直方向： 2 R＝ gt 2 2 水平方向： 2 R＝vC2 t 2 联立解得： vC2 ＝ gR 1 2 小球从释放到 C点的过程： Ep2 －2mgR＝ mvC2 －0 2 5 得： Ep2 ＝ mgR 2 9 5 综上符合条件的弹性势能应满足： . mgREp mgR 4 2 3 4. 如图，固定斜面的倾角 θ＝30°，物体 A与斜面之间的动摩擦因数 μ＝ ，轻弹簧下端固 2 定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于 C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑 轮连接物体 和 ，滑轮右侧绳子与斜面平行， 的质量为 2 ， 的质量为 ，初始时物体 A B A m B m A 到 C 点的距离为 L. 现给 A、B一初速度 v0( v0 gL) ，使 A 开始沿斜面向下运动， B 向上运动， 物体 A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到 C点．已知重力加速度为 g，不计空气阻力，整个过 程中，轻绳始终处于伸直状态，求： 8 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 (1) 物体 A 向下运动刚到 C 点时的速度大小； (2) 弹簧的最大压缩量； (3) 弹簧的最大弹性势能． 2 2 1 v0 3 2 答案 (1) v0 －gL (2) ( －L) (3) m( v0 －gL) 2 g 4 解析 (1) 物体 A 与斜面间的滑动摩擦力 Ff ＝2 μmgcos θ， 对 A 向下运动到 C 点的过程，对 A、 B组成的系统，由动能定理有 1 2 2 2mgLsin θ－mgL－2 μmgLcos θ＝ ×3m( v －v0 ) 2 2 解得 v ＝ v0 －gL (2) 从物体 A 接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到 C 点的过程，对 A、B 组成的系统由 动能定理得 1 2 －Ff ·2x ＝0－ ×3mv 2 2 1 v0 解得 ＝ ( － ) x L 2 g (3) 从弹簧被压缩至最短到物体 A 恰好弹回到 C 点的过程中，由能量守恒定律得 Ep ＋mgx＝Ff x ＋2mgxsin θ 3m 2 解得 Ep ＝ ( v0 －gL) ． 4 5．(2021 ·八省联考江苏卷 )(15 分) 如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度 v ＝ 4 m/s ，与倾角为 37°的斜面的底端 P平滑连接，将一质量 m＝2 kg 的小物块从 A 点静止释放。 已知 A、 P 的距离 L ＝8 m ，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为 μ1 ＝0.25 、 μ2 ＝ 2 0.20 ，取重力加速度 g ＝10 m/s ，sin37 °＝ 0.6 ，cos37°＝ 0.8 。求物块 9 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 (1) 第 1 次滑过 P 点时的速度大小 v1 ； (2) 第 1 次在传送带上往返运动的时间 t ； (3) 从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量 Q。 答案 (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J 解析 (1) 物块从 A 到 P 的过程，由动能定理得 1 2 ( mgsin37 °－ μ1mgcos37°)L＝ mv1 －0 2 代入数据解得 v1 ＝8 m/s 。 (2) 物块在传送带上运动时， 由牛顿第二定律得 2 ＝ μ mg ma 1 1 物块与传送带共速时，有－ v ＝v －at 解得物块第一次滑上传送带至两者共速所用时间 t 1＝6 s 设物块第一次在传送带上向左匀减速运动的位移大小为 x 1 ，向右匀加速运动的位移大小 2 为 x ， 2 2 1 1 2 则－ 2ax ＝0 －v ，2ax ＝v －0 物块向右匀速运动的时间为 2 2 v 1 v － 1 2 2a 2a x －x t 2 ＝ ＝ ＝3 s v v 则物块第 1 次在传送带上往返运动的时间 t ＝t 1＋t 2 ＝9 s 。 (3) 分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大 1 2 小相等，则根据能量守恒定律，有 Q＝ μ1mgcos37° L＋ mv＝48 J 。 