高考物理大二輪總復習與增分策略 題型研究2 學考計算題 20題 動力學方法和能量觀點的綜合應用

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題型研究2 學考計算題 20題 動力學方法和能量觀點的綜合應用 　　　　　直線運動中動力學方法和能量觀點 的應用 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 (1)解題策略 ①動力學方法觀點：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. (2)解題關鍵 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，也是解題的關鍵. 例1　在物資運轉過程中常使用如圖1所示的傳送帶.已知某傳送帶與水平面成θ＝37角，傳送帶的AB部分長L＝5.8 m，傳送帶以恒定的速率v＝4 m/s按圖示方向傳送，若在B端無初速度地放置一個質量m＝50 kg的物資P(可視為質點)，P與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37＝0.6).求： 圖1 (1)物資P從B端開始運動時的加速度大??； (2)物資P到達A端時的動能. 答案　(1)10 m/s2　(2)900 J 解析　(1)P剛放在B端時，受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin θ＋Ff＝ma FN＝mgcos θ Ff＝μFN 聯(lián)立解得加速度為 a＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2 (2)P達到與傳送帶相同速度時的位移 x＝＝0.8 m 以后物資P受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力作用，根據(jù)動能定理得 (mgsin θ－Ff)(L－x)＝mv－mv2 到達A端時的動能 EkA＝mv＝900 J. 傳送帶模型是高中物理中比較常見的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況.一般設問的角度有兩個： (1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系. (2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關系或能量守恒定律求解. 變式題組 1.如圖2甲所示，一質量為m＝1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t＝0時刻開始，物塊受到按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用并向右運動，第3 s末物塊運動到B點時速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2(g取10 m/s2)，求： 圖2 (1)A與B間的距離； (2)水平力F在5 s內對物塊所做的功. 答案　(1)4 m　(2)24 J 解析　(1)根據(jù)題目條件及圖乙可知，物塊在從B返回A的過程中，在恒力作用下做勻加速直線運動，即F－μmg＝ma. 由運動學公式知：xAB＝at2 代入數(shù)值解得 xAB＝4 m (2)物塊在前3 s內動能改變量為零，由動能定理得 W1－Wf＝0，即W1－μmgxAB＝0 則前3 s內水平力F做的功為W1＝8 J 根據(jù)功的定義式W＝Fx得，水平力F在3～5 s時間內所做的功為 W2＝FxAB＝16 J 則水平力F在5 s內對物塊所做的功為 W＝W1＋W2＝24 J. 2.(2015寧波期末)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3所示，設某航母起飛跑道主要由長度為L1＝160 m的水平跑道和長度為L2＝20 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h＝4.0 m.一架質量為m＝2.0104 kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.2105 N，方向與速度方向相同，在運動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可看成質點，傾斜跑道看作斜面，不計拐角處的影響.取g＝10 m/s2. 圖3 (1)求飛機在水平跑道運動的時間； (2)求飛機到達傾斜跑道末端時的速度大??