2019年高考物理考前沖刺30天文檔第四講必考計算題4 動力學(xué)方法和能量觀點的綜合應(yīng)用 Word版含答案

第四講必考計算題4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(dá)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(dá)半圓軌道最高點D，此時只有重力作為向心力，即mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)所以小球從D點拋出的速度vD＝eq\r(gR)＝eq\r(10×2.5)m/s＝5m/s.(2)根據(jù)豎直方向上的自由落體運動可得，2R＝eq\f(1,2)gt2，所以運動的時間為t＝eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(\f(4×2.5,10))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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)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(qiáng)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(dá)到最大vm＝20m/s，再經(jīng)t＝13s的時間通過坡面到達(dá)E點，此刻關(guān)閉發(fā)動機(jī)水平飛出．已知人和車的總質(zhì)量m＝180kg，坡頂高度h＝5m，落地點與E點的水平距離s＝16m，重力加速度g＝10m/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)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小；(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(dá)到了最大速度，牽引力與阻力相等．則P＝Fvm＝Ffvm.Ff＝eq\f(P,vm)＝90N.(2)摩托車在B點，由牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，F(xiàn)N＝meq\f(v\o\al(2,m),R)＋mg＝5400N.(3)對摩托車的平拋運動過程，有t1＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，平拋的初速度v0＝eq\f(s,t1)＝16m/s，摩托車在斜坡上運動時，由動能定理得Pt－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得Wf＝27360J.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(jìn)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＝1.2m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/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小．(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(jìn)入軌道，由幾何關(guān)系有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝4m/s.(2)小物塊由B點運動到C點，由動能定理有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點處，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋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、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＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)可解得：a1＝10m/s2t1＝1sx1＝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＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)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.(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)0.2(3)－24J36J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2m/s.(2)由題圖可知，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/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＝eq\f(a,g)＝eq\f(2,10)＝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，物塊相對于傳送帶通過的路程x′＝eq\f(v′,2)t＝eq\f(6,2)×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＝eq\f(\r(3),2)，取g＝10m/s2，求：(1)物體從A運動到B共需多長時間？(2)電動機(jī)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．加速度a＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝2.5m/s2物體達(dá)到與傳送帶同速所需的時間t1＝eq\f(v,a)＝0.8st1時間內(nèi)物體的位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.8m之后物體以速度v做勻速運動，運動的時間t2＝eq\f(L－x1,v)＝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)＝eq\f(1,2)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＝4.5m，現(xiàn)將m＝1kg的小物體輕放在左輪正上方的皮帶上，物體與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，皮帶不打滑，電動機(jī)帶動皮帶將物體從左輪正上方運送到右輪正上方時，求：(g＝10m/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(jī)消耗的電能E.答案(1)4.5J(2)4.5J(3)9J解析(1)μmg＝maa＝1.5m/s2μmgx＝eq\f(1,2)mv2所以物體加速階段運動的位移x＝3m4.5m，即物體可與皮帶達(dá)到共同速度，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×32J＝4.5J.(2)v＝att＝2sQ＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3)J＝4.5J(3)E＝Ek＋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?。?2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)．(3)0～8s內(nèi)物體機(jī)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)90J126J解析(1)從圖乙中求出物體位移x＝－2×2×eq\f(1,2)m＋4×4×eq\f(1,2)m＋2×4m＝14m(2)由圖象知，物體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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝6J機(jī)械能增加量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J0～8s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＝24m0～6s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?。鸢?1)8m/s(2)4eq\r(5)m/s(3)216N解析(1)設(shè)猴子從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＝eq\f(1,2)gt2①x1＝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(jī)械能守恒，設(shè)蕩起時速度為vC，有(M＋m)gh2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,C)④vC＝eq\r(2gh2)＝4eq\r(5)m/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)eq\f(v\o\al(2,C),L)⑥由幾何關(guān)系(L－h(huán)2)2＋xeq\o\al(2,2)＝L2⑦得：L＝10m⑧聯(lián)立⑤⑥⑧式并代入數(shù)據(jù)解得：FT＝216N4．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的大小．答案(1)12.4N(2)2.4m(3)4.8J解析(1)小物體從E到C，由機(jī)械能守恒定律得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)①在C點，由牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)②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＝0③WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]④W阻＝μmgcos37°LAB⑤聯(lián)立③④⑤解得LAB＝2.4m.(3)因為mgsin37°>μmgcos37°(或μ<tan37°)，所以小物體不會停在斜面上，小物體最后以C為中心，B為一側(cè)最高點沿圓弧軌道做往返運動．從E點開始直至穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量Q＝ΔE⑥ΔE＝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．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)eq\f(5R－r,2μ)解析(1)小球在光滑圓軌道上滑行時，機(jī)械能守恒，設(shè)小球滑過C點時的速度為vC，通過甲環(huán)最高點速度為v′，根據(jù)小球?qū)ψ罡唿c壓力為零，有mg＝meq\f(v′2,R)①取軌道最低點為零勢能點，由機(jī)械守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv′2②由①、②兩式消去v′，可得：vC＝eq\r(5gR)③同理可得小球滑過D點時的速度為：vD＝eq\r(5gr)④小球從甲軌道左側(cè)光滑軌道滑至C點時機(jī)械能守恒，有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)⑤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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)⑥由③、④、⑥三式聯(lián)立解得：l＝eq\f(5R－r,2μ)則水平軌道CD段的長度為eq\f(5R－r,2μ).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)彈簧及長度可調(diào)節(jié)的豎直管AB.細(xì)管下端接有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(jìn)細(xì)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(xì)管AB的