2020高考物理二轮复习 专题七第2讲 必考第20题 动力学方法和能量观点的综合应用学案 15页

第2讲　必考第20题　动力学方法和能量观点的综合应用 题型1　直线运动中动力学方法和能量观点的应用 ‎1．直线运动中多运动过程组合主要是指直线多过程或直线与斜面运动的组合问题．‎ ‎2．涉及的规律：‎ ‎(1)动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律；‎ ‎(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．‎ ‎3．受力分析、运动分析，将物理过程分解成几个简单的直线运动过程，分别选择合适的规律求解．‎ ‎4．相邻运动过程连接点的速度是解题关键．‎ 例1　如图1甲所示，一倾斜角为37°的斜面底端固定有与斜面垂直的弹性挡板，一个可视为质点的小物块在t＝0时刻从挡板开始向上运动，其速度—时间图象如图乙所示，运动到最高点返回底端，与挡板发生弹性碰撞，再次向上运动，如此往复．求：(不计空气阻力，重力加速度g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图1‎ ‎(1)小物块与斜面间的动摩擦因数；‎ 15‎ ‎(2)小物块第一次回到斜面底端时的速度大小；‎ ‎(3)小物块在斜面上运动所通过的总路程．‎ 答案　(1)0.5　(2)‎2 m/s　(3)‎‎12.5 m 解析　(1)由题图乙可知，小物块在上滑过程中的加速度大小为 a1＝＝‎10 m/s2‎ 由牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1‎ 可得小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5‎ ‎(2)小物块第一次上滑的位移大小 x1＝t1＝×‎1 m＝‎‎5 m 第一次下滑过程由动能定理有 mgx1sin θ－μmgcos θ·x1＝mv12－0‎ 可得小物块第一次回到斜面底端时的速度大小v1＝‎2 m/s ‎(3)小物块最终停在挡板处，全程由动能定理有 ‎－μmgcos θ·s＝0－mv02‎ 可得在斜面上运动所通过的总路程s＝‎‎12.5 m ‎1．航母舰载机滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图2所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1＝‎160 m的水平跑道和长度为L2＝‎20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝‎4.0 m．一架质量为m＝2.0×‎104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在从静止开始运动的整个过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看做斜面，不计拐角处的影响．取g＝‎10 m/s2.‎ 图2‎ ‎(1)求飞机在水平跑道上运动的时间；‎ ‎(2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；‎ ‎(3)如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为‎84 m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到‎100 m 15‎ ‎/s，则弹射器的平均作用力为多大？(已知弹射过程中发动机照常工作)‎ 答案　(1)8 s　(2)‎2 m/s　(3)1.0×106 N 解析　(1)设飞机在水平跑道的加速度为a1，阻力为Ff 由牛顿第二定律得 F－Ff＝ma1‎ L1＝a1t12‎ 解得t1＝8 s ‎(2)设飞机在水平跑道末端的速度为v1，在倾斜跑道末端的速度为v2，加速度为a2‎ 水平跑道上：‎ v1＝a1t1‎ 倾斜跑道上：‎ 由牛顿第二定律得 F－Ff－mg＝ma2‎ v22－v12＝‎2a2L2‎ 解得v2＝‎2 m/s ‎(3)设弹射器的平均作用力为F1，弹射距离为x，飞机在水平跑道末端速度为v3‎ 由动能定理得F1x＋FL1－FfL1＝mv32‎ 解得F1＝1.0×106 N.‎ ‎2．(2018·义乌市模拟)如图3甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝‎2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ 图3‎ ‎(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；‎ ‎(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)2 s内物体机械能的减少量ΔE及因与传送带摩擦产生的内能Q.‎ 答案　(1)‎8 m/s　(2)0.5　(3)48 J　48 J 解析　(1)由v－t图象的面积规律可知，传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t 15‎ 轴所围的面积，所以L＝t1＋t2，代入数值得：L＝‎16 m，平均速度为v＝＝‎8 m/s ‎(2)由v－t图象可知传送带运行速度为v1＝‎10 m/s 物体从A到B先做加速度为 a1＝ m/s2＝‎10 m/s2的匀加速运动，‎ 经过时间t1＝1 s后再做加速度为 a2＝ m/s2＝‎2 m/s2的匀加速运动，‎ 再经过时间t2＝1 s，物体以大小为v2＝‎12 m/s的速度到达传送带B端．‎ 由物体在传送带上的受力情况知 a1＝或a2＝ 解得μ＝0.5‎ ‎(3)小物体到达传送带B端时的速度大小v2＝‎12 m/s 物体的动能增加了ΔEk＝mv22＝×2×122 J＝144 J 物体的重力势能减少了ΔEp＝mgLsin θ＝20×16×0.6 J＝192 J 所以物体的机械能的减少量ΔE＝48 J 由功能关系可知 Q＝μmgcos θ(v1t1－t1)＋μmgcos θ 代入数值得Q＝48 J.‎ 题型2　曲线运动中动力学方法和能量观点的应用 ‎1．曲线运动中的动力学和能量观点的综合问题，主要是直线运动、平抛运动、圆周运动三种运动中两者或三者的组合问题．‎ ‎2．对物体进行受力分析、运动分析、能量分析，初步了解运动全过程，构建大致运动图景．‎ ‎3．若为多过程问题，可将全过程分解，寻找子过程间的联系和解题方法．‎ 例2　(2018·浙江4月选考·20)如图4所示，一轨道为半径‎2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为‎0.2 kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N，小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为‎3.2 m．小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力，g取‎10 m/s2.‎ 15‎ 图4‎ ‎(1)求小球运动至B点时的速度大小；‎ ‎(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；‎ ‎(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；‎ ‎(4)小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%、碰撞前后速度方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出到最后静止所需时间．‎ 答案　(1)‎4 m/s　(2)2.4 J　(3)‎3.36 m　(4)2.4 s 解析　(1)由牛顿第三定律知，在B点轨道对小球的支持力为FN＝3.6 N.‎ 由向心力公式和牛顿第二定律有 FN－mg＝m，‎ 解得vB＝‎4 m/s.‎ ‎(2)小球从A到B的过程，只有重力和摩擦力做功，设克服摩擦力所做的功为W克．‎ 由动能定理得：mgR－W克＝mvB2－0‎ 解得W克＝2.4 J.‎ ‎(3)分析运动可知，BC段长度会影响匀减速运动的时间，进而影响平抛运动的水平初速度以及水平位移．‎ 设BC段小球的运动时间为t，加速度a＝＝‎2 m/s2‎ 由运动学公式得vC＝vB－at＝4－2t①‎ xBC＝vBt－at2＝4t－t2②‎ 其中，0