高考二輪總復(fù)習(xí)課件物理專題2能量與動量第1講動能定理機械能守恒定律功能關(guān)系的應(yīng)用

第一講動能定理、機械能守恒定律、

功能關(guān)系的應(yīng)用專題二2023內(nèi)容索引0102核心考點聚焦微專題?熱考命題突破【知識網(wǎng)絡(luò)建構(gòu)】

核心考點聚焦考點一功和功率的分析與計算核心歸納命題角度1

功的計算(1)恒力做功:W=Fxcosα,W總=F合xcosα或W總=W1+

W2+…

F-x圖像中面積表示功(2)變力做功:一般用動能定理或圖像法求解。命題角度2

功率的計算(2)瞬時功率:P=Fvcosα。

力與力方向上的速度的積

命題角度3

機車啟動問題(1)分清是勻加速啟動還是恒定功率啟動。(2)勻加速啟動過程中,機車功率不斷增大,最大功率是額定功率。(3)以額定功率啟動的過程中,牽引力不斷減小,機車做加速度減小的加速運動,牽引力的最小值等于阻力。(4)無論哪種啟動方式,最后達到最大速度時,均滿足P=fvm,P為機車的額定功率。典例剖析例1(命題角度3)(多選)(2021重慶卷)額定功率相同的甲、乙兩車在同一水平路面上從靜止啟動,其發(fā)動機的牽引力隨時間的變化曲線如圖所示。兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛,從t2和t4時刻開始牽引力均視為不變。若兩車行駛時所受的阻力大小與重力成正比,且比例系數(shù)相同,則(

)A.甲車的總重比乙車大B.甲車比乙車先開始運動C.甲車在t1時刻和乙車在t3時刻的速率相同D.甲車在t2時刻和乙車在t4時刻的速率相同ABC解析

兩車勻速運動后牽引力等于阻力,即F=f=kmg,根據(jù)甲車t2時刻后和乙車t4時刻后牽引力不變,且甲車牽引力大于乙車牽引力,可知甲車的總重比乙車大,故A正確。如圖所示,甲車在A點所對應(yīng)的時刻牽引力與阻力瞬間相等,所以甲車從這個時刻開始做加速運動;乙車在B點所對應(yīng)的時刻牽引力與阻力瞬間相等,乙車從這個時刻開始加速,所以甲車比乙車先開始運動,故B正確。兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛,兩車額定功率相同,且甲車在t1時刻的牽引力和乙車在t3時刻的牽引力等大,由P=Fv可知,甲車在t1時刻和乙車在t3時刻的速率相同,故C正確。t2時刻甲車達到最大速度,t4時刻乙車達到最大速度,根據(jù)汽車的額定功率P=fvm=kmgvm,可知由于甲車的總重比乙車大,所以甲車在t2時刻的速率小于乙車在t4時刻的速率,故D錯誤。對點訓(xùn)練1.(命題角度2)(2022山東師范大學(xué)附中模擬)濟南市泉城廣場的荷花音樂噴泉是廣場的主要景觀之一,其中一個噴水管噴出的水柱,從遠(yuǎn)處看,達到30層樓的高度;靠近看,噴管的直徑約為10cm。水的密度ρ=1.0×103kg/m3,重力加速度g取10m/s2,電動機用于給該噴管噴水的功率約為(

)A.3×104W B.7.5×104

WC.1.5×105W D.3×105

WD2.(命題角度1、2)(多選)(2022廣東卷)如圖所示,載有防疫物資的無人駕駛小車,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為50kg,lMN=lPQ=20m,PQ段的傾角為30°,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。下列說法正確的有(

)A.從M到N,小車牽引力大小為40NB.從M到N,小車克服摩擦力做功800JC.從P到Q,小車重力勢能增加1×104JD.從P到Q,小車克服摩擦力做功700JABD解析

小車從M到N,根據(jù)P1=F1v1,解得F1=40

N,選項A正確。從M到N,小車克服摩擦力做功Wf=W1=F1lMN=800

J,選項B正確。從P到Q,小車重力勢能增加ΔEp=mglPQsin

θ=5

000

J,選項C錯誤。從P到Q,牽引力所做功為W2=P2

=5

700

J,重力勢能增加量為5

000

J,動能不變,根據(jù)功能關(guān)系,小車克服摩擦力做功為700

J,選項D正確?？键c二動能定理的理解及應(yīng)用核心歸納命題角度1

用動能定理求變力做功先求動能變化,根據(jù)動能定理先確定合力的功或各功的代數(shù)和,再求某個變力的功。命題角度2

動能定理的圖像問題(1)首先看清楚所給圖像的種類(如v-t圖像、F-s圖像、Ek-s圖像等)。(2)挖掘圖像信息——利用面積或斜率求出需要的物理量,必要時依據(jù)動能定理列式求解。命題角度3

