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    2023届高考物理二轮复习专题讲义能量与动量——动力学和能量观点的综合应用讲义

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    这是一份2023届高考物理二轮复习专题讲义能量与动量——动力学和能量观点的综合应用讲义,共14页。试卷主要包含了0m,8J → 使用能量的观点分析,4N,5m/s;等内容,欢迎下载使用。

    探究1利用动力学与能量观点解决多过程问题
    典例1:(2021广东月考)如图所示,水平地面上有一个固定挡板,有一轻弹簧左端固定在挡板上,有一质量m=0.2kg的滑块(可视为质点)紧压弹簧但不黏连,初始时弹簧的弹性势能Ep=1.8J,AB两点的距离L=3m。距离B点右侧竖直高度差h=0.8m处有一半径均为R=0.5m光滑圆弧管道CD、DF,C、D等高,E为DF管道的最高点,FG是长度d=10m倾角θ=37°的粗糙直管道,在G处接一半径为R′=2m,圆心为O点的光滑圆弧轨道GHQ,H为最低点,Q为最高点,且∠GOH=θ=37°,各部分管道及轨道在连接处均平滑相切,已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.15,不计空气阻力,重力加速度大小g=10m/s2。现把滑块从A点由静止释放,经过B点飞出后,恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道,滑块尺寸略小于管道内径,sin37°=0.6。求:
    (1)滑块离开B点时的速度大小vB;
    (2)滑块第一次到达E点时对轨道的作用力大小;
    (3)要使滑块能经过G点且最终不脱离轨道(不考虑离开轨道后再掉入轨道的情况),滑块与管道FG之间动摩擦因数μ1的取值范围。
    训练1:(2022湖南月考)如图所示,在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L=3.0m。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道。已知R=0.3m,物块A质量为m=1kg,小物块第一次到达圆槽轨道最高点时对轨道的压力和重力等大,且小物块第一次被弹簧弹回后将停在PQ中点,不会返回圆形轨道。除PQ段外轨道其他部分摩擦不计,取g=10m/s2。求:
    (1)物块A初速度v0;
    (2)轨道PQ段的动摩擦因数;
    (3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道。
    探究2 传送带模型中的动力学与能量问题
    典例2:(2022·福建月考)如图所示为一皮带传输机的示意图。传送带AB间距离L=40m,倾角θ=37°,以恒定的速度v0=4.0m/s顺时针转动.将矿物无初速地放到传送带上,矿物从A端传输到B端,再沿一段与AB相切的半径R=2.0m圆形圆管轨道运动,到达最高点C后水平抛出,正好落入车厢中心点O,矿物落点O离最高点C的水平距离x=1.0m,竖直距离h=1.25m,设每块矿物质量m=5.0kg,矿物与传送带间的动摩擦因数μ=0.80,不计空气阻力。(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g=10m/s2)求:
    (1)每块矿物到达C点时对轨道的压力;
    (2)每块矿物到达B点时的速度大小;
    (3)如果平均每秒两块矿物持续运送,则相比空载电动机输出功率增加了多少?
