（浙江選考）2019版高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律 第4講 能量觀點解決多過程問題學案

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1、 第4講　能量觀點解決多過程問題 命題點一　多運動組合問題 1．抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程． 2．兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵．很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口． 例1　(2017·浙江4月選考·20)圖1中給出了一段“S”形單行盤山公路的示意圖．彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1＝10 m、r2＝20 m，彎道2比彎道1高h＝12 m，有一直道與兩彎道圓弧相切．質(zhì)量m＝1 200 kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最

2、大徑向靜摩擦力是車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2) 圖1 (1)求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1； (2)汽車以v1進入直道，以P＝30 kW的恒定功率直線行駛了t＝8.0 s進入彎道2，此時速度恰為通過彎道中心線的最大速度，求直道上除重力以外的阻力對汽車做的功； (3)汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離，有經(jīng)驗的司機會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道．設路寬d＝10 m，求此最短時間(A、B兩點都在軌道中心線上，計算時視汽車為質(zhì)點)． 答案　見解析 解析　(1)設在彎道1沿

3、中心線行駛的最大速度為v1 由牛頓第二定律得，kmg＝m 解得v1＝＝5 m/s (2)設在彎道2沿中心線行駛的最大速度為v2 由牛頓第二定律得，kmg＝m 解得v2＝＝5 m/s 在直道上由動能定理有 Pt－mgh＋Wf＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)可得Wf＝－2.1×104 J (3)沿如圖所示內(nèi)切的路線行駛時間最短， 由圖可得r′2＝r＋[r′－(r1－)]2 代入數(shù)據(jù)可得r′＝12.5 m 設汽車沿該路線行駛的最大速度為v′ 則kmg＝m 得v′＝＝12.5 m/s 由sin θ＝＝0.8 則對應的圓心角為2θ＝106° 路線長度s＝×2πr′≈23.1

4、m 最短時間t′＝≈1.8 s 變式1　(2016·浙江4月選考·20)如圖2所示裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20 m、h2＝0.10 m，BC水平距離L＝1.00 m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高．當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點．(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g＝10 m/s2) 圖2 (1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速

5、度大?。? (2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)； (3)當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由． 答案　(1)0.1 J　2 m/s　(2)0.5　(3)見解析 解析　(1)由機械能守恒定律可得 E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 J 由ΔEk＝mv，可得v0＝2 m/s (2)由E彈∝d2，可得當彈簧壓縮量為2d時， ΔEk′＝E彈′＝4E彈＝4mgh1 由動能定理可得－mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′ 解得μ＝＝0.5 (3)滑塊恰能通過螺旋圓形軌道最高點需滿足的條件是 mg＝ 由機械能

6、守恒定律有 v＝v0＝2 m/s 解得Rm＝0.4 m 當R>0.4 m時，滑塊會脫離螺旋圓形軌道，不能上升到B點； 當R≤0.4 m時，滑塊能上升到B點． 拓展點1　圓周＋直線＋平拋的組合 例2　(2017·溫州市質(zhì)檢)半徑R＝1 m的圓弧軌道下端與一水平軌道連接，水平軌道離地面高度h＝1 m，如圖3所示，有一質(zhì)量m＝1.0 kg的小滑塊自圓弧軌道最高點A由靜止開始滑下，經(jīng)過水平軌道末端B時速度為4 m/s，滑塊最終落在地面上，試求：(g取10 m/s2，不計空氣阻力) 圖3 (1)滑塊落在地面上時的速度大小； (2)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力所做的功． 答案　(1

7、)6 m/s　(2)2 J 解析　(1)因滑塊經(jīng)過水平軌道末端B后下落時只有重力做功，所以取滑塊經(jīng)過水平軌道末端B時為初狀態(tài)，落在地面上時為末狀態(tài)，根據(jù)機械能守恒定律可得(以地面為零勢能面)：mv＋mgh＝mv2＋0， 解得v＝＝ m/s＝6 m/s. (2)取滑塊在圓弧軌道最高點A時為初狀態(tài)，落在地面上時為末狀態(tài)， 根據(jù)動能定理可得W總＝WG＋Wf＝mv2－0， 解得Wf＝mv2－WG＝mv2－mg(R＋h) ＝×1×62 J－1×10×(1＋1) J＝－2 J， 即滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做功2 J. 拓展點2　直線＋圓周＋平拋的組合 例3　(2017·嘉興市質(zhì)檢)