運用動能定理解決多過程及往復(fù)運動問題受力和運動分析(1)建立運動模型。(2)抓住運動過程之間運動參量的聯(lián)系。(3)分階段或全過程列式計算。(4)對于選定的研究過程,只考慮初、末位置而不用考慮中間過程。

注意摩擦力做功特點深化拓展應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的三個問題(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程,由于不涉及加速度及時間,比動力學(xué)研究方法要簡捷。(2)動能定理表達式是一個標(biāo)量式,在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程),此時可以分段考慮,也可以對全過程考慮,但若能對整個過程利用動能定理列式則可使問題簡化。典例剖析例2(命題角度3)某遙控賽車軌道如圖所示,賽車從起點A出發(fā),沿擺放在水平地面上的直軌道AB運動L=10m后,從B點進入半徑R=0.1m的光滑豎直圓軌道,經(jīng)過一個完整的圓周后進入粗糙的、長度可調(diào)的、傾角θ=30°的斜直軌道CD,最后在D點速度方向變?yōu)樗胶箫w出(不考慮經(jīng)過軌道中C、D兩點的機械能損失)。已知賽車質(zhì)量m=0.1kg,通電后賽車以額定功率P=1.5W工作,賽車與AB軌道、CD軌道間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.3和μ2=,重力加速度g取10m/s2。(1)求賽車恰好能過圓軌道最高點O時的速度v0的大小。(2)若要求賽車能沿圓軌道做完整的圓周運動,求賽車通電的最短時間。(3)已知賽車在水平直軌道AB上運動時一直處于通電狀態(tài)且最后階段以恒定速率運動,進入圓軌道后關(guān)閉電源,選擇CD軌道至合適的長度,可使賽車從D點飛出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此時CD軌道的長度。解題指導(dǎo)審題:讀取題干獲取信息光滑豎直圓軌道豎直圓軌道沒有摩擦力最后在D點速度方向變?yōu)樗胶箫w出從D點向右做平拋運動賽車以額定功率P=1.5

W工作以恒定功率運動,牽引力做功可求賽車與AB軌道、CD軌道間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.3和μ2=兩段摩擦力可求恰好能過圓軌道最高點O時的速度重力完全提供向心力的臨界狀態(tài)選擇CD軌道至合適的長度,可使賽車從D點飛出后落地的水平位移最大需要建立函數(shù)關(guān)系,求極值破題:1.確定賽車為研究對象,明確運動過程,從“恰好能過圓軌道最高點O時的速度”入手,求出臨界速度。2.賽車共受到牽引力、摩擦力、重力、地面及軌道的彈力,其中牽引力做正功,摩擦力和重力做負(fù)功,彈力不做功;賽車在A點速度為0,在O點速度為第(1)問結(jié)果v0,由動能表達式算出對應(yīng)動能;按照W=ΔEk,即等號左邊為各力做功的代數(shù)和,等號右邊為末動能減初動能,列方程,求出通電時間。3.賽車在最后過程做勻速運動,牽引力與滑動摩擦力平衡,設(shè)CD軌道的長度為l,平拋水平位移為x,應(yīng)用平拋規(guī)律和動能定理列方程,寫出函數(shù)關(guān)系求解。代入數(shù)據(jù)可得v0=1

m/s。(2)由(1)小題可知,若要賽車做完整圓周運動,即小車到達O點的速度至少為1

m/s,賽車從開始運動到O點的全過程,由動能定理得(3)賽車在最后過程做勻速運動,牽引力與滑動摩擦力平衡,素養(yǎng)要語1.本題屬于多過程問題,求解時要選擇合適的過程,可選全過程應(yīng)用動能定理,這樣可以避開對每個運動過程的具體細(xì)節(jié)進行分析,具有過程簡明、運算量小等優(yōu)點。但要注意寫出各力做功的代數(shù)和,不要漏掉某個力做的功,同時要注意各力做功的正、負(fù)。2.如果全過程中,某個點的狀態(tài)是已知的,應(yīng)將全過程從已知點分開應(yīng)用動能定理來研究。對點訓(xùn)練3.(命題角度1)如圖甲所示,靜止于光滑水平面上坐標(biāo)原點處的小物塊,在水平拉力F作用下,沿x軸方向運動,拉力F隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示,圖線為半圓,則小物塊運動到x0處時的動能為(