    训练2:(2021安徽月考)如图所示,固定的粗糙弧形轨道下端B点水平,上端A与B点的高度差为h1=0.3m,倾斜传送带与水平方向的夹角为37°,传送带的上端C点到B点的高度差为h2=0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m=1kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下,然后从B点抛出,恰好以平行于传动带的速度从C点落到传动带上,传送带逆时针传动,速度大小为v=0.5m/s,滑块与传送带间的动摩擦因数为0.8,且传送带足够长,滑块运动过程中空气阻力忽略不计,g=10m/s2,试求:
    (1)滑块运动至C点时的速度vC大小;
    (2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf;
    (3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
    探究3 板块模型中的动力学与能量问题
    典例3:(2022广东省模拟)如图甲所示,木板质量M=0.5kg,长L=1m,初始时刻静止在光滑水平地面上,可视为质点的质量m=1kg的小物块,以初速度v0从木板左端滑上的瞬间,对木板施加一个水平向右的力F,物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。摩擦产生的热量Q与力F大小的关系如图乙所示。g取10m/s2。求:
    (1)Q2的大小;
    (2)物块的初速度v0的大小;
    (3)A点的坐标对应的Q1与F1的大小。
    训练3:(2021福建月考)如图所示,一倾角θ=30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上,斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板,用手将一质量m=1kg的木板放置在斜面上,木板的上端有一质量也为m的小物块(视为质点),物块和木板间的动摩擦因数μ=,初始时木板下端与挡板的距离L=0.9m。现将手拿开,同时由静止释放物块和木板,物块和木板一起沿斜面下滑。木板与挡板碰撞的时间极短,且碰撞后木板的速度大小不变,方向与碰撞前的速度方向相反,物块恰好未滑离木板。取重力加速度大小g=10m/s2,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:
    (1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间,物块的速度大小v0;
    (2)从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间,物块相对木板的位移大小x;
    (3)木板的长度s以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中,物块与木板间因摩擦产生的热量Q。
    动力学和能量观点的综合应用答案解析
    典例1:
    关键信息:初始时弹簧的弹性势能Ep=1.8J → 使用能量的观点分析
    恰能从C点沿切线方向进入 → 将C点的速度进行分解,得到速度与水平方向的夹角,进而得到圆弧所对的圆心
    C、D等高、光滑圆弧管道 → C、D的速度(对称性)大小相等
    经过G点且不脱离轨道 → ①在G点的速度大于0;②滑块不能超过与圆心O点等高处(重难点)
    解题思路:已知初始时弹簧的弹性势能,则根据能量的观点来求B点的速度,进而根据能量的观点来求E的速度,再根据牛顿第二定律得出E点的受力情况。滑块能经过G点且不脱离轨道,则只需要求出临界情况即可。
    解:(1)当滑块从A滑到B点时,有Ep-μmgL=
    解得:vB=3m/s
    (2)滑块从B到C做平抛运动,则竖直方向上做自由落体:=2gh
    则滑块到达C点时速度大小为:vC==5m/s
    设vC与水平方向的夹角为α,则tan α==,即速度方向与水平方向夹角为53°。
    由于圆弧光滑并且C、D等高,根据对称性可知,滑块处于D点速度方向与水平方向夹角也为53°,且vC=vD;
    由几何关系可知,DE段圆弧所对圆心角也为53°。
    从D点到E点,根据动能定理得:-mgR(1-cs53°)=-
    在E点由牛顿第二定律得:FN+mg=
    解得:FN=6.4N
    根据牛顿第三定律得滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为:F′N=FN=6.4N
