2019年高考物理 考前沖刺30天 第四講 必考計算題 動力學(xué)方法和能量觀點的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）

《2019年高考物理 考前沖刺30天 第四講 必考計算題 動力學(xué)方法和能量觀點的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理 考前沖刺30天 第四講 必考計算題 動力學(xué)方法和能量觀點的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、動力學(xué)方法和能量觀點的綜合應(yīng)用 命題點一　多過程組合問題 例1　如圖1，固定在水平面上的組合軌道，由光滑的斜面、光滑的豎直半圓(半徑R＝2.5m)與粗糙的水平軌道組成；水平軌道動摩擦因數(shù)μ＝0.25，與半圓的最低點相切，軌道固定在水平面上．一個質(zhì)量為m＝0.1kg的小球從斜面上A處由靜止開始滑下，并恰好能到達半圓軌道最高點D，且水平拋出，落在水平軌道的最左端B點處．不計空氣阻力，小球在經(jīng)過斜面與水平軌道連接處時不計能量損失，g取10m/s2.求： 圖1 (1)小球從D點拋出的速度vD； (2)水平軌道BC的長度x； (3)小球開始下落的高度h. 解析　(1)小球恰好能到達

2、半圓軌道最高點D，此時只有重力作為向心力，即mg＝m 所以小球從D點拋出的速度 vD＝＝m/s＝5 m/s. (2)根據(jù)豎直方向上的自由落體運動可得， 2R＝gt2， 所以運動的時間為t＝＝s＝1s， 水平軌道BC的長度即為平拋運動的水平位移的大小，所以x＝vDt＝5×1m＝5m. (3)對從A到D的過程，利用動能定理可得， mgh－μmgx－mg·2R＝mv 解得h＝7.5m. 答案　(1)5m/s　(2)5m　(3)7.5m 多過程問題的解題技巧 1．抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程． 2．兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系

3、兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵．很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口． 題組階梯突破 1．運動員駕駛摩托車做騰躍特技表演是一種刺激性很強的運動項目．如圖2所示，AB是水平路面，BC是半徑為20m的圓弧，CDE是一段曲面．運動員駕駛功率始終為P＝1.8kW的摩托車在AB段加速，通過B點時速度已達到最大vm＝20m/s，再經(jīng)t＝13 s的時間通過坡面到達E點，此刻關(guān)閉發(fā)動機水平飛出．已知人和車的總質(zhì)量m＝180 kg，坡頂高度h＝5 m，落地點與E點的水平距離s＝16 m，重力加速度g＝10 m/s2.如果在AB段摩托車所受的摩擦阻力恒定，且不計空氣阻力，求： 圖2 (1)

4、AB段摩托車所受摩擦阻力的大?。? (2)摩托車過圓弧B點時受到地面支持力的大??； (3)摩托車在沿BCDE沖上坡頂?shù)倪^程中克服摩擦阻力做的功． 答案　(1)90N　(2)5400N　(3)27360J 解析　(1)摩托車在水平面上已經(jīng)達到了最大速度，牽引力與阻力相等．則 P＝Fvm＝Ffvm. Ff＝＝90N. (2)摩托車在B點，由牛頓第二定律得： FN－mg＝m， FN＝m＋mg＝5400N. (3)對摩托車的平拋運動過程，有 t1＝＝1s， 平拋的初速度v0＝＝16m/s，摩托車在斜坡上運動時，由動能定理得 Pt－Wf－mgh＝mv－mv， 解得Wf＝2736

5、0J. 2．如圖3所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上．質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面向右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點間的水平 圖3 距離L＝1.2 m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2.求： (1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點時速度vB的大?。? (2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大

6、?。? (3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm. 答案　(1)4m/s　(2)8N　(3)0.8J 解析　(1)小物塊恰好從B點沿切線方向進入軌道，由幾何關(guān)系有vB＝＝4m/s. (2)小物塊由B點運動到C點，由動能定理有 mgR(1＋sinθ)＝mv－mv 在C點處，由牛頓第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝8N 根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力FN′大小為8N. (3)小物塊從B點運動到D點，由能量守恒定律有Epm＝mv＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J. 命題點二　傳送帶模型問題 例2　如圖4所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A