)A.0 甲乙C4.(命題角度2)(2019全國Ⅲ卷)從地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重力外,還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時,物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為(

)A.2kg B.1.5kgC.1kg D.0.5kgC解析

根據(jù)動能定理,物體在上升過程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,其中Ek2=36

J,Ek1=72

J,h=3

m在下落過程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24

J,Ek4=48

J,h=3

m聯(lián)立求得m=1

kg故選C。5.(命題角度3)(2020浙江卷T20衍生題)如圖所示,豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相切,C為切點,圓弧軌道的半徑為R,斜面的傾角為θ。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點無初速下滑,滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運動。已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,求:(1)滑塊第一次滑至左側(cè)圓弧上時距A點的最小高度差h;(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。解析

(1)滑塊從D到達左側(cè)最高點F經(jīng)歷DC、CB、BF三個過程,現(xiàn)以DF整個過程為研究過程,考點三機械能守恒定律的理解及應(yīng)用核心歸納

只有重力做功命題角度1

單個物體的機械能守恒(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。(2)隔離法分析單個物體的受力情況,利用機械能守恒定律列式求解。

明確牽連物體間速度和位移的關(guān)系命題角度2

多個物體系統(tǒng)機械能守恒(1)適用條件:只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。(2)一般用“轉(zhuǎn)化觀點:ΔEp=-ΔEk”或“轉(zhuǎn)移觀點:ΔEA增=ΔEB減”列方程求解。深化拓展機械能守恒定律應(yīng)用中的“三選取”(1)研究對象的選取研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié),有的問題選單個物體(實際為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象,有的選幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象,如圖所示,單選物體A機械能減少不守恒,但由物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒。(2)研究過程的選取研究對象的運動過程分幾個階段,有的階段機械能守恒,而有的階段機械能不守恒,因此在應(yīng)用機械能守恒定律解題時要注意過程的選取。(3)機械能守恒表達式的選取①守恒觀點:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。(需選取參考面)②轉(zhuǎn)化觀點:ΔEp=-ΔEk。(不需選取參考面)③轉(zhuǎn)移觀點:ΔEA增=ΔEB減。(不需選取參考面)典例剖析例3(命題角度2)(2022江蘇常州高三期中)如圖所示,長度為3l的輕桿一端固定一質(zhì)量為m的小球,另一端連接固定在天花板上的轉(zhuǎn)軸O,輕桿可以在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。小球通過與O等高的定滑輪用足夠長的輕繩連接一物塊,滑輪與轉(zhuǎn)軸相距5l,用手將小球緩慢放下,當(dāng)桿與繩垂直時撒手,系統(tǒng)恰能平衡。忽略一切摩擦,重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求物塊的質(zhì)量。(2)將小球從圖中水平位置釋放,當(dāng)桿與繩垂直時,求小球的速度和桿對小球的拉力。(3)在(2)的條件下,通過計算說明桿是否能運動到豎直位置。解析

(1)當(dāng)桿與繩垂直時,受力分析如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系得根據(jù)平衡條件得F2=mgcos

53°=m物g解得m物=0.6m。(2)設(shè)小球下降的高度為h,小球的速度為v,桿與繩垂直時,物塊速度與小球速度大小相等,如圖所示小球下降的高度h=3lsin

θ=2.4l物塊上升的高度h'=3ltan

θ-2l=2l整個系統(tǒng)機械能守恒(3)假設(shè)小球可以到達豎直位置,則小球下降的高度為3l,物塊上升的高度為對點訓(xùn)練6.(命題角度1)(2022全國乙卷)固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)。小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑,在下滑過程中,小環(huán)的速率正比于(