    (3)设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为μ1,
    ①要使滑块能经过G点,则通过G点的速度大于0,即G点的动能大于0,从E点到G点:
    +mg(R-Rcsθ+dsinθ)-μ1mgcsθ·d>0
    解得:μ1<≈0.893
    ②要使滑块不脱离轨道,则滑块不能超过与O点等高处,所以有
    +mg(R-Rcsθ+dsinθ)-μ1mgcsθ·d-mgR′csθ≤0
    解得:μ1≥≈0.694
    故要使滑块能经过G点且不脱离轨道,μ1的取值范围为:0.694≤μ1<0.893。
    训练1:
    (1)由题意得物块A在圆形轨道最高点受到的弹力FN=mg,设在最高点速度为v1,
    由牛顿第二定律可得FN+mg=
    从轨道右侧到最高点,由动能定理得-mg·2R=-
    解得:v0=m/s
    (2)A从右侧轨道开始运动到停在PQ中点,由动能定理得-μmg·L=0-
    解得:μ=0.2
    (3)物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧,
    由动能定理得-μmg·2L=-
    解得A回到PQ段右侧速度=(18-8L) m2/s2
    要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道,则有
    ①物块不能超过与圆心等高处,若A沿轨道上滑至最大高度h时,速度减为0,则h满足
    0<h≤R,
    根据机械能守恒=mgh
    联立可得1.5m≤L<2.25m
    ②物块能够通过轨道最高点,则在轨道最高点的速度满足≥mg
    从PQ段轨道右侧到轨道最高点:=mg·2R+
    联立得L≤0.375m
    综上所述,要使A物块能第一次返回圆形轨道并能沿轨道运动而不会脱离轨道,L满足的条件是1.5m≤L<2.25m或L≤0.375m。
    典例2:
    关键信息:矿物无初速地放到传送带上 → 矿物将受到沿斜面向上的摩擦力,而做匀加速直线运动
    μ>tan37° → 当货物加速到与传送带共速时,将和传送带一起匀速运动
    圆形圆管轨道 → 由竖直圆周规律求解最高点处的压力
    到达最高点C后水平抛出,不计空气阻力 → 平抛运动
    解题思路:求在C点对轨道的压力,只需要求出C点的速度即可;要求B点的速度,选择从A到B的过程来求;求相比空载电动机输出功率增加量,从能量守恒的观点出发,电动机多增加的电能完全转化为了矿物增加的动能、重力势能以及摩擦产生的热能。
    (1)矿物从C到O做平抛运动,竖直方向有:h=gt2,
    水平方向有:x=vCt,
    代入数据解得:t=0.5s,vC=2m/s
    设矿物在C点受到的支持力为F,方向竖直向上,
    根据牛顿第二定律有:mg-F=
    解得:F=40N,假设成立;由牛顿第三定律知矿物到达C点时对轨道的压力大小为40N,方向竖直向下;
    (2)矿物在传送带上加速过程中的加速度大小为:a==0.4m/s2,
    矿物加速到与传送带速度相等经过位移:L′== m=20m<L=40m,所以矿物从A到B先匀加速直线运动,后匀速运动,故达到B点的速度为4m/s。
    加速的时间:t′==10s
    (3)从A到B根据能量守恒可得运送每块矿物传送带多做的功:W=ΔEk+ΔEp+Q
    其中增加的动能:ΔEk==40J
    增加的重力势能:ΔEp=mgLsin37°=1200J
    矿物与传送带相对运动过程中,传送带比矿物多走的距离为:S=v0t′-L′=20m,
    产生的热量:Q=μmgcs37°S=640J,
    平均每秒两块矿物持续运送,则相比空载电动机输出功率增加了:
    P== W=3760W。
    训练2:
    (1)在C点,竖直分速度:vy===1.5m/s
    而vy=vCsin37°
    解得:vC=2.5m/s;
    (2)C点的水平分速度为:vx=vB=vCcs37°=2m/s
    从A到B点的过程中,由动能定理可得:mgh1-Wf=
    解得:Wf=1J;
    (3)滑块在传送带上运动时,由于vC>v,故滑块所受的摩擦力方向沿传送带向上,据牛顿第二定律知:μmgcs37°-mgsin37°=ma
    解得:a=0.4m/s2;方向沿传送带向上;
    滑块与传送带达到共同速度耗时:
    t== s=5s;
    二者间的相对位移为:
    Δs=-vt=5m;
    由于mgsin37°<μmgcs37°,则共速后滑块将和传送带保持相对静止,则有:
