2019年高考物理 考前沖刺30天 第四講 必考計(jì)算題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)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(jì)算題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）》由會(huì)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(jì)算題 動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)案（含解析）（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、動(dòng)力學(xué)方法和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用命題點(diǎn)一多過(guò)程組合問(wèn)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R2.5m)與粗糙的水平軌道組成；水平軌道動(dòng)摩擦因數(shù)0.25，與半圓的最低點(diǎn)相切，軌道固定在水平面上一個(gè)質(zhì)量為m0.1kg的小球從斜面上A處由靜止開(kāi)始滑下，并恰好能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)D，且水平拋出，落在水平軌道的最左端B點(diǎn)處不計(jì)空氣阻力，小球在經(jīng)過(guò)斜面與水平軌道連接處時(shí)不計(jì)能量損失，g取10m/s2.求：圖1(1)小球從D點(diǎn)拋出的速度vD；(2)水平軌道BC的長(zhǎng)度x；(3)小球開(kāi)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(diǎn)D，此時(shí)只有重力作為向心力，即mgm所以

2、小球從D點(diǎn)拋出的速度vDm/s5 m/s.(2)根據(jù)豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)可得，2Rgt2，所以運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts1s，水平軌道BC的長(zhǎng)度即為平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移的大小，所以xvDt51m5m.(3)對(duì)從A到D的過(guò)程，利用動(dòng)能定理可得，mghmgxmg2Rmv解得h7.5m.答案(1)5m/s(2)5m(3)7.5m多過(guò)程問(wèn)題的解題技巧1抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，將物理過(guò)程分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單的子過(guò)程2兩個(gè)相鄰過(guò)程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過(guò)程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵很多情況下平拋運(yùn)動(dòng)的末速度的方向是解題的重要突破口題組階梯突破1運(yùn)動(dòng)員駕駛摩托車做騰躍特技表演是一種刺激性很強(qiáng)的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目如圖2所示

3、，AB是水平路面，BC是半徑為20m的圓弧，CDE是一段曲面運(yùn)動(dòng)員駕駛功率始終為P1.8kW的摩托車在AB段加速，通過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度已達(dá)到最大vm20m/s，再經(jīng)t13 s的時(shí)間通過(guò)坡面到達(dá)E點(diǎn)，此刻關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)水平飛出已知人和車的總質(zhì)量m180 kg，坡頂高度h5 m，落地點(diǎn)與E點(diǎn)的水平距離s16 m，重力加速度g10 m/s2.如果在AB段摩托車所受的摩擦阻力恒定，且不計(jì)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(guò)圓弧B點(diǎn)時(shí)受到地面支持力的大?。?3)摩托車在沿BCDE沖上坡頂?shù)倪^(guò)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

4、水平面上已經(jīng)達(dá)到了最大速度，牽引力與阻力相等則PFvmFfvm.Ff90N.(2)摩托車在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FNmgm，F(xiàn)Nmmg5400N.(3)對(duì)摩托車的平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有t11s，平拋的初速度v016m/s，摩托車在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理得PtWfmghmvmv，解得Wf27360J.2如圖3所示，半徑R0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角30，下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)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m0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v02m/s的速度被水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道

5、，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后沿水平面向右運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點(diǎn)間的水平圖3距離L1.2 m，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2.求：(1)小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上B點(diǎn)時(shí)速度vB的大小(2)小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小(3)彈簧的彈性勢(shì)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(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道，由幾何關(guān)系有vB4m/s.(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有mgR(1sin)mvmv在C點(diǎn)處，由牛頓第二定律有FNmgm解得FN8N根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN大小為8N.(3)小物塊

6、從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由能量守恒定律有EpmmvmgR(1sin)mgL0.8J.命題點(diǎn)二傳送帶模型問(wèn)題例2如圖4所示，傳送帶與地面的夾角37，A、B兩端間距L16m，傳送帶以速度v10m/s，沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，物體m1kg，無(wú)初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，試求：圖4(1)物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)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(shí)受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得：mgsinmgcosma1，設(shè)物體經(jīng)時(shí)間t1，加速到與傳送帶同速，則va1t1，x1a1t可解得：a110m/s2t11sx15m因mgsinmgcos，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體

