高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律本章小結(jié)

高考物理大一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律本章小結(jié)課件第1頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四專題用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)問(wèn)題用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理力學(xué)綜合問(wèn)題,是歷年高考的熱點(diǎn),此類

題目綜合性較強(qiáng),難度中等偏上。涉及的知識(shí)點(diǎn)主要有機(jī)械能守恒定

律、功能關(guān)系和滑動(dòng)摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系三大類。失分情況

比較嚴(yán)重,針對(duì)這種情況,對(duì)此類問(wèn)題可按如下兩條思路進(jìn)行分析。(1)若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程,有的過(guò)程只涉及運(yùn)動(dòng)和力的問(wèn)題

或只要求分析物體的動(dòng)力學(xué)特點(diǎn),則要用動(dòng)力學(xué)方法求解。(2)若某過(guò)程涉及做功和能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題,則要考慮應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械

能守恒定律求解。第2頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四例1如圖所示,已知小孩與雪橇的總質(zhì)量為m=20kg,靜止于水平冰面

上的A點(diǎn),雪橇與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1(g取10m/s2)。(1)媽媽先用30N的水平恒力拉雪橇,經(jīng)8s到達(dá)B點(diǎn),求A、B兩點(diǎn)間的距

離L;(2)若媽媽用大小為30N,與水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇,使雪橇

從A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)(1)問(wèn)中的B處,求拉力作用的最短距離

(已知cos37°=0.8,sin37°=0.6)。第3頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四

解析

(1)令F=30N,t=8s,設(shè)雪橇加速度為a,對(duì)小孩進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律得F-μmg=ma解得a=0.5m/s2由L=

at2解得L=16m第4頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四(2)設(shè)媽媽的力作用了x距離后撤去,小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為零。解法一由動(dòng)能定理得Fcos37°·x-μ(mg-Fsin37°)·x-μmg(L-x)=0解得x=12.4m解法二由牛頓第二定律Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma1μmg=ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2=2a1xv2=2a2(L-x)第5頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四解得x=12.4m

答案

(1)16m

(2)12.4m第6頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四例2如圖所示,水平傳送帶AB的右端與在豎直面內(nèi)的用內(nèi)徑光滑的鋼管

彎成的“9”字形固定軌道相接,鋼管內(nèi)徑很小。傳送帶的運(yùn)行速度v0=4.0

m/s,將質(zhì)量m=1kg的可看做質(zhì)點(diǎn)的滑塊無(wú)初速地放在傳送帶的A端。已知

傳送帶長(zhǎng)度L=4.0m,“9”字高H=0.6m,“9”字上半部分圓弧半徑R=0.1

m,滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度g=10m/s2,試求:(1)滑塊從傳送帶A端運(yùn)動(dòng)到B端所需要的時(shí)間;(2)滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道作用力的大小和方向。

解析

(1)滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律知μmg=ma得a=μg=2m/s2第7頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四加速到與傳送帶速度相同時(shí)所需要的時(shí)間t=

=2s位移x=

at2=4m此時(shí)滑塊恰好到達(dá)B端,即滑塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間為2s(2)滑塊從B到C的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律得mgH+

m

=

m

在C點(diǎn),設(shè)軌道對(duì)滑塊的彈力方向豎直向下,由牛頓第二定律得FN+mg=

聯(lián)立解得FN=30N由牛頓第三定律知滑塊對(duì)軌道的作用力FN'=FN=30N,方向豎直向上。

答案

(1)2s

(2)30N方向豎直向上第8頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四例3如圖所示,AB為傾角θ=37°的斜面軌道,軌道的AC部分光滑,CB部分粗

糙。BP為圓心角等于143°、半徑R=1m的豎直光滑圓弧形軌道,兩軌道相

切于B點(diǎn),P、O兩點(diǎn)在同一豎直線上,輕彈簧一端固定在A點(diǎn),另一端在斜面

上C點(diǎn)處,現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點(diǎn)后

(不拴接)釋放,物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后,從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中的位移與時(shí)間的關(guān)

系為x=12t-4t2(式中x的單位是m,t的單位是s),假設(shè)物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰

能到達(dá)P點(diǎn),sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。試求:(1)若

=1m,試求物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧對(duì)物塊所做的功;(2)B、C兩點(diǎn)間的距離xBC;(3)若在P處安裝一個(gè)豎直彈簧擋板,小物塊與擋板碰撞時(shí)間極短且無(wú)機(jī)械

能損失,小物塊與彈簧相互作用不損失機(jī)械能,試通過(guò)計(jì)算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否會(huì)脫離軌道?第9頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四

解析

(1)由x=12t-4t2知,物塊在C點(diǎn)速度為v0=12m/s設(shè)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧對(duì)物塊所做的功為W,由動(dòng)能定理

得W-mgsin37°·

=

m

代入數(shù)據(jù)得W=

m

+mgsin37°·

=156J(2)由x=12t-4t2知,物塊從C運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中的加速度大小為a=8m/s2設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma第10頁(yè)，共12頁(yè)，2023年，2月20日，星期四代入數(shù)據(jù)解得μ=0.25物塊在P點(diǎn)的速度滿足mg=

物塊從B運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中機(jī)械能守恒,則有

m

=mgR(1+cos37°)+

m

物塊從C運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中有

-?=-2axBC由以上各式解得xBC=

m(3)設(shè)物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后,能夠回到與O點(diǎn)等

高的位置Q點(diǎn),且設(shè)其速度為vQ,由動(dòng)能定理得mgR-2μmgxcos37°=

m