高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律素养提升课七动力学方法和能量观点的综合应用学案

这是一份高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律素养提升课七动力学方法和能量观点的综合应用学案，共6页。
动力学方法和能量观点的综合应用题型一　动力学方法和动能定理的应用　(2020·济宁市期末质量检测)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O为圆心，OC竖直，OA水平，B为圆弧的最低点，B点紧靠一足够长的平台MN。D点位于A点正上方。现从D点无初速度释放一个可视为质点的小球，在A点进入圆弧轨道，从C点飞出后做平抛运动，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)通过计算说明小球能否重新落回到轨道内侧；(2)若DA之间的高度差为3R，求小球落地点P到B点的距离L。[解析]　(1)设小球在C点的最小速度为v0，由牛顿第二定律有mg＝m设小球下降高度R所用时间为t1，R＝gt在时间t1内的水平位移x＝v0t1，解得x＝R＞R所以小球不能重新落回到轨道内侧。(2)设小球到达C点的速度大小为vC，对小球从D点到C点的过程，由动能定理有mg(3R－R)＝mv小球从C点飞出后做平抛运动，设经过时间t2落到P点，竖直方向2R＝gt水平方向L＝vCt2解得L＝4R。[答案]　(1)小球不能重新落回到轨道内侧　(2)4R【对点练1】　(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R; bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)A．2mgR　 B．4mgRC．5mgR D．6mgR解析：选C。设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。【对点练2】　(2020·房山区上学期期末)跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，一简化后的跳台滑雪的雪道示意图如图所示。助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R＝10 m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C点，AC间的竖直高度差h1＝40 m，CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为80 kg，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动员运动到C点时的速度是20 m/s，CE间水平方向的距离x＝40 m。不计空气阻力，g取10 m/s2。求：(1)运动员从A点滑到C点过程中阻力做的功；(2)运动员到达C点时对滑道的压力大小；(3)运动员落到E点时的瞬时速度大小。解析：(1)运动员从A点滑到C点过程中，由动能定理可得mgh1＋Wf＝mv2解得Wf＝－16 000 J；(2)在C点由牛顿第二定律可得N－mg＝m代入数据解得N＝4 000 N由牛顿第三定律可得压力等于支持力，即N′＝4 000 N；(3)运动员过C点做平抛运动，在水平方向由x＝vt可得运动员下落时间t＝2 s在竖直方向做自由落体运动，运动员竖直方向速度vy＝gt＝20 m/s由运动合成得运动员落到E点时的瞬时速度大小vE＝＝20  m/s。答案：(1)－16 000 J　 (2)4 000 N　 (3)20  m/s题型二　动力学方法和能量观点的综合应用　如图所示，BC是高处的一个平台，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口D端平齐。一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出，恰好从B点沿水平方向进入高处平台，A、B间的水平距离xAB＝1.2 m，小球质量m＝1 kg。已知平台离地面的高度h＝0.8 m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C端时，它对上管壁有10 N的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep＝0.5 J。若不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)小球通过C点时的速度大小vC；(2)平台BC的长度L；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。[解析]　(1)小球通过C点时，它对上管壁有F＝10 N的作用力，根据牛顿第三定律可知上管壁对它也有F′＝10 N的作用力，根据牛顿第二定律有F′＋mg＝m得vC＝2 m/s；(2)小球从A点到B点所用时间t＝＝0.4 s到B点时速度vB＝＝3 m/s小球从B到C的过程，根据动能定理－μmgL＝mv－mv得平台BC的长度L＝1.25 m；(3)小球压缩弹簧过程中小球速度最大时加速度为0，则mg＝kx，得弹簧的压缩量x＝0.1 m从C点到小球的速度最大的过程中，根据机械能守恒定律mg(r＋x)＋mv＝Ekm＋Ep得Ekm＝4.5 J。