2 6．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角 θ＝ 10 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 3 1 2 60 °，长 L ＝2 3m 的倾斜轨道 AB ，通过微小圆弧与长为 L ＝ m 的水平轨道 BC 相连，然后 2 在 C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道 D ，如图所示。现将一个小球从距 A 点高 h＝0.9m 的水平台面上以一定的初速度 v 0 水平弹出，到 A 点时速度方向恰沿 AB 方向，并 3 2 沿倾斜轨道滑下。已知小球与 AB 和 BC 间的动摩擦因数均为 μ＝ ，g 取 10m/s ，求： 3 (1)小球初速度的大小； (2)小球滑过 C 点时的速率； (3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。 [答案 ] (1) 6m/s (2)3 6m/s (3)0 R≤ 1.08m 2 [解析 ] (1)小球开始时做平抛运动，有 v y ＝2gh ， 代入数据解得 vy ＝ 2gh ＝ 2 ×10×0.9m/s ＝3 2m/s， vy 在 A 点有 tan θ＝ ， vx vy 3 2 得 vx ＝v 0 ＝ ＝ m/s＝ 6m/s。 tan θ 3 (2)从水平抛出到 C 点的过程中，由动能定理得 1 1 2 2 1 1 2 C 0 mg( h＋L sin θ) － μmgLcos θ－ μmgL＝ mv － mv ， 2 2 代入数据解得 vC ＝3 6m/s 。 (3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有 2 v mg＝mR1， 1 1 2 2 mv C ＝2mgR1＋ mv ， 2 2 代入数据解得 R1＝1.08m 。 当小球刚能到达与圆心等高处时，有 11 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 1 2 mv C ＝mgR2 ， 2 代入数据解得 R2 ＝2.7m 。 当圆轨道与 AB 相切时 R3 ＝L2 ·tan60 ＝°1.5m， 综上所述，要使小球不离开轨道， R 应该满足的条件是 0 R≤ 1.08m 。 7. 如图所示，水平传送带右端与半径为 R＝0.5 m 的竖直光滑圆弧轨道的内侧 相切于 Q 点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为 m＝0.2 kg 的小物块轻 轻放在传送带的左端 P 点，小物块随传送带向右运动，经 Q 点后恰好能冲上光滑 圆弧轨道的最高点 N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.5，取 g ＝10 2 m/s 。 0 (1)求传送带的最小转动速率 v ； (2)求传送带 P、Q 之间的最小长度 L ； (3)若传送带 P、Q 之间的长度为 4 m，传送带以 (1)中的最小速率 v0 转动，求 整个过程中产生的热量 Q 及此过程中电动机对传送带做的功 W。 答案 (1)5 m/s (2)2.5 m (3)2.5 J 5 J 解析 (1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达 Q 点已与传送带同 速且小物块刚好能到达 N 点， 2 v N 在 N 点，有 mg＝m R 小物块从 Q 点到 N 点，由动能定理得 12 / 13 044 多过程运动 +功与能 +动力学综合 1 2 1 2 －mg 2·R＝ mvN－ mv0 2 2 联立并代入数据解得 v0 ＝5 m/s。 (2)传送带长度最小时，小物块从 P 点到 Q 点一直做匀加速运动，到 Q 点时刚 好与传送带共速且速度为 v0，则有 2 v0＝2aL μmg＝ma 联立并代入数据解得 L ＝2.5 m。 (3)设小物块经过时间 t 加速到与传送带共速，则 v0 ＝at 1 2 小物块的位移 x1＝ at 2 传送带的位移 x2 0 ＝v t 2 1 小物块与传送带的相对位移 Δx ＝x －x 整个过程中产生的热量 Q ＝ μmg·Δx 联立并代入数据解得 Q ＝2.5 J； 1 2 由能量守恒定律可知，此过程中电动机对传送带做的功 W＝Q＋ mv0 2 代入数据解得 W＝5 J。 13 / 13

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