7、、B兩端間距L＝16m，傳送帶以速度v＝10m/s，沿順時針方向運動，物體m＝1kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，試求： 圖4 (1)物體由A端運動到B端的時間． (2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量． 解析　(1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1， 設(shè)物體經(jīng)時間t1，加速到與傳送帶同速， 則v＝a1t1，x1＝a1t 可解得：a1＝10m/s2 t1＝1s x1＝5m 因mgsinθ>μmgcosθ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速 由mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

8、 L－x1＝vt2＋a2t 解得：t2＝1s 故物體由A端運動到B端的時間 t＝t1＋t2＝2s (2)物體與傳送帶間的相對位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m 故Q＝μmgcosθ·x相＝24J. 答案　(1)2s　(2)24J 傳送帶問題的分析流程和技巧 1．分析流程 2．相對位移 一對相互作用的滑動摩擦力做功所產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·x相對，其中x相對是物體間相對路徑長度．如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和． 3．功能關(guān)系 (1)功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.

9、 (2)對WF和Q的理解： ①傳送帶的功：WF＝Fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對． 題組階梯突破 3．一質(zhì)量為M＝2kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛來的子彈擊中，子彈從物塊中穿過，如圖5甲所示，地面觀察者記錄了小物塊被擊穿后的速度隨時間的變化關(guān)系，如圖乙所示(圖中取向右運動的方向為正方向)，已知傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2. 圖5 (1)指出傳送帶的速度v的方向及大小，說明理由． (2)計算物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)． (3)計算物塊對傳送帶總共做了多少功？系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？ 答案　(1)方向向右　2m/s　理由見解析　(2)

10、0.2 (3)－24J　36J 解析　(1)由題圖可知，物塊被擊中后先向左做勻減速運動，速度為零后，又向右做勻加速運動，當(dāng)速度等于2m/s以后隨傳送帶一起勻速運動，所以傳送帶的速度方向向右，大小為2 m/s. (2)由題圖可知，a＝＝m/s2＝2 m/s2 由牛頓第二定律得，滑動摩擦力Ff＝Ma，其中 Ff＝μFN，F(xiàn)N＝Mg， 所以物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) μ＝＝＝0.2. (3)由題圖可知，傳送帶與物塊存在摩擦力的時間只有3s，傳送帶在這段時間內(nèi)的位移 x＝vt＝2×3m＝6m 所以物塊對傳送帶所做的功為 W＝－Ffx＝－4×6J＝－24J 選傳送帶為參考系，物塊

11、相對于傳送帶通過的路程 x′＝t＝×3m＝9m， 所以轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量EQ＝Ffx′＝4×9J＝36J. 4.如圖6所示，與水平面夾角θ＝30°的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點與上端B點間的距離L＝4m，傳送帶以恒定的速率v＝2m/s向圖6 上運動．現(xiàn)將一質(zhì)量為1kg的物體無初速度地放于A處，已知物體與傳 送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，取g＝10m/s2，求： (1)物體從A運動到B共需多長時間？ (2)電動機因傳送該物體多消耗的電能． 答案　(1)2.4s　(2)28J 解析　(1)物體無初速度地放在A處后，因mgsinθ<μmgcosθ 故物體斜向上做勻加速直線運動．

12、加速度a＝＝2.5m/s2 物體達到與傳送帶同速所需的時間t1＝＝0.8s t1時間內(nèi)物體的位移x1＝t1＝0.8m 之后物體以速度v做勻速運動，運動的時間 t2＝＝1.6s 物體運動的總時間t＝t1＋t2＝2.4s (2)前0.8s內(nèi)物體相對傳送帶的位移 Δx＝vt1－x1＝0.8m 因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能E內(nèi)＝μmgcosθ·Δx＝6J 整個過程中多消耗的電能 E電＝Ek＋Ep＋E內(nèi)＝mv2＋mgLsinθ＋E內(nèi)＝28J. (建議時間：40分鐘) 1．如圖1所示，皮帶的速度是3m/s，兩圓心距離s＝4.5 m，現(xiàn)將m＝1 kg的小物體輕放在左輪正上方的皮帶上，物體與