8、如圖4所示，一彈射裝置由彈簧發(fā)射器和軌道組成．軌道由水平光滑滑道AB與管道BCDE相連接而成，其中BCD是半徑R＝0.4 m(管道中心到圓心的距離)的豎直光滑圓管道，DE是長度等于0.4 m的水平粗糙管道，在D處的下方有一直徑略大于物塊的小孔，裝置都在同一豎直平面內(nèi)．當彈簧壓縮到A彈射物塊m1時，恰能使其無初速度地落入D點處的小孔中被收集；當彈簧壓縮到A彈射物塊m2時，則其落入E左側(cè)緊靠E的容器甲中．已知：m1＝0.05 kg，m2＝0.04 kg.容器甲高h＝0.2 m，長L＝0.4 m，上沿與管道下壁在同一水平面．物塊大小略小于管道內(nèi)徑，g＝10 m/s2. 圖4 (1)當彈簧壓縮

9、到A時，求彈簧的彈性勢能； (2)求物塊m2經(jīng)過D點時對D點的作用力大小； (3)若物塊m2落在容器甲的處，求物塊m2與管道DE間的動摩擦因數(shù)大小. 答案　(1)0.4 J　(2)0　(3)0.375 解析　(1)物塊m1和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒， 得Ep＝2m1gR＝0.4 J (2)從彈簧壓縮到A處到物塊m2經(jīng)過D點的過程中，物塊m2和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒， 得Ep＝2m2gR＋m2v， 由圓周運動規(guī)律可得 F＋m2g＝m2， 代入數(shù)據(jù)得在D點管道對物塊m2的作用力F＝0， 根據(jù)牛頓第三定律，物塊對D點的作用力大小F′＝0. (3)物塊m2離開E點后做平拋運

10、動， 有h＝gt2，vE＝， 得vE＝1 m/s. 從D到E由動能定理可得 －μm2gLDE＝m2v－m2v， 解得μ＝0.375. 命題點二　傳送帶模型問題 傳送帶問題的分析流程和技巧 1．分析流程 2．相對位移 一對相互作用的滑動摩擦力做功所產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·x相對，其中x相對是物體間相對路徑長度．如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和． 3．功能關(guān)系 (1)功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對WF和Q的理解： ①傳送帶的功：WF＝Fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ff·x相對． 模

11、型1　水平傳送帶模型 例4　(2016·溫州市期中)傾角為30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6 m/s的速度運動，運動方向如圖5所示．一個質(zhì)量為2 kg的物體(可視為質(zhì)點)，從h＝3.2 m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端A、B連線的中點處，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖5 (1)傳送帶左、右兩端A、B間的距離L； (2)上述過程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量； (3)物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度h′

12、. 答案　(1)12.8 m　(2)160 J　(3)1.8 m 解析　(1)物體從靜止開始到在傳送帶上的速度等于0的過程中，運用動能定理得：mgh－＝0－0，解得L＝12.8 m. (2)在此過程中，物體與傳送帶間的相對位移 x相＝＋v帶·t，又＝μgt2，而摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相， 聯(lián)立得Q＝160 J. (3)物體隨傳送帶向右勻加速運動，設當速度為v帶＝6 m/s時，向右運動的位移為x，則μmgx＝mv，得x＝3.6 m＜，即物體在到達A點前速度與傳送帶速度相等，最后以v帶＝6 m/s的速度沖上斜面，由動能定理得mv＝mgh′，解得h′＝1.8 m. 變式2　(20

13、16·杭州市月考)如圖6所示，皮帶的速度是3 m/s，兩輪圓心間距離s＝4.5 m，現(xiàn)將m＝1 kg的小物體(可視為質(zhì)點)輕放在左輪正上方的皮帶上，物體與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，皮帶不打滑，電動機帶動皮帶將物體從左輪正上方運送到右輪正上方時，求：(g＝10 m/s2) 圖6 (1)小物體獲得的動能Ek； (2)這一過程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q； (3)這一過程中電動機消耗的電能E. 答案　(1)4.5 J　(2)4.5 J　(3)9 J 解析　(1)物體開始做勻加速運動，加速度a＝μg＝1.5 m/s2，當物體與皮帶速度相同時μmgx＝mv2. 解得物體加速階段運動的位移x

14、＝3 m＜4.5 m， 則小物體獲得的動能 Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J. (2)v＝at，解得t＝2 s， Q＝μmg·x相對＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J. (3)E＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J. 模型2　傾斜傳送帶模型 例5　如圖7所示，與水平面夾角θ＝30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點與上端B點間的距離L＝4 m，傳送帶以恒定的速率v＝2 m/s向上運動．現(xiàn)將一質(zhì)量為1 kg的物體無初速度地放于A處，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，取g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)物體從A運動到B

