第六章 第5讲 动力学和能量观点的综合应用-2024年高考物理一轮复习核心考点精梳细讲课件
展开第5讲 动力学和能量观点的综合应用
思考:因传送物体多做的功?
思考:倾斜传送带从低端传送物体,且能达到皮带速度,因传送物体多做的功?
1.分段应用动能定理求解;
2.全过程应用动能定理:
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关.
(2)大小恒定的阻力做功的数值等于力的大小与路程的乘积.
二、动能定理在往复运动问题中的应用
(3)由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节,可有效解决多过程中的往复问题,此类问题多涉及滑动摩擦力,或其他阻力做功,其做功的特点与路程有关,求路程对应的是摩擦力做功.
例1 (2019·福建福州市期末质量检测)如图1所示,水平传送带匀速运行的速度为v=2 m/s,传送带两端A、B间距离为x0=10 m,当质量为m= 5 kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后,传送到B端,传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)行李箱开始运动时的加速度大小a;
(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t;
t=t1+t2=1 s+4.5 s=5.5 s
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W.
传送带的位移:x2=vt1=2×1 m=2 mW=-Ff′x2=-μmgx2=-0.2× 5×10×2 J=-20 J
例2 如图2所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带在电动机的带动下,始终保持v0=2 m/s的速率运行,现把一质量为m=10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端,经过时间t=1.9 s,工件被传送到h=1.5 m的高处,g取10 m/s2,求:(1)工件与传送带间的动摩擦因数;
匀速运动的位移为x-x1=v0(t-t1) 得:t1=0.8 s x1=0.8 m
μmgcs θ-mgsin θ=ma
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.
t1:x传=v0t1=1.6 mx相=x传-x1=0.8 m在时间t1内,Q=μmgcs θ·x相=60 J
E多=Q+Ek+Ep=230 J.
工件增加的势能Ep=mgh=150 J
变式1.(倾斜传送带问题)(多选)(2020·山西新绛中学月考)在大型物流系统中,广泛使用传送带来搬运货物.如图3甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动,皮带始终是绷紧的,将m=1 kg的货物放在传送带上的A端,经过1.2 s到达传送带的B端.用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示.已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,可知( )
A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.05B.A、B两点间的距离为1.2 mC.货物从A运动到B的过程中,传送带对货物做功-11.2 JD.货物从A运动到B的过程中,货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J
从题图可知,0~1.2 s内,货物v-t图线与t轴围成的面积对应位移x=x1+x2=3.2 m,则A、B两点间的距离为3.2 m,故B错误;
传送带对货物做的功即摩擦力做的功,W1=Ffx1=μmgcs θ·x1=0.8 J,W2=-Ffx2=-μmgcs θ·x2=-12 J,W=W1+W2=-11.2 J,故C正确;从题图乙可知,0~0.2 s内,传送带比货物多走0.2 m.0.2~1.2 s内,货物比传送带多走1 m,所以货物从A运动到B的过程中,相对位移为1.2 m.因摩擦产生的热量Q=Ffx相对=μmgcs θ·x相对=4.8 J,故D正确.
例3 跳台滑雪运动员脚穿专用滑雪板,不借助任何外力,从起滑台起滑,在助滑道上获得高速度,于台端飞出,沿抛物线在空中飞行,在着陆坡着陆后,继续滑行至水平停止区静止.如图4所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图.助
滑坡由倾角为θ=37°的斜面AB和半径为R1=10 m的光滑圆弧BC组成,两者相切于B.AB竖直高度差h1=30 m,竖直跳台CD高度差为h2=5 m,着陆坡DE是倾角为θ=37°的斜坡,长L=130 m,下端与半径为R2=20 m的光滑圆弧EF相切,且EF下端与停止区相切于F.
运动员从A点由静止滑下,通过C点,以速度vC=25 m/s水平飞出落到着陆坡上,然后运动员通过技巧使垂直于斜坡速度降为0,以沿斜坡的分速度继续下滑,经过EF到达停止区FG.若运动员连同滑雪装备总质量为80 kg.(不计空气阻力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g=10 m/s2)求:(1)运动员在C点对台端的压力大小;
得FC=5 800 N
由牛顿第三定律,FC/=FC=5 800 N
(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数;
(3)运动员在着陆坡上的落点距离D多远;
得sP=125 m,t=4 s.
解析 设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点,D、P间距离为sP,则有xP=vCt,
解得sP=125 m,t=4 s.
(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力,若运动员想在60 m之内停下,制动力至少是总重力的几倍?(设两斜坡粗糙程度相同,计算结果保留两位有效数字)
从落点P到最终停下,P点沿斜坡速度vP=vCcs θ+gtsin θ=44 m/s
例4 (2016·浙江10月选考·20)如图1甲所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为图乙所示的模型.倾角为45°的直轨道AB、半径R=10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40 m.现有质量m=500 kg的过山车,从高h=40 m处的A点由静止下滑,经BCDC′EF最终停在G点.过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1=0.2,与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2=0.75.过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,g取10 m/s2.求:(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小;
由牛顿第三定律知,F/=F=7×103 N
(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
变式2.(动能定理在多过程问题中的应用)(2020·河南信阳市罗山高三一模)如图2甲所示,一倾角为37°,长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连,斜面与圆轨道相切于B处,C为圆弧轨道的最高点.t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑,其在斜面上运动的v-t图象如图乙所示.已知圆轨道的半径R=0.5 m.(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)求:(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)物块到达C点时对轨道的压力的大小FN;
解(1)由图像:k= a=10 m/s2
mgsin 37°+μmgcs 37°=ma
(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道,通过C点后恰好能落在A点.如果能,请计算出物块从A点滑出的初速度大小;如果不能请说明理由.
设物块以初速度v1上滑,最后平抛恰好落到A点
水平方向:Lcs 37°-Rsin 37°=vC′t
例5 如图3所示,竖直面内有一粗糙斜面AB,BCD部分是一个光滑的圆弧面,C为圆弧的最低点,AB正好是圆弧在B点的切线,圆心O与A、D点在同一高度,θ=37°,圆弧面的半径R=3.6 m,一滑块质量m=5 kg,与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.45,将滑块从A点由静止释放(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2).求在此后的运动过程中:(1)滑块在AB段上运动的总路程;(2)在滑块运动过程中,C点受到的压力的最大值和最小值.
解(1)mgsin θ>μmgcs θ
mgRcs θ-μmgcsθ s=0
(2)在滑块运动过程中,C点受到的压力的最大值和最小值.
得Fmax=102 N
变形3.(动能定理在往复运动中的应用)(八省联考·湖北·7)如图4所示,两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上,O点为斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下,在两个斜面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失,损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
解析 由题意知,小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH=Ek,
第一次通过O点后动能Ek1=95%Ek=95%mgH,此时利用动能定理知小物块上升高度H1=95%H,
变式4.(动能定理在往复运动中的应用)(2019·河南郑州一中模拟)如图5所示,ABCD为一竖直平面内的轨道,其中BC水平,A点比BC高出H=10 m,BC长为l=1 m,AB和CD轨道光滑.一质量为m=1 kg的物体,从A点以v1=4 m/s的速度开始运动,经过BC后滑到高出C点h=10.3 m的D点时速度为零,求:(取g=10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数;
(2)物体第5次经过B点时的速度大小;
变式5.(2021·海南高三月考)如图1所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC水平,其长度d=0.50 m,盆边缘的高度为h=0.30 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停止的地点到B的距离为( ) m m D.0
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