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1、第2講必考第20題動力學方法和能量觀點的綜合應用,專題七計算題題型強化,,內容索引,題型1直線運動中動力學方法和能量觀點的應用,題型2曲線運動中動力學方法和能量觀點的應用,,,直線運動中動力學方法和能量觀點的應用,,題型1,1.直線運動中多運動過程組合主要是指直線多過程或直線與斜面運動的組合問題. 2.涉及的規(guī)律： (1)動力學觀點：牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律； (2)能量觀點：動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律. 3.受力分析、運動分析，將物理過程分解成幾個簡單的直線運動過程，分別選擇合適的規(guī)律求解. 4.相鄰運動過程連接點的速度是解題關鍵.,例1如圖1甲所示，一傾斜角為37的斜面底端
2、固定有與斜面垂直的彈性擋板，一個可視為質點的小物塊在t0時刻從擋板開始向上運動，其速度時間圖象如圖乙所示，運動到最高點返回底端，與擋板發(fā)生彈性碰撞，再次向上運動，如此往復.求：(不計空氣阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8),圖1,(1)小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；,答案,解析,答案0.5,解析由題圖乙可知，小物塊在上滑過程中的加速度大小為,由牛頓第二定律，有mgsin mgcos ma1 可得小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5,(2)小物塊第一次回到斜面底端時的速度大?。?答案,解析,解析小物塊第一次上滑的位移大小,第一次下滑過程由動能定理有,(3)小物塊在
3、斜面上運動所通過的總路程.,答案,解析,答案12.5 m,解析小物塊最終停在擋板處，全程由動能定理有,可得在斜面上運動所通過的總路程s12.5 m,1.航母艦載機滑躍起飛有點像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翹來幫助戰(zhàn)斗機起飛，其示意圖如圖2所示，設某航母起飛跑道主要由長度為L1160 m的水平跑道和長度為L220 m,的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h4.0 m.一架質量為m2.0104 kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F1.2105 N，方向與速度方向相同，在從靜止開始運動的整個過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的0.1倍，假設航母處于靜止狀態(tài)，飛機質量視為不變并
4、可看成質點，傾斜跑道看做斜面，不計拐角處的影響.取g10 m/s2.,圖2,解析設飛機在水平跑道的加速度為a1，阻力為Ff 由牛頓第二定律得FFfma1,(1)求飛機在水平跑道上運動的時間；,答案,解析,答案8 s,解得t18 s,(2)求飛機到達傾斜跑道末端時的速度大??；,答案,解析,解析設飛機在水平跑道末端的速度為v1，在傾斜跑道末端的速度為v2，加速度為a2 水平跑道上： v1a1t1 傾斜跑道上： 由牛頓第二定律得,v22v122a2L2,(3)如果此航母去掉傾斜跑道，保持水平跑道長度不變，現(xiàn)在跑道上安裝飛機彈射器，此彈射器彈射距離為84 m，要使飛機在水平跑道的末端速度達到100 m
5、/s，則彈射器的平均作用力為多大？(已知彈射過程中發(fā)動機照常工作),答案,解析,答案1.0106 N,解析設彈射器的平均作用力為F1，彈射距離為x，飛機在水平跑道末端速度為v3,解得F11.0106 N.,2.(2018義烏市模擬)如圖3甲所示，傾角為37的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現(xiàn)將一質量m2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，2 s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：,圖3,(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v；,答案8 m/s,解析由vt圖象的面積規(guī)律可知，傳送
6、帶A、B間的距離L即為vt圖線與t軸所圍的面積，,答案,解析,(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；,答案,解析,答案0.5,解析由vt圖象可知傳送帶運行速度為v110 m/s 物體從A到B先做加速度為,經(jīng)過時間t11 s后再做加速度為,再經(jīng)過時間t21 s，物體以大小為v212 m/s的速度到達傳送帶B端. 由物體在傳送帶上的受力情況知,解得0.5,(3)2 s內物體機械能的減少量E及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內能Q.,答案,解析,答案48 J48 J,解析小物體到達傳送帶B端時的速度大小v212 m/s,物體的重力勢能減少了EpmgLsin 20160.6 J192 J 所以物體的機械能的減少量E4