15、共需多長時間？ (2)電動機因傳送該物體多消耗的電能． 答案　(1)2.4 s　(2)28 J 解析　(1)物體無初速度地放在A處后， 因mgsin θ<μmgcos θ 故物體斜向上做勻加速直線運動． 加速度a＝＝2.5 m/s2 物體達到與傳送帶同速所需的時間t1＝＝0.8 s t1時間內(nèi)物體的位移x1＝t1＝0.8 m＜4 m 之后物體以速度v做勻速運動，運動的時間 t2＝＝1.6 s 物體運動的總時間t＝t1＋t2＝2.4 s (2)前0.8 s內(nèi)物體相對傳送帶的位移 Δx＝vt1－x1＝0.8 m 因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θ·Δx＝6 J 整個

16、過程中多消耗的電能 E電＝Ek＋Ep＋Q＝mv2＋mgLsin θ＋Q＝28 J. 1．如圖1所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16 m，傳送帶以速度v＝10 m/s，沿順時針方向運動，物體m＝1 kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，試求： 圖1 (1)物體由A端運動到B端的時間． (2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)2 s　(2)24 J 解析　(1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力和重力，由牛頓第二定律得：mgsin θ＋μmgcos

17、θ＝ma1， 設物體經(jīng)時間t1，加速到與傳送帶同速， 則v＝a1t1，x1＝a1t 解得：a1＝10 m/s2 t1＝1 s x1＝5 m 因mgsin θ>μmgcos θ，故當物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速 由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t 解得：t2＝1 s 故物體由A端運動到B端的時間t＝t1＋t2＝2 s (2)物體與傳送帶間的相對位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m 故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J. 2．(2017·溫州市質(zhì)檢)滑板運動是一種陸上的“沖浪運動”，滑板運動員可在不同的滑坡

18、上滑行，做出各種動作，給人以美的享受．如圖2是模擬的滑板組合滑行軌道，該軌道有足夠長的斜直軌道、半徑R1＝1 m的凹形圓弧軌道和半徑R2＝2 m的凸形圓弧軌道組成，這三部分軌道處于同一豎直平面內(nèi)且依次平滑連接．其中M點為凹形圓弧軌道的最低點，N點為凸形圓弧軌道的最高點，凸形圓弧軌道的圓心O點與M點處在同一水平面上，運動員踩著滑板從斜直軌道上的P點無初速度滑下，經(jīng)過M點滑向N點，P點距M點所在水平面的高度h＝2.45 m，不計一切阻力，運動員和滑板的總質(zhì)量為m＝50 kg，運動員和滑板可視為質(zhì)點，g＝10 m/s2.求： 圖2 (1)運動員滑到M點時的速度大?。? (2)運動員滑到N點時

19、，滑板對軌道的壓力大?。? (3)改變運動員無初速度下滑時距M點所在水平面的高度，求運動員恰好從N點水平飛出時，運動員的出發(fā)點距M點所在水平面的高度h1. 答案　(1)7 m/s　(2)275 N　(3)3 m 解析　(1)以地面為參考平面，對運動員和滑板從P到M的過程，由機械能守恒定律得mgh＝mv， 解得vM＝＝ m/s＝7 m/s. (2)從P到N，由機械能守恒定律得： mg(h－R2)＝mv， vN＝＝ m/s＝3 m/s. 滑板在N點時，由牛頓第二定律有mg－FN＝m， 解得FN＝mg－m＝275 N， 由牛頓第三定律，滑板滑到N點時，滑板對軌道的壓力FN′＝FN＝

20、275 N. (3)運動員恰好從N點水平飛出時，由牛頓第二定律得mg＝m，對從P到N的過程，由機械能守恒定律有mg(h1－R2)＝mvN′2，解得h1＝3 m. 3．(2017·“金華十校”聯(lián)考)金華某商場門口根據(jù)金華“雙龍”元素設計了一個精美的噴泉雕塑，兩條龍噴出的水恰好相互銜接(不碰撞)形成一個“∞”字形．某學習小組為了研究噴泉的運行原理，將噴泉簡化成如圖3所示的模型，兩個龍可以看成兩個相同對稱圓的一部分(近似看成在同一平面內(nèi))，E、B兩點為圓的最高點．抽水機M使水獲得一定的初速度后沿ABCDEFG運動，水在C、F兩處恰好沿切線進入管道，最后回到池中．圓半徑為R＝1 m，角度θ＝53°

21、，忽略一切摩擦．(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： 圖3 (1)水從B點噴出的速度大小； (2)取B處一質(zhì)量為m＝0.1 kg的一小段水，管道對這一小段水的作用力大小和方向； (3)若管道B處橫截面積為S＝4 cm2，則抽水機M的輸出功率大?。?水的密度ρ＝1×103 kg/m3) 答案　(1)3 m/s　(2)0.8 N　豎直向下　(3)49.2 W 解析　(1)水從B點做平拋運動，豎直方向h＝R＋Rcos θ＝1.6 m. 根據(jù)v＝2gh，得vCy＝4 m/s 又因水在C點剛好與圓相切，得tan θ＝， 所以vB＝3 m/s.