； (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/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　(1)8 s　(2)2 m/s　(3)106 N 解析　(1)設飛機在水平跑道加速度為a1，阻力為Ff 由牛頓第二定律得 F－Ff＝ma1 L1＝a1t 解得t1＝8 s (2)設飛機在水平跑道末端速度為v1，傾斜跑道末端速度為v2，加速度為a2 水平跑道上： v1＝a1t1 傾斜跑道上： 由牛頓第二定律得 F－Ff－mg＝ma2 v－v＝2a2L2 解得v2＝2 m/s (3)設彈射器的彈力為F1，彈射距離為x，飛機在跑道末端速度為v3 由動能定理得F1x＋FL1－FfL1＝mv 解得F1＝106 N. 　　　　　曲線運動中動力學方法和能量觀點的應用 例2　(2016浙江10月學考20)如圖4甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙所示的模型.傾角為45的直軌道AB、半徑R＝10 m的光滑豎直圓軌道和傾角為37的直軌道EF.分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40 m.現(xiàn)有質量m＝500 kg的過山車，從高h＝40 m處的A點靜止下滑，經BCDC′EF最終停在G點.過山車與軌道AB、EF間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75.過山車可視為質點，運動中不脫離軌道，g取10 m/s2.求： 圖4 (1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小； (2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力； (3)減速直軌道FG的長度x.(已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 答案　見解析 解析　(1)設C點的速度為vC，由動能定理得 mgh－μ1mgcos 45＝mv 代入數(shù)據(jù)解得 vC＝8 m/s (2)設D點速度為vD，由動能定理得 mg(h－2R)－μ1mgcos 45＝mv F＋mg＝m 解得F＝7103 N 由牛頓第三定律知，過山車在D點對軌道的作用力為7103 N (3)全程應用動能定理 mg[h－(l－x)tan 37]－μ1mgcos 45－μ1mgcos 37－μ2mgx＝0 解得x＝30 m. 多過程問題的解題技巧 1.“合”——初步了解全過程，構建大致的運動圖景. 2.“分”——將全過程進行分解，分析每個過程的規(guī)律. 3.“合”——找到子過程的聯(lián)系，尋找解題方法. 變式題組 3.(2016浙江4月選考20)如圖5所示，裝置由一理想彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成.其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1＝0.20 m、h2＝0.10 m，BC水平距離L＝1.00 m.軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高.當彈簧壓縮量為d時，恰能使質量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點.(已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比，g＝10 m/s2) 圖5 (1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大?。? (2)求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)； (3)當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由. 答案　(1)0.1 J　2 m/s　(2)0.5　(3)不能，理由見解析 解析　(1)由機械能守恒定律可得 E彈＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05100.20 J＝0.1 J ΔEk＝mv可得v0＝2 m/s (2)由E彈∝d2可得ΔEk′＝E彈′＝4E彈＝4mgh1 由動能定理可得 －mg(h1＋h2)－μmgL＝－ΔEk′ μ＝＝0.5 (3)恰能通過螺旋軌道最高點須滿足的條件是 mg＝ 由機械能守恒定律有 v＝v0＝2 m/s 得Rm＝0.4 m 當R>Rm＝0.4 m時，滑塊會脫離螺旋軌道，不能上升到B點. 4.如圖6所示，位于豎直平面內的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點為拋物線頂點.已知h＝2 m，s＝ m.