13、皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，皮帶不打滑，電動機帶動皮帶將物體從左輪正上方運送到右輪正上方時，求：(g＝10 m/s2) 圖1 (1)小物體獲得的動能Ek； (2)這一過程摩擦產(chǎn)生的熱量Q； (3)這一過程電動機消耗的電能E. 答案　(1)4.5J　(2)4.5J　(3)9J 解析　(1)μmg＝ma a＝1.5m/s2 μmgx＝mv2 所以物體加速階段運動的位移x＝3m4.5m，即物體可與皮帶達到共同速度， Ek＝mv2＝×1×32J＝4.5J. (2)v＝at t＝2s Q＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5J (3)E＝E

14、k＋Q＝4.5J＋4.5J＝9J. 2．如圖2甲所示，一傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速度運行．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 圖2 (1)0～8s內(nèi)物體位移的大小． (2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)． (3)0～8s內(nèi)物體機械能增加量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)14m　(2)0.875　(3)90J　126J 解析　(1)從圖乙中求出物體位移 x＝－2×2×m＋4×4×m＋2×4m＝14m (2)由圖象知，物體

15、相對傳送帶滑動時的加速度 a＝1m/s2 對此過程中物體受力分析得μmgcosθ－mgsinθ＝ma 得μ＝0.875 (3)物體被送上的高度h＝xsinθ＝8.4m 重力勢能增量ΔEp＝mgh＝84J 動能增量ΔEk＝mv－mv＝6J 機械能增加量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J 0～8s內(nèi)只有前6s發(fā)生相對滑動． 0～6s內(nèi)傳送帶運動距離x1＝4×6m＝24m 0～6s內(nèi)物體位移x2＝6m 產(chǎn)生的熱量 Q＝μmgcosθ·Δx＝μmgcosθ(x1－x2)＝126J. 3．山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質(zhì)青藤，其示意圖如圖3.圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O

16、為青藤的固定點，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．開始時，質(zhì)量分別為M＝10kg和m＝2kg的大、小兩只金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當(dāng)大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭．大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為零．運動過程中猴子均可看成質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度g＝10m/s2.求： 圖3 (1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值； (2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大??； (3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小． 答案　(1)8m/s　(2)4m/s　(3)216N 解析　(1)設(shè)猴

17、子從A點水平跳離時速度的最小值為vmin，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有h1＝gt2① x1＝vmint② 聯(lián)立①②式，得vmin＝8m/s③ (2)猴子抓住青藤后蕩到右邊石頭上的運動過程中機械能守恒，設(shè)蕩起時速度為vC，有 (M＋m)gh2＝(M＋m)v④ vC＝＝4m/s⑤ (3)設(shè)青藤對猴子的拉力為FT，青藤的長度為L，對最低點，由牛頓第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥ 由幾何關(guān)系(L－h(huán)2)2＋x＝L2⑦ 得：L＝10m⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑧式并代入數(shù)據(jù)解得： FT＝216N 4．如圖4所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B點，C點是最低點，圓

18、心角∠BOC＝37°，D點與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0m，現(xiàn)在一個質(zhì)量為m＝0.2kg可視為質(zhì)點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，DE距離h＝1.6m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求： 圖4 (1)小物體第一次通過C點時軌道對小物體的支持力FN的大?。? (2)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長． (3)若斜面已經(jīng)滿足(2)中的要求，小物體從E點開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道上做周期性運動，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量Q的大?。? 答案　(1)12.4N　(2)2.

19、4m　(3)4.8J 解析　(1)小物體從E到C，由機械能守恒定律得 mg(h＋R)＝mv① 在C點，由牛頓第二定律得：FN－mg＝m② 聯(lián)立①②解得FN＝12.4N. (2)從E→D→C→B→A過程，由動能定理得 WG－W阻＝0③ WG＝mg[(h＋Rcos 37°)－LABsin 37°]④ W阻＝μmgcos37°LAB⑤ 聯(lián)立③④⑤解得LAB＝2.4m. (3)因為mgsin37°>μmgcos37°(或μ