7、8 J 由功能關系可知,代入數(shù)值得Q48 J.,曲線運動中動力學方法和能量觀點的應用,,題型2,1.曲線運動中的動力學和能量觀點的綜合問題，主要是直線運動、平拋運動、圓周運動三種運動中兩者或三者的組合問題. 2.對物體進行受力分析、運動分析、能量分析，初步了解運動全過程，構建大致運動圖景. 3.若為多過程問題，可將全過程分解，尋找子過程間的聯(lián)系和解題方法.,例2(2018浙江4月選考20)如圖4所示，一軌道為半徑2 m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可調的水平直軌道BC在B點平滑連接而成.現(xiàn)有一質量為0.2 kg的小球從A點無初速度釋放，經(jīng)過圓弧上B點時，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6 N
8、，小球經(jīng)過BC段所受的阻力為其重力的0.2倍，然后從C點水平飛離軌道，落到水平地面上的P點，P、C兩點間的高度差為3.2 m.小球運動過程中可視為質點，且不計空氣阻力，g取10 m/s2.,圖4,(1)求小球運動至B點時的速度大??；,答案,解析,答案4 m/s,解析由牛頓第三定律知，在B點軌道對小球的支持力為FN3.6 N. 由向心力公式和牛頓第二定律有,解得vB4 m/s.,(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；,答案2.4 J,解析小球從A到B的過程，只有重力和摩擦力做功，設克服摩擦力所做的功為W克.,解得W克2.4 J.,答案,解析,(3)為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC
9、段的長度；,答案,解析,答案3.36 m,解析分析運動可知，BC段長度會影響勻減速運動的時間，進而影響平拋運動的水平初速度以及水平位移.,由運動學公式得vCvBat42t ,其中，0
10、與地面夾角相等，所以碰撞前后水平分速度與豎直分速度比值不變.每次碰撞機械能損失75%，,設第n次損失后的豎直分速度為vyn，第n次碰撞到第n1次碰撞的時間為tn.,當n取無窮大時，小球處于靜止狀態(tài). 解得t總2.4 s.,3.(2017紹興市選考診斷)如圖5所示為一種射程可調節(jié)的“拋石機”模型.拋石機長臂OA的長度L4 m，B為OA中點，石塊可裝在長臂上的AB區(qū)域中某一位置.開始時長臂與水平面間的夾角30，對短臂施力，當長臂轉到豎直位置時立即停止轉動，石塊被水平拋出.在某次投石試驗中，將質量為m10 kg的石塊安裝在A點，擊中地面上距O點水平距離為x12 m的目標.不計空氣阻力和拋石機長臂與短
11、臂的質量，g取10 m/s2，求：,圖5,(1)石塊即將被投出瞬間所受向心力的大??；,答案300 N,解析石塊被拋出后做平拋運動，水平方向xvt,答案,解析,(2)整個過程中投石機對石塊所做的功W；,答案,解析,答案1 200 J,解析長臂從A點轉到豎直位置的整個過程中，根據(jù)動能定理得,代入數(shù)值解得W1 200 J,(3)若投石機對石塊做功恒定，問應將石塊安裝在離O點多遠處才能使石塊落地時距O點的水平距離最大？,答案,解析,答案3 m,解析設拋出點距離O點為l,因此當l3 m時石塊落地時距O點水平距離最大.,4.(201891高中聯(lián)盟期中)如圖6所示，某裝置的彈簧彈射器每次都將小物塊(質量可選
12、擇，可視為質點)從A點由靜止彈出，通過豎直圓軌道和水平直軌道后水平拋入水池中，已知豎直圓軌道半徑為R1.0 m，水平軌道BD長為L2.4 m，水池水面離D點高度為h1.25 m，水池長為s6.0 m，不計水平軌道AB部分和豎直圓軌道的阻力，所有小物塊與水平軌道BD部分的動摩擦因數(shù)為0.25.當所選擇的小物塊質量為m1 kg，在經(jīng)過C點時，對軌道的壓力為10 N，g取10 m/s2，求：,圖6,(1)彈射器對小物塊做的功；,答案,解析,答案30 J,解析在C點時由牛頓第二定律得：,由牛頓第三定律知FN10 N 由A到C的過程，由動能定理得,得W30 J,(2)小物塊從D點飛出落入水面時的水平位移x；,答案,解析,解析從彈出到D點，由動能定理：,小物塊從D點飛出后做平拋運動，,xvDt,(3)為確保不同的小物塊都能從A點彈射并直接落入水面，對選擇的小物塊的質量有何要求？,答案,解析,解析若小物塊質量最大為m1時，恰能過C點：,從彈出到D點，Wm1gL0 得m11.2 kg 若小物塊恰能到達水池水面最右端時，質量最小為m2,svDt,
（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第2講 必考第20題 動力學方法和能量觀點的綜合應用課件.ppt