取重力加速度大小g＝10 m/s2. 圖6 (1)一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下，當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑； (2)若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環(huán)到達c點時速度的水平分量的大小. 答案　(1)0.25 m　(2) m/s 解析　(1)小環(huán)在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則說明下落到b點時的速度水平，使小環(huán)做平拋運動的軌跡與軌道bc重合，故有s＝vbt① h＝gt2② 小環(huán)在ab段滑落過程中，根據(jù)動能定理可得 mgR＝mv③ 聯(lián)立三式可得R＝＝0.25 m (2)下滑過程中，初速度為零，只有重力做功，根據(jù)動能定理可得mgh＝mv④ 因為小環(huán)滑到c點時速度與豎直方向的夾角等于(1)問中做平拋運動過程中經過c點時速度與豎直方向的夾角，設為θ，則根據(jù)平拋運動規(guī)律可知sin θ＝⑤ 根據(jù)運動的合成與分解可得sin θ＝⑥ 聯(lián)立①②④⑤⑥可得v水平＝m/s. 1.為了了解運動員在三米板跳水中的軌跡過程，特做了簡化處理：把運動員看做質量為m＝50.0 kg的質點，豎直起跳位置離水面高h1＝3.0 m，起跳后運動到最高點的時間t＝0.3 s，運動員下落垂直入水后水對運動員豎直向上的作用力的大小恒為F＝1 075.0 N，不考慮空氣阻力，g＝10 m/s2，求： (1)運動員起跳時初速度v0的大??； (2)運動員在水中運動的最大深度h2. 答案　(1)3.0 m/s　(2)3.0 m 解析　(1)運動員上升到最高點時速度為零， 由運動學公式有 0＝v0－gt， 代入數(shù)據(jù)解得 v0＝3.0 m/s (2)運動員從起跳到水中最深，由動能定理有 mg(h1＋h2)－Fh2＝0－， 代入數(shù)據(jù)解得 h2＝3.0 m. 2.(2013浙江6月學考11)如圖1所示，雪道與水平冰面在B處平滑地連接.小明乘雪橇從雪道上離冰面高度h＝8 m的A處自靜止開始下滑，經B處后沿水平冰面滑至C處停止.已知小明與雪橇的總質量m＝70 kg，用速度傳感器測得雪橇在B處的速度值vB＝12 m/s，不計空氣阻力和連接處能量損失，小明和雪撬可視為質點.求：(g取10 m/s2) 圖1 (1)從A到C過程中，小明與雪撬所受重力做了多少功？ (2)從A到B過程中，小明與雪撬損失了多少機械能？ (3)若小明乘雪撬最后停在BC的中點，則他應從雪道上距冰面多高處由靜止開始下滑？ 答案　(1)5.6103 J　(2)5.6102 J　(3)4 m 解析　(1)從A到C過程中，小明與雪撬所受重力做的功 WG＝mgh 代入數(shù)據(jù)得 WG＝5.6103 J (2)從A到B過程中 重力勢能減少：ΔEp＝mgh＝5.6103 J 動能增加：ΔEk＝mv＝5.04103 J 損失的機械能為：ΔE機＝ΔEp－ΔEk＝5.6102 J (3)設小明乘雪撬在雪道上所受阻力為Ff，在冰面上所受阻力為Ff′，B、C間距離為x，由動能定理有 mgh－Ff－Ff′x＝0 mgh′－Ff－Ff′＝0 解得：h′＝＝4 m. 3.滑沙游戲中，游戲者從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下.為了安全，滑沙車上通常裝有剎車手柄，游客可以通過操縱剎車手柄對滑沙車施加一個與車運動方向相反的制動力F，從而控制車速.為便于研究，做如下簡化：游客從頂端A點由靜止滑下8 s后，操縱剎車手柄使滑沙車摩擦力變大勻速下滑至底端B點，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止.已知游客和滑沙車的總質量m＝70 kg，傾斜滑道AB長LAB＝128 m，傾角θ＝37，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，不計空氣阻力. (1)求游客勻速下滑時的速度大??； (2)求游客勻速下滑的時間； (3)求游客從A滑到B的過程中由于摩擦產生的熱量. 答案　(1)16 m/s　(2)4 s　(3)44 800 J 解析　(1)對游客和滑沙車整體受力分析，由牛頓第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10(0.6－0.50.8) m/s2＝2 m/s2 則游客勻速下滑時的速度 v＝a1t1＝28 m/s＝16 m/s (2)游客加速下滑通過的位移 x1＝a1t＝282 m＝64 m 則游客勻速下滑通過的位移 x2＝LAB－x1＝128 m－64 m＝64 m 勻速下滑的時間t＝＝ s＝4 s. (3)對游客在斜坡上的運動過程，由動能定理有 mgLABsin θ－Wf＝mv2 解得Q＝Wf＝mgLABsin θ－mv2＝44 800 J. 4.