22、 (2)以m＝0.1 kg的一小段水為研究對象．當水在最高點B受到的管道作用力是0時，有 Fn＝mg＝m，v臨＝ m/s＜3 m/s. 故水在B點受到管道豎直向下的壓力， mg＋FN＝m，得FN＝0.8 N. (3)以單位時間(t＝1 s)從B點噴出的水為研究對象 m0＝ρSvBt， 以A處所在平面為零勢能參考面，由能量守恒定律可得： Pt＝m0g(2R)＋m0v， 得P＝34.8 W≈49.2 W 4．(2017·湖州市質(zhì)檢)如圖4所示，AB為半徑R＝1 m的四分之一光滑豎直圓弧軌道，OB豎直．有一質(zhì)量m＝2 kg的物體(可視為質(zhì)點)，從A點的正上方距離A點H＝1 m處由靜

23、止開始下落．CD段為長L＝2 m的粗糙水平面，物體與水平面間動摩擦因數(shù)μ1＝0.2.DE段是一個可以改變傾角的長斜面，物體與斜面間動摩擦因數(shù)為μ2＝.軌道AB、CD、DE間均光滑連接，物體在經(jīng)過連接處動能損失均不計，空氣阻力不計，g取10 m/s2. 圖4 (1)物體能沿軌道AB到達最低點B，求它到達圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力； (2)當斜面傾角θ＝30°時，求物體上滑的最大高度； (3)當斜面傾角θ(在0°～90°范圍內(nèi))為某值時，物體上滑的最大距離具有最小值，求此最小值． 答案　(1)100 N，方向豎直向下　(2)0.8 m (3)60°　 m 解析　(1)物體由初

24、始位置運動到B點的過程中根據(jù)動能定理有mg(R＋H)＝mv， 到達B點時由支持力FN和重力的合力提供向心力 FN－mg＝m， 解得FN＝100 N， 根據(jù)牛頓第三定律，物體對軌道的壓力大小為100 N，方向豎直向下． (2)設最高點高度為h，從開始下落到上升到最高點，由功能關(guān)系得 mg(H＋R－h(huán))－μ1mgL－μ2mgcos θ·＝0， 解得上升的最大高度h＝0.8 m. (3)設物體在斜面上上滑的長度為s，從開始下落直至運動到最高點， 由動能定理得 mg(H＋R)－μ1mgL－(mgsin θ＋μ2mgcos θ)s＝0 s＝＝ ＝ tan φ＝μ2＝，φ＝30°

25、. 所以當θ＝60°時，有最小值smin＝ m. 5．(2017·嘉興市質(zhì)檢)某同學設計了一款益智類的兒童彈射玩具，模型如圖5所示，AB段是長度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿，BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿，DE段是長度為2R的水平桿，與AB桿稍稍錯開．豎直桿內(nèi)裝有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧，在彈簧上端放置質(zhì)量為m的小球．每次將彈簧的長度壓縮至P點后鎖定，設PB的高度差為h；解除鎖定后彈簧可將小球彈出．在彈射器的右側(cè)裝有可左右移動的寬為2R的盒子用于接收小球，盒子的左端最高點Q和P點等高，且與E的水平距離為x，已知彈簧鎖定時的彈性勢能Ep＝9mgR，小球與水平桿的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，與

26、其他部分的摩擦不計，不計小球受到的空氣阻力及解除鎖定時的彈性勢能損失，不考慮伸縮豎直桿粗細變化對小球的影響且桿的粗細遠小于圓的半徑，重力加速度為g.求： 圖5 (1)當h＝3R時，小球到達彎桿的最高點C處時的速度大小vC； (2)在(1)問中小球運動到最高點C時對彎桿作用力的大小； (3)若h連續(xù)可調(diào)，要使該小球能掉入盒中，求x的最大值． 答案　(1)　(2)9mg　(3)8R 解析　(1)小球從P點運動至C點的過程中，機械能守恒，則有Ep＝mg(h＋R)＋mv， 解得vC＝. (2)設小球在C點時受到彎桿的作用力向下，大小為F，則F＋mg＝m，解得F＝9mg， 根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)潡U的作用力大小為9mg. (3)從P到E的過程中，由動能定理得 Ep－mg(h－R)－μmg·2R＝mv－0， 要使小球落入盒中且x取最大值的臨界情況是正好從Q點掉入盒中，由E到Q做平拋運動得 h－R＝gt2，x＝vEt， 聯(lián)立得x＝2， 故當h＝5R時，有xmax＝8R. 判斷：該情況小球能通過最高點C，結(jié)果成立． 13