    Q=μmgΔscs37°=0.8×10×5×0.8J=32J。
    典例3:
    关键信息:光滑水平地面 → 木板与地面无摩擦力,热量Q由小物块在木板上滑动时产生
    木板静止、小物块以初速度v0从木板左端滑上 → 小物块相对木板向右运动,则小物块受到的摩擦力水平向左,木板的摩擦力水平向右
    摩擦产生的热量Q → Q=f·x相,其中的f是滑动摩擦力
    解题思路:摩擦产生的热量Q=f·x相,物块与木板间的滑动摩擦力f=μmg大小不变,故产生的热量有相对位移x相决定。则由图乙可以看出:
    (1)根据摩擦产生的热量Q=f·x相可知,无论F取何值,物块与木板的摩擦力都为f=μmg=2N。则摩擦产生的热量由物块与木板的相对位移决定。
    由图乙可知,当F≤1N时,产生的热量都为Q2,说明当F=1N时,物块运动到木板的最右端时恰好与木板保持相对静止,则Q2=fx相=fL=2J
    (2)当F=1N时,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有f=ma1
    可得物块的加速a1=2m/s2,方向水平向左;
    对木板受力分析,根据牛顿第二定律有F+f=Ma2
    可得木板的加速度a2=6m/s2,方向水平向右;
    以木板为参考系,则物块的相对加速度为a相=a1+a2=8m/s2,方向水平向左,
    则对物块有=2a相L
    解得v0=4m/s。
    (3)图乙中,当1<F≤F1时,摩擦产生的热量减小,则说明物块在运动到木板右端前就已经与木板共速,即相对位移小于木板的长度。当F>F1时,摩擦产生的热量又突然增大,而且开始时大于Q2,说明当物块与木板共速后两者又发生了相对滑动,由此可知,当F=F1时,物块与木板恰好不发生相对滑动,即两者共速后一起向右加速。
    则对整体受力分析,根据牛顿第二定律有F1=(m+M)a ①
    对物块受力分析,根据牛顿第二定律有f=μmg=ma ②
    由①②解得:F1=3N。
    又因为当F=F1=3N时,物块在运动到木板右端前就已经与木板共速,此过程中
    对物块由牛顿第二定律有μmg=ma1 ③
    对木板由牛顿第二定律有F1+μmg=Ma3 ④
    设物块位移为x1,木板位移为x2,经时间t达到共同速度v,则
    x1= ⑤
    x2= ⑥
    且v=v0-a1t=a3t ⑦
    此时物块在木板上的相对位移为x=x1-x2 ⑧
    联立③④⑤⑥⑦⑧解得:x== m。
    所以Q1=μmgx= J
    训练3:
    (1)由于μ>tan30°,所以未放手前物块静止在木板上,而将手拿开后,两者一起相对静止沿斜面往下运动。从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前,对物块与木板整体,根据动能定理有:2mgLsinθ=-0
    解得:v0=3m/s;
    (2)木板第一次与挡板碰撞后,木板的加速度方向沿斜面向下,设加速度大小为a1,
    根据牛顿第二定律有:mgsinθ+μmgcsθ=ma1
    解得:a1=11m/s2
    木板第一次与挡板碰撞后,物块的加速度方向沿斜面向上,设加速度大小为a2,
    根据牛顿第二定律有:μmgcsθ-mgsinθ=ma2
    解得:a2=1m/s2
    以沿斜面向下为正方向,设从木板第一次与挡板碰撞后,经时间t两者达到共同速度v,
    木板:v=-v0+a1t
    物块:v=v0-a2t
    解得:v=2.5m/s,v为正值,表示v的方向沿斜面向下。
    设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中,
    木板:v2-=2a1x1
    物块:v2-=-2a2x2
    解得木板运动的位移:x1=-0.125m,方向沿斜面向上;
    解得物块运动的位移:x2=1.375m,方向沿斜面向下;
    所以从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间,物块相对木板的位移大小x=|x1|+x2=1.5m;
    (3)由于最终物块恰好未滑离木板,所以物块最终是位于木板的最底端,又因为斜面光滑,故静止时,木板的下端以及物块均与挡板接触。从拿开手到木板和物块都静止的过程中,根据能量转化与守恒定律有:Q=mgLsinθ+mg(L+s)sinθ
    又:Q=μmgs·csθ
    解得:s=9m,Q=54J‍。
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