[答案]　(1)2 m/s　(2)1.25 m　(3)4.5 J【对点练3】　(2020·衡阳市第一次联考)滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞地从B点沿圆弧切线方向进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变化。已知圆弧与水平面相切于C点，B、C为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R＝1 m；O为圆心，圆弧对应的圆心角为53°，已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.60, cos 37°＝0.80，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量m＝50 kg，可视为质点。求：(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v0；(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力；(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离。解析：(1)运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有v＝2gh①在B点有vy＝v0tan θ②由①②式得v0＝3 m/s；③(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C处时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m④运动员从A到C的过程，由机械能守恒定律得mg＝mv－mv⑤联立③④⑤式解得FN＝2 150 N由牛顿第三定律知，运动员(连同滑板)对轨道的压力FN′＝FN＝2 150 N方向竖直向下；(3)运动员经过C点以后，由题图可知x1＝0.5 m，μ＝0.5，mv＞μmgx1设最远距离为x，则x＞x1，由动能定理可得mv＝μmgx1＋μmg(x－x1)⑥由⑤⑥式代入数值解得x＝3.55 m。答案：(1)3 m/s　(2)2 150N，竖直向下　(3)3.55 m(建议用时：25分钟)1．(2020·河北张家口期末)弹簧枪发射钢珠前，测量弹簧的弹性势能的装置如图所示，M为半径R＝1.6 m、固定于竖直平面内的光滑半圆弧轨道，A、B分别是轨道的最低点和最高点；N为钢珠接收罩，它是一个与轨道的最低点A相平的很大的水平接收罩。在A放置水平向左的弹簧枪(枪的水平长度远小于M的半径)，可向M轨道发射速度不同的质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，弹簧枪可将弹性势能完全转化为小钢珠的动能。g取10 m/s2。(1)某次发射的小钢珠沿轨道恰好能经过B点，水平飞出后落到N的某一点上，求该次发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep1；(2)另一次发射的小钢珠沿轨道从B点水平飞出后落到N上的位置与A点水平距离为s＝4.8 m，求该次发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep2。解析：(1)在B处对小钢珠进行受力分析，由牛顿第二定律：mg＝m得：vB＝＝4 m/s从发射钢珠到上升至B点过程，由机械能守恒定律：Ep1＝ΔEp＋ΔEk1＝mg·2R＋mv得：Ep1＝0.4 J。(2)小钢珠做平抛运动，有2R＝gt2s＝vB′·t联立解得：v′B＝6 m/s由机械能守恒定律：Ep2＝ΔEp＋ΔEk2＝mg·2R＋mvB′2得：Ep2＝0.5 J。答案：(1)0.4 J　(2)0.5 J2．(2020·江苏五校上学期12月联考)如图所示，半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、BC在B处平滑连接构成轨道ABC，其中AB为细管道。轨道ABC竖直放置，且固定在水平台阶CE上，圆心连线O1O2水平，台阶距离水平地面的高度为R，质量为m的小球静置于水平管口A点，若小球受微小扰动，从静止开始沿轨道ABC运动，已知小球直径略小于管道内径，重力加速度为g。(1)小球通过C点时，求轨道对小球的弹力大小FC；(2)小球从C点飞出落到地面上，求落地点(图中未画出)到C点的距离s；(3)某同学将该小球从地面上的D点斜向右上方抛出，小球恰好从C点水平飞入轨道， 已知水平距离DO＝2R，求小球沿轨道上滑到最高点时离地面的高度h。解析：(1)由A到C，由机械能守恒定律得2mgR＝mv在C点，根据牛顿第二定律可得FC－mg＝m解得FC＝5mg；(2)小球从C点飞出做平抛运动，水平方向有x＝vCt竖直方向有R＝gt2解得x＝2R落地点到C点的距离s＝＝3R；(3)小球从D到C的过程可以看做由C到D的平抛运动，设小球到达C点的速度大小为vC′，则有2R＝vC′t′R＝gt′2，解得vC′＝设小球从C点上滑的最大高度为h′，对小球上滑到最高点的过程，根据动能定理可得mgh′＝mv′，解得h′＝R所以h＝h′＋R＝2R。答案：(1)5mg　(2)3R　(3)2R