)A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點的距離D.它與P點的連線掃過的面積C解析

本題考查機械能守恒定律。如圖所示,設(shè)圓環(huán)下降的高度為h,圓環(huán)的半徑為R,圓環(huán)到P點的距離為l,7.(命題角度2)(多選)如圖所示,一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿底部,另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接,P穿在豎直桿上,一根輕繩跨過定滑輪O將滑塊P和重物Q連接起來,重物Q的質(zhì)量mQ=6m。把滑塊從圖中A點由靜止釋放,滑塊沿豎直桿上下運動,當(dāng)它經(jīng)過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角θ=53°,OB長為L且與AB垂直。sin53°=0.8,cos53°=0.6,不計滑輪的摩擦力,重力加速度為g,滑塊P從A到B的過程中,下列說法正確的是(

)A.重物Q重力的功率先增大后減小C.輕繩對滑塊P做功為4mgLD.P與Q的機械能之和先減小后增大ABC解析

根據(jù)題意可知,滑塊P從A點開始運動時,重物Q的速度為零,則重物Q重力的功率為零,當(dāng)滑塊到達B點時,重物Q的速度也為零,此時,重物Q重力的功率為零,則滑塊由A到B的過程中,重物Q重力的功率先增大后減小,故A正確;根據(jù)題意可知,滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,根據(jù)幾根據(jù)題意可知,滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,彈簧的彈性勢能先減小后增大,根據(jù)機械能守恒定律可知,P與Q的機械能之和先增大后減小,故D錯誤?？键c四功能關(guān)系的理解及應(yīng)用核心歸納命題角度1

功與能量變化的對應(yīng)關(guān)系(1)功是能量轉(zhuǎn)化的量度,即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化,而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實現(xiàn)。命題角度2

摩擦力做功的特點(1)無論是滑動摩擦力,還是靜摩擦力,計算做功時都是力與對地位移的乘積。(2)一對靜摩擦力對系統(tǒng)做功為零,系統(tǒng)克服滑動摩擦力做功等于產(chǎn)生的內(nèi)能,Q=f·s相對。

相對路程,一般為相對位移命題角度3

能量守恒定律的應(yīng)用(1)當(dāng)涉及摩擦力做功,機械能不守恒時,一般應(yīng)用能量守恒定律。(2)確定初、末狀態(tài),分析狀態(tài)變化過程中的能量變化,利用ΔE減=ΔE增列式求解。深化拓展常見的七種功能關(guān)系

典例剖析例4(命題角度1、3)(2021全國甲卷)如圖所示,一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出),相鄰減速帶間的距離均為d,減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d;一質(zhì)量為m的無動力小車(可視為質(zhì)點)從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn),小車通過第30個減速帶后,在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面,繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個減速帶后,經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能。(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能。(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能,則L應(yīng)滿足什么條件?答案

(1)mgdsinθ解析

(1)第30個后,兩相鄰減速帶間平均速度相同,即經(jīng)過每兩個減速帶的距離d、初速度v0、末速度vt都相同,可推出在每相鄰減速帶間,因重力做功獲得的動能等于過每個減速帶時損失的能量。則有第30個減速帶后,經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能ΔE1=mgdsin

θ。(2)小車通過前30個減速帶的過程中,根據(jù)能量守恒定律,重力勢能的減少量等于動能的增加量與經(jīng)過減速帶損失的機械能之和(3)小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能ΔE2'>ΔE1聯(lián)立以上各式解得對點訓(xùn)練8.(命題角度1)(多選)(2021廣東卷)長征途中,為了突破敵方關(guān)隘,戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭,居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈。手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h,在空中的運動可視為平拋運動,軌跡如圖所示,重力加速度為g。下列說法正確的有(

)A.甲在空中的運動時間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間,重力的功率相等C.從投出到落地,每顆手榴彈的重力勢能減少mghD.從投出到落地,每顆手榴彈的機械能變化量為mghBC9.(命題角度2)(多選)(2022廣東珠海高三期末)皮帶輸送機普遍應(yīng)用于交通、物流、食品等行業(yè),完成物品的傳輸、裝卸工作,極大地提高了工作效率。如圖所示,水平傳送帶在電動機帶動下以恒定速率v運行,某時刻一個質(zhì)量為m的快遞包裹(可視為質(zhì)點)以初速度v0(v0<v)從傳送帶左端滑上傳送帶。若從快遞包裹滑上傳送帶開始計時,t0時刻快遞包裹的速度達到v,快遞包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。則該快遞包裹在傳送帶上運動的過程中,下列說法正確的是(

