《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考第20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第2講 必考第20題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用課件.ppt（42頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講必考第20題動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用,專題七計(jì)算題題型強(qiáng)化,內(nèi)容索引,題型1直線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用,題型2曲線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用,直線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用,題型1,1.直線運(yùn)動(dòng)中多運(yùn)動(dòng)過程組合主要是指直線多過程或直線與斜面運(yùn)動(dòng)的組合問題. 2.涉及的規(guī)律： (1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律； (2)能量觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律. 3.受力分析、運(yùn)動(dòng)分析，將物理過程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)過程，分別選擇合適的規(guī)律求解. 4.相鄰運(yùn)動(dòng)過程連接點(diǎn)的速度是解題關(guān)鍵.,例1如圖1甲所示，一傾斜角為37的斜面底端固定有與

2、斜面垂直的彈性擋板，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊在t0時(shí)刻從擋板開始向上運(yùn)動(dòng)，其速度時(shí)間圖象如圖乙所示，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)返回底端，與擋板發(fā)生彈性碰撞，再次向上運(yùn)動(dòng)，如此往復(fù).求：(不計(jì)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)0.5,(2)小物塊第一次回到斜面底端時(shí)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(dòng)能定理有,(3)小物塊在斜面上運(yùn)

3、動(dòng)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(dòng)能定理有,可得在斜面上運(yùn)動(dòng)所通過的總路程s12.5 m,1.航母艦載機(jī)滑躍起飛有點(diǎn)像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翹來幫助戰(zhàn)斗機(jī)起飛，其示意圖如圖2所示，設(shè)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(zhì)量為m2.0104 kg的飛機(jī)，其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)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(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中飛機(jī)受到的平均阻力大小為飛機(jī)重力的0.1倍，假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)

4、點(diǎn)，傾斜跑道看做斜面，不計(jì)拐角處的影響.取g10 m/s2.,圖2,解析設(shè)飛機(jī)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(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；,答案,解析,答案8 s,解得t18 s,(2)求飛機(jī)到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大??；,答案,解析,解析設(shè)飛機(jī)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(jī)彈射器，此彈射器彈射距離為84 m，要使飛機(jī)在水平跑道的末端速度達(dá)到100 m/s，則

5、彈射器的平均作用力為多大？(已知彈射過程中發(fā)動(dòng)機(jī)照常工作),答案,解析,答案1.0106 N,解析設(shè)彈射器的平均作用力為F1，彈射距離為x，飛機(jī)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(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2 s末物體到達(dá)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(yùn)動(dòng)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，傳送帶A、B

6、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(dòng)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(yùn)行速度為v110 m/s 物體從A到B先做加速度為,經(jīng)過時(shí)間t11 s后再做加速度為,再經(jīng)過時(shí)間t21 s，物體以大小為v212 m/s的速度到達(dá)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(nèi)物體機(jī)械能的減少量E及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.,答案,解析,答案48 J48 J,解析小物體到達(dá)傳送帶B端時(shí)的速度大小v212 m/s,物體的重力勢(shì)能減少了EpmgLsin 20160.6 J192 J 所以物體的機(jī)械能的減少量E48 J

7、由功能關(guān)系可知,代入數(shù)值得Q48 J.,曲線運(yùn)動(dòng)中動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用,題型2,1.曲線運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合問題，主要是直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)三種運(yùn)動(dòng)中兩者或三者的組合問題. 2.對(duì)物體進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量分析，初步了解運(yùn)動(dòng)全過程，構(gòu)建大致運(yùn)動(dòng)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(diào)的水平直軌道BC在B點(diǎn)平滑連接而成.現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2 kg的小球從A點(diǎn)無初速度釋放，經(jīng)過圓弧上B點(diǎn)時(shí)，傳感器測(cè)得軌道所受壓力大小為3.6 N，小球經(jīng)過

