（浙江）高考物理復習全冊學案（打包22套）.zip

（浙江）高考物理復習全冊學案（打包22套）.zip,浙江,高考,物理,復習,全冊學案,打包,22 第2講　必考第20題　動力學方法和能量觀點的綜合應用 題型1　直線運動中動力學方法和能量觀點的應用 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°的斜面底端固定有與斜面垂直的彈性擋板，一個可視為質(zhì)點的小物塊在t＝0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g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖1 (1)小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)小物塊第一次回到斜面底端時的速度大?。? (3)小物塊在斜面上運動所通過的總路程． 答案　(1)0.5　(2)2 m/s　(3)12.5 m 解析　(1)由題圖乙可知，小物塊在上滑過程中的加速度大小為 a1＝＝10 m/s2 由牛頓第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 可得小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5 (2)小物塊第一次上滑的位移大小 x1＝t1＝×1 m＝5 m 第一次下滑過程由動能定理有 mgx1sin θ－μmgcos θ·x1＝mv12－0 可得小物塊第一次回到斜面底端時的速度大小v1＝2 m/s (3)小物塊最終停在擋板處，全程由動能定理有 －μmgcos θ·s＝0－mv02 可得在斜面上運動所通過的總路程s＝12.5 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(zhì)量為m＝2.0×104 kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.2×105 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(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點，傾斜跑道看做斜面，不計拐角處的影響．取g＝10 m/s2. 圖2 (1)求飛機在水平跑道上運動的時間； (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)1.0×106 N 解析　(1)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 F－Ff＝ma1 L1＝a1t12 解得t1＝8 s (2)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： v1＝a1t1 傾斜跑道上： 由牛頓第二定律得 F－Ff－mg＝ma2 v22－v12＝2a2L2 解得v2＝2 m/s (3)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 由動能定理得F1x＋FL1－FfL1＝mv32 解得F1＝1.0×106 N. 2．(2018·義烏市模擬)如圖3甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2 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，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖3 (1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v； (2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ； (3)2 s內(nèi)物體機械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q. 答案　(1)8 m/s　(2)0.5　(3)48 J　48 J 解析　(1)由v－t圖象的面積規(guī)律可知，傳送帶A、B間的距離L即為v－t圖線與t軸所圍的面積，所以L＝t1＋t2，代入數(shù)值得：L＝16 m，平均速度為v＝＝8 m/s (2)由v－t圖象可知傳送帶運行速度為v1＝10 m/s 物體從A到B先做加速度為 a1＝ m/s2＝10 m/s2的勻加速運動， 經(jīng)過時間t1＝1 s后再做加速度為 a2＝ m/s2＝2 m/s2的勻加速運動， 再經(jīng)過時間t2＝1 s，物體以大小為v2＝12 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 a1＝或a2＝ 解得μ＝0.5 (3)小物體到達傳送帶B端時的速度大小v2＝12 m/s 物體的動能增加了ΔEk＝mv22＝×2×122 J＝144 J 物體的重力勢能減少了ΔEp＝mgLsin θ＝20×16×0.6 J＝192 J 所以物體的機械能的減少量ΔE＝48 J 由功能關系可知 Q＝μmgcos θ(v1t1－t1)＋μmgcos θ 代入數(shù)值得Q＝48 J. 題型2　曲線運動中動力學方法和能量觀點的應用 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(diào)的水平直軌道BC在B點平滑連接而成．現(xiàn)有一質(zhì)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，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(zhì)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?。? (2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功； (3)為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC段的長度； (4)小球落到P點后彈起，與地面多次碰撞后靜止．假設小球每次碰撞機械能損失75%、碰撞前后速度方向與地面的夾角相等．求小球從C點飛出到最后靜止所需時間． 答案　(1)4 m/s　(2)2.4 J　(3)3.36 m　(4)2.4 s 解析　(1)由牛頓第三定律知，在B點軌道對小球的支持力為FN＝3.6 N. 由向心力公式和牛頓第二定律有 FN－mg＝m， 解得vB＝4 m/s. (2)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． 由動能定理得：mgR－W克＝mvB2－0 解得W克＝2.4 J. (3)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． 設BC段小球的運動時間為t，加速度a＝＝2 m/s2 由運動學公式得vC＝vB－at＝4－2t① xBC＝vBt－at2＝4t－t2② 其中，0

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