)A.快遞包裹先受到滑動摩擦力的作用,后受到靜摩擦力的作用B.0~t0時間內(nèi),快遞包裹所受摩擦力對快遞包裹做功的功率越來越大C.若僅增大快遞包裹的初速度v0(v0仍小于v),則快遞包裹被傳送的整個過程中傳送帶對快遞包裹所做的功也一定增加D.電動機因傳送該快遞包裹而多消耗的電能為μmgvt0BD解析

由題意可知,快遞包裹先受向右的滑動摩擦力做加速運動,速度與傳送帶相同后做勻速運動,勻速運動階段不受摩擦力,A錯誤;0~t0時間內(nèi),快遞包裹所受摩擦力恒為μmg,摩擦力做功功率為P=μmgv,快遞包裹速度越來越大,則摩擦力對快遞包裹做功的功率越來越大,B正確;由動能定理知,整個過程中傳送帶對快遞包裹所做的功等于快遞包裹動能的增量,所以v0增大,而末速度不變,動能增量減小,傳送帶對快遞包裹做的功減小,C錯誤;電動機因傳送該快遞包裹而多消耗的電能等于傳送帶克服快遞包裹摩擦力所做的功,在0~t0時間內(nèi),傳送帶的位移為x=vt0,克服摩擦力所做的功為W=μmgvt0,D正確。10.(命題角度3)A、B兩個木塊疊放在豎直輕彈簧上,如圖所示,已知mA=mB=1.5kg,輕彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m。若在木塊A上作用一個豎直向上的力F使木塊A由靜止開始以2m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動,且已知輕彈簧彈性勢能的表達式為Ep=kx2(k為彈簧的勁度系數(shù),x為彈簧的形變量)。g取10m/s2,求:(1)剛開始運動時彈簧的彈性勢能;(2)使木塊A豎直向上做勻加速運動的過程中力F的最小值;(3)從木塊A豎直向上做勻加速運動直到A、B分離的過程中,力F對木塊做的功。答案

(1)4.5J

(2)6N

(3)1.44J解析

(1)對A、B組成的整體,受到重力與彈簧的彈力處于平衡狀態(tài),則Fx=(mA+mB)g=(1.5+1.5)×10

N=30

N(2)A與B開始運動時加速度是相等的,AB組成的系統(tǒng)受到重力、彈簧的彈力與拉力;由于開始時彈簧對AB系統(tǒng)的彈力最大,所以拉力F最小,由牛頓第二定律可得Fmin+Fx-(mA+mB)g=(mA+mB)a代入數(shù)據(jù)可得Fmin=6

N。(3)設(shè)A、B分離時彈簧壓縮了x2,二者分離時A與B之間的作用力為0,由牛頓第二定律對B有kx2-mBg=mBa得x2=0.18

m此過程A、B上升高度h=x1-x2=0.30

m-0.18

m=0.12

m設(shè)分離時A、B速度為v,則v2=2ah微專題?熱考命題突破命題篇新教材、新高考、新情境游樂場中的功能關(guān)系應(yīng)用情境解讀過山車是一種富有刺激性的娛樂工具。那種風(fēng)馳電掣、有驚無險的感受令不少人著迷。如果你對物理學(xué)感興趣的話,那么在乘坐過山車的過程中不僅能夠體驗到冒險的快樂,還有助于理解力學(xué)定律。這類問題簡化的物理模型如圖所示,某一狀態(tài)(點)的問題要用牛頓第二定律或向心力公式(如圖中的A點或B點、C點、D點、P點等);涉及過程時一般選用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律(如圖中的PA、PC、BD、AC等),題目中出現(xiàn)相對位移時,應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律?？枷蚍治龈呖荚囶}中,常以“過山車”類——豎直平面內(nèi)的圓周運動為背景,考查動能定理、機械能守恒定律等。案例探究例1圖甲是游樂園的過山車,其局部可簡化為如圖乙所示的示意圖,傾角θ=37°的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接,傾斜軌道BC的B端高度h=24m,傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點,圓弧EF的圓心O1,水平半圓軌道CD的圓心O2與A點在同一水平面上,DO1的距離L=20m,質(zhì)量m=1000kg的過山車(包括乘客)從B點由靜止滑下,經(jīng)過水平半圓軌道后,滑上另一傾斜軌道,到達圓弧頂端F時,乘客對座椅的壓力為自身重力的