8、BC段所受的阻力為其重力的0.2倍，然后從C點(diǎn)水平飛離軌道，落到水平地面上的P點(diǎn)，P、C兩點(diǎn)間的高度差為3.2 m.小球運(yùn)動(dòng)過程中可視為質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.,圖4,(1)求小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小；,答案,解析,答案4 m/s,解析由牛頓第三定律知，在B點(diǎn)軌道對(duì)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(shè)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(diǎn)P與B點(diǎn)的水平距離最大，求BC段的長度；

9、,答案,解析,答案3.36 m,解析分析運(yùn)動(dòng)可知，BC段長度會(huì)影響勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，進(jìn)而影響平拋運(yùn)動(dòng)的水平初速度以及水平位移.,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vCvBat42t ,其中，0t2 s.,xCPvCt1 ,由可得xCP3.21.6t 則由可得xBPxBCxCPt22.4t3.2 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得，當(dāng)t1.2 s時(shí)，xBP取得最大值. 代入式，解得xBC3.36 m.,(4)小球落到P點(diǎn)后彈起，與地面多次碰撞后靜止.假設(shè)小球每次碰撞機(jī)械能損失75%、碰撞前后速度方向與地面的夾角相等.求小球從C點(diǎn)飛出到最后靜止所需時(shí)間.,答案,解析,答案2.4 s,解析由于碰撞前后速度方向與地面夾角相等，所以碰撞前后水

10、平分速度與豎直分速度比值不變.每次碰撞機(jī)械能損失75%，,設(shè)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(shí)間為tn.,當(dāng)n取無窮大時(shí)，小球處于靜止?fàn)顟B(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(diào)節(jié)的“拋石機(jī)”模型.拋石機(jī)長臂OA的長度L4 m，B為OA中點(diǎn)，石塊可裝在長臂上的AB區(qū)域中某一位置.開始時(shí)長臂與水平面間的夾角30，對(duì)短臂施力，當(dāng)長臂轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)立即停止轉(zhuǎn)動(dòng)，石塊被水平拋出.在某次投石試驗(yàn)中，將質(zhì)量為m10 kg的石塊安裝在A點(diǎn)，擊中地面上距O點(diǎn)水平距離為x12 m的目標(biāo).不計(jì)空氣阻力和拋石機(jī)長臂與短臂的質(zhì)量，g取10 m/s2，

11、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(yùn)動(dòng)，水平方向xvt,答案,解析,(2)整個(gè)過程中投石機(jī)對(duì)石塊所做的功W；,答案,解析,答案1 200 J,解析長臂從A點(diǎn)轉(zhuǎn)到豎直位置的整個(gè)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得,代入數(shù)值解得W1 200 J,(3)若投石機(jī)對(duì)石塊做功恒定，問應(yīng)將石塊安裝在離O點(diǎn)多遠(yuǎn)處才能使石塊落地時(shí)距O點(diǎn)的水平距離最大？,答案,解析,答案3 m,解析設(shè)拋出點(diǎn)距離O點(diǎn)為l,因此當(dāng)l3 m時(shí)石塊落地時(shí)距O點(diǎn)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(zhì)量可選擇，可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止彈

12、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(diǎn)高度為h1.25 m，水池長為s6.0 m，不計(jì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.當(dāng)所選擇的小物塊質(zhì)量為m1 kg，在經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為10 N，g取10 m/s2，求：,圖6,(1)彈射器對(duì)小物塊做的功；,答案,解析,答案30 J,解析在C點(diǎn)時(shí)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(dòng)能定理得,得W30 J,(2)小物塊從D點(diǎn)飛出落入水面時(shí)的水平位移x；,答案,解析,解析從彈出到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理：,小物塊從D點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，,xvDt,(3)為確保不同的小物塊都能從A點(diǎn)彈射并直接落入水面，對(duì)選擇的小物塊的質(zhì)量有何要求？,答案,解析,解析若小物塊質(zhì)量最大為m1時(shí)，恰能過C點(diǎn)：,從彈出到D點(diǎn)，Wm1gL0 得m11.2 kg 若小物塊恰能到達(dá)水池水面最右端時(shí)，質(zhì)量最小為m2,svDt,