(2016麗水模擬)如圖2所示，水平地面與一半徑為l的豎直光滑圓弧軌道相接于B點，軌道上的C點處于圓心O的正下方.在距地面高度為l的水平平臺邊緣上的A點有一質量為m的小球以v0＝的速度水平飛出，小球在空中運動至B點時，恰好沿圓弧軌道在該點的切線方向滑入軌道.小球運動過程中空氣阻力不計，重力加速度為g.試求： 圖2 (1)B點與拋出點A正下方的水平距離x； (2)圓弧BC段所對應的圓心角θ； (3)小球滑到C點時，對圓弧軌道的壓力. 答案　(1)2l　(2)45　(3)(7－)mg，方向豎直向下 解析　(1)設小球做平拋運動到達B點的時間為t，由平拋運動規(guī)律得l＝gt2，x＝v0t，聯(lián)立解得x＝2l. (2)設小球做平拋運動到達B點時的豎直分速度為vy，速度偏向角為α，vy＝，tan α＝，根據(jù)幾何關系可知α＝θ，聯(lián)立解得θ＝45. (3)小球從A到C的過程中機械能守恒，設到達C點時的速度大小為vC，根據(jù)機械能守恒定律有 mgl(1＋1－cos θ)＝mv－mv 設在C點處軌道對小球的支持力大小為F，由牛頓第二定律得 F－mg＝m 解得F＝(7－)mg 根據(jù)牛頓第三定律可知小球對軌道的壓力大小為(7－)mg，方向豎直向下. 5.如圖3所示，一內壁光滑的細管彎成半徑為R＝0.4 m的半圓形軌道CD，豎直放置，其內徑略大于小球的直徑，水平軌道與豎直半圓形軌道在C點連接完好.置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，B處為彈簧的自然狀態(tài).將一個質量為m＝0.8 kg的小球放在彈簧的右側后，用力向左側推小球而壓縮彈簧至A處，然后將小球由靜止釋放，小球運動到C處后對軌道的壓力為F1＝58 N.水平軌道以B處為界，左側AB段長為x＝0.3 m，與小球的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，右側BC段光滑.g＝10 m/s2，求： 圖3 (1)彈簧在壓縮時所儲存的彈性勢能； (2)小球運動到軌道最高處D點時對軌道的壓力大小. 答案　(1)11.2 J　(2)10 N 解析　(1)小球運動到C處時， 由牛頓第二定律得：F1－mg＝m 得v1＝ 代入數(shù)據(jù)解得v1＝5 m/s 根據(jù)動能定理 Ep－μmgx＝mv 代入解得Ep＝11.2 J (2)小球從C到D過程，由機械能守恒定律得 mv＝2mgR＋mv 代入數(shù)據(jù)解得 v2＝3 m/s 由于v2>＝2 m/s 所以小球在D處對軌道外壁有壓力，由牛頓第二定律得 F2＋mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得 F2＝10 N 根據(jù)牛頓第三定律得，小球對軌道的壓力大小為10 N. 6.(2016金華十校9月高三模擬)在學校組織的趣味運動會上，某科技小組為大家提供了一個寓學于樂的游戲.如圖4所示，將一質量為0.1 kg的鋼球放在O點，用彈射裝置將其彈出，使其沿著光滑的半圓形軌道OA和AB運動，BC段為一段長為L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG為接球槽.圓弧OA和AB的半徑分別為r＝0.2 m，R＝0.4 m，鋼球與BC段的動摩擦因數(shù)為μ＝0.7，C點離接球槽的高度為h＝1.25 m，水平距離為x＝0.5 m，接球槽足夠大，g取10 m/s2.求： 圖4 (1)要使鋼球恰好不脫離圓弧軌道，鋼球在A點的速度vA多大？在B位置對半圓軌道的壓力多大？ (2)要使鋼球最終能落入槽中，彈射速度vO至少多大？ 答案　(1)2 m/s　6 N　(2) m/s 解析　(1)要使鋼球恰好不脫離圓弧軌道： 對最高點A：mg＝① 由①式可得：vA＝2 m/s② 鋼球從A到B的過程：mg2R＝mv－mv③ 在B點：FN－mg＝④ 聯(lián)立①②③④可得：FN＝6 N⑤ 根據(jù)牛頓第三定律可得：鋼球在B位置對半圓軌道的壓力為6 N.⑥ (2)要使鋼球能落入槽中，設C點速度至少為vC 從C到D：平拋： 水平方向：x＝vCt，豎直方向：h＝gt2⑦ 由⑦可得：vC＝1 m/s⑧ 假設鋼球在A點的速度恰為vA＝2 m/s時，鋼球可運動到C點，且速度為vC′ 從A到C：mg2R－μmgL＝mvC′2－mv 可得：vC′2＜0 故：當鋼球在A點的速度恰為vA＝2 m/s時，鋼球不可能達C點，更不可能平拋入槽.⑨ 要使鋼球最終能落入槽中，需要更大的彈射速度，才能使鋼球即滿足不脫離圓弧軌道，又能落入槽中. 從O到C：mgR－μmgL＝mv－mv 聯(lián)立⑦⑧可得：vO＝ m/s?