。已知過山車與DE段軌道的動摩擦因數(shù)為μ=,EF段摩擦不計,整個運動過程空氣阻力不計。sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。甲乙(1)求過山車過F點時的速度大小。(2)求從B到F整個運動過程中摩擦力對過山車做的功。(3)若過D點時發(fā)現(xiàn)圓弧軌道EF段有故障,為保證乘客安全,立即觸發(fā)制動裝置,使過山車不能到達EF段并保證不下滑,則過山車受到的摩擦力至少多大?設(shè)要使過山車停在傾斜軌道上摩擦力至少為f2,f2=mgsin

θ=6

000

N綜合考慮可知摩擦力至少為6

000

N。角度拓展1游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行,可抽象為如圖所示的模型。傾角為45°的直軌道AB、半徑R=10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF,分別通過水平光滑銜接軌道平滑連接,另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接,EG間的水平距離l=40m?，F(xiàn)有質(zhì)量m=500kg的過山車,從高h(yuǎn)=40m的A點由靜止下滑,經(jīng)BCDC'EF最終停在G點,過山車與軌道AB、EF的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.2,與減速直軌道FG的動摩擦因數(shù)為μ2=0.75,過山車可視為質(zhì)點,運動中不脫離軌道,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求:(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小;(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大小;(3)減速直軌道FG的長度x。聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得FD=7

000

N由牛頓第三定律可知過山車對軌道的作用力FD'=7

000

N。(3)過山車從A點到達G點,由動能定理可得mgh-mg(l-x)tan

37°-μ1mgh-μ1mg(l-x)-μ2mgx=0代入數(shù)據(jù)可得x=30

m。命題篇經(jīng)典物理模型牽連體系統(tǒng)模型中功能關(guān)系的應(yīng)用模型建構(gòu)求解這類問題的關(guān)鍵是找出兩物體的速度關(guān)系,按兩物體連接方式和速度關(guān)系一般可分為如下三種:(1)速率相等的連接體模型;(2)角速度相等的模型;(3)某一方向上速度大小相等的連接體(牽連體)模型?？枷蚍治龈呖荚囶}中,常常出現(xiàn)兩個由輕繩或輕桿連接在一起的物體所組成的連接體系統(tǒng),用以考查運動的合成與分解、機械能守恒定律或功能關(guān)系。答案

(1)11.04J

(2)-19.68J解析

(1)先以A、B組成的整體為研究對象,A、B系統(tǒng)受重力、支持力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài),則繩子的拉力為T=2m0gsin

θ=2×2×10×sin

37°=24

N以C為研究對象,C受重力、繩子的拉力和桿的彈力處于平衡狀態(tài),如圖所示由平衡條件得T'cos

α=mg又T'=T=24

N解得m=1.44

kg開始時B對擋板沒有壓力,所以B受重力、支持力和彈簧的拉力,彈簧處于伸長狀態(tài),此時彈簧的彈力F1=m0gsin

θ=12

N此時彈簧的壓縮量Δx2=xA-Δx1=0.1

m所以小環(huán)C從R運動到S,初、末態(tài)彈簧的彈性勢能相等,由速度分解知末態(tài)時A的速度為零,對小環(huán)C、彈簧和A組成的系統(tǒng),解得EkS=11.04

J。

(2)小環(huán)C從S運動到Q的過程中,重力做正功、繩子的拉力做負(fù)功,支持力不做功,解得WT=-19.68

J。

角度拓展2(多選)如圖所示,滑塊a、b的質(zhì)量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開始運動。不計摩擦,a、b可視為質(zhì)點,重力加速度大小為g。則(

)A.a落地前,輕桿對b一直做正功C.a下落過程中,其加速度大小始終不大于gD.a落地前,當(dāng)a的機械能最小時,b對地面的壓力大小為mgBD解析

由題意知,系統(tǒng)機械能守恒。設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、vb,此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ,分別將va、vb分解,如圖所示。因為剛性桿不可伸長,所以沿桿的分速度v∥與v∥'是相等的,即vacos

θ=vbsin

θ。當(dāng)a滑至地面時θ=90°,此時vb=0,由系統(tǒng)機械能守恒得

,選項B正確;同時由于b初、末速度均為零,運動過程中其動能先增大后減小,即桿對b先做正功后做負(fù)功,選項A錯誤;桿對b的作用先是推力后是拉力,對a則先是阻力后是動力,即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g,選項C錯誤;根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知,當(dāng)a的機械能最