20、 ΔE＝mg(h＋Rcos37°)⑦ 聯(lián)立⑥⑦解得Q＝4.8J. 5．(2019·紹興期末)如圖5所示，已知半徑分別為R和r的甲、乙兩個光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，甲軌道左側(cè)又連接一個光滑的軌道，兩圓形軌道之間由一條水平軌道CD相連．一小球自某一高度由靜止滑下，先滑過甲軌道，通過動摩擦因數(shù)為μ的CD段，又滑過乙軌道，最后離開．若小球在兩圓軌道的最高點對軌道壓力都恰好為零．試求： 圖5 (1)釋放小球的高度h. (2)水平軌道CD段的長度． 答案　(1)2.5R　(2) 解析　(1)小球在光滑圓軌道上滑行時，機械能守恒，設(shè)小球滑過C點時的速度為vC，通過甲環(huán)最高點速度

21、為v′，根據(jù)小球?qū)ψ罡唿c壓力為零，有mg＝m① 取軌道最低點為零勢能點，由機械守恒定律有：mv＝mg·2R＋mv′2② 由①、②兩式消去v′，可得：vC＝③ 同理可得小球滑過D點時的速度為：vD＝④ 小球從甲軌道左側(cè)光滑軌道滑至C點時機械能守恒，有：mgh＝mv⑤ 由③、⑤兩式聯(lián)立解得：h＝2.5R 由此小球釋放的高度為2.5R (2)設(shè)CD段的長度為l，對小球滑過CD段過程應(yīng)用動能定理有： －μmgl＝mv－mv⑥ 由③、④、⑥三式聯(lián)立解得：l＝ 則水平軌道CD段的長度為. 6．(2019·浙江1月學(xué)考·38)如圖6所示為某種彈射小球的游戲裝置，水平面上固定一輕質(zhì)彈簧及

22、長度可調(diào)節(jié)的豎直管AB.細管下端接有一小段長度不計的圓滑彎管，上端B與四分之一圓弧彎管BC相接，每次彈射前，推動小球?qū)椈蓧嚎s到同一位置后鎖定．解除鎖定，小球即被彈簧彈出，水平射進細管A端，再沿管ABC從C端水平射圖6 出．已知彎管BC的半徑R＝0.30m，小球的質(zhì)量為m＝50g，當(dāng)調(diào) 節(jié)豎直細管AB的長度L至L0＝0.90m時，發(fā)現(xiàn)小球恰好能過管口C 端．不計小球運動過程中的機械能損失．(g取10m/s2) (1)求每次彈射時彈簧對小球所做的功W. (2)當(dāng)L取多大時，小球落至水平面的位置離直管AB最遠？ (3)調(diào)節(jié)L時，小球到達管口C時管壁對球的作用力FN也相應(yīng)變化，考慮到游戲

23、裝置的實際情況，L不能小于0.15m，請在圖7坐標紙上作出FN隨長度L變化的關(guān)系圖線．(取管壁對球的作用力FN方向向上為正，并要求在縱軸上標上必要的刻度值) 圖7 答案　(1)0.60J　(2)0.30m　(3)見解析圖 解析　(1)小球恰好過C點，其速度vC＝0① 根據(jù)功能關(guān)系，每次彈射時彈簧對小球所做的功為： W＝mg(L0＋R)＝0.60J② (2)設(shè)小球被彈出時的初速度為v0，到達C時的速度為v，根據(jù)動能定理有W＝mv－0③ 根據(jù)機械能守恒定律有 mv＝mg(L＋R)＋mv2④ 綜合②③④得v＝⑤ 根據(jù)平拋運動規(guī)律，小球落至水平面時的落點離直管AB的距離為s＝vt＋R⑥ 其中t＝⑦ 綜合⑤⑥⑦得s＝2＋R 根據(jù)數(shù)學(xué)知識可判知，當(dāng)L＝＝0.30m時，s最大． 即當(dāng)L取0.30m時，小球落至水平面的位置離直管AB最遠． (3)設(shè)小球經(jīng)過C端時所受管壁作用力方向向上，根據(jù)牛頓運動定律有mg－FN＝m 又v＝ 則有FN＝L＋mg(1－) 代入數(shù)據(jù)得FN＝L－2.5(N)(0.90m≥L≥0.15m) 據(jù)此作出所求圖線如圖： 13