7、將繼續(xù)加速由mgsinmgcosma2Lx1vt2a2t解得：t21s故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間tt1t22s(2)物體與傳送帶間的相對(duì)位移x相(vt1x1)(Lx1vt2)6m故Qmgcosx相24J.答案(1)2s(2)24J傳送帶問(wèn)題的分析流程和技巧1分析流程2相對(duì)位移一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力做功所產(chǎn)生的熱量QFfx相對(duì)，其中x相對(duì)是物體間相對(duì)路徑長(zhǎng)度如果兩物體同向運(yùn)動(dòng)，x相對(duì)為兩物體對(duì)地位移大小之差；如果兩物體反向運(yùn)動(dòng)，x相對(duì)為兩物體對(duì)地位移大小之和3功能關(guān)系(1)功能關(guān)系分析：WFEkEpQ.(2)對(duì)WF和Q的理解：傳送帶的功：WFFx傳；產(chǎn)生的內(nèi)能QFfx相對(duì)題組階梯突破3一質(zhì)量

8、為M2kg的小物塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，被一水平向左飛來(lái)的子彈擊中，子彈從物塊中穿過(guò)，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(shí)間的變化關(guān)系，如圖乙所示(圖中取向右運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，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(shuō)明理由(2)計(jì)算物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)(3)計(jì)算物塊對(duì)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(jiàn)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(yùn)動(dòng)，速度為零后，又向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于2m/s以后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，所以

9、傳送帶的速度方向向右，大小為2 m/s.(2)由題圖可知，am/s22 m/s2由牛頓第二定律得，滑動(dòng)摩擦力FfMa，其中FfFN，F(xiàn)NMg，所以物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2.(3)由題圖可知，傳送帶與物塊存在摩擦力的時(shí)間只有3s，傳送帶在這段時(shí)間內(nèi)的位移xvt23m6m所以物塊對(duì)傳送帶所做的功為WFfx46J24J選傳送帶為參考系，物塊相對(duì)于傳送帶通過(guò)的路程xt3m9m，所以轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的能量EQFfx49J36J.4.如圖6所示，與水平面夾角30的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點(diǎn)與上端B點(diǎn)間的距離L4m，傳送帶以恒定的速率v2m/s向圖6上運(yùn)動(dòng)現(xiàn)將一質(zhì)量為1kg的物體無(wú)初速度地放于A處

10、，已知物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取g10m/s2，求：(1)物體從A運(yùn)動(dòng)到B共需多長(zhǎng)時(shí)間？(2)電動(dòng)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(wú)初速度地放在A處后，因mgsinmgcos37(或tan37)，所以小物體不會(huì)停在斜面上，小物體最后以C為中心，B為一側(cè)最高點(diǎn)沿圓弧軌道做往返運(yùn)動(dòng)從E點(diǎn)開(kāi)始直至穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量QEEmg(hRcos37)聯(lián)立解得Q4.8J.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(gè)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(gè)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

11、止滑下，先滑過(guò)甲軌道，通過(guò)動(dòng)摩擦因數(shù)為的CD段，又滑過(guò)乙軌道，最后離開(kāi)若小球在兩圓軌道的最高點(diǎn)對(duì)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(zhǎng)度答案(1)2.5R(2)解析(1)小球在光滑圓軌道上滑行時(shí)，機(jī)械能守恒，設(shè)小球滑過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，通過(guò)甲環(huán)最高點(diǎn)速度為v，根據(jù)小球?qū)ψ罡唿c(diǎn)壓力為零，有mgm取軌道最低點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)，由機(jī)械守恒定律有：mvmg2Rmv2由、兩式消去v，可得：vC同理可得小球滑過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度為：vD小球從甲軌道左側(cè)光滑軌道滑至C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能守恒，有：mghmv由、兩式聯(lián)立解得：h2.5R由此小球釋放的高度為2.5R(2)設(shè)CD段的長(zhǎng)度為l，對(duì)

12、小球滑過(guò)CD段過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有：mglmvmv由、三式聯(lián)立解得：l則水平軌道CD段的長(zhǎng)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)彈簧及長(zhǎng)度可調(diào)節(jié)的豎直管AB.細(xì)管下端接有一小段長(zhǎng)度不計(jì)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(dòng)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R0.30m，小球的質(zhì)量為m50g，當(dāng)調(diào)節(jié)豎直細(xì)管AB的長(zhǎng)度L至L00.90m時(shí)，發(fā)現(xiàn)小球恰好能過(guò)管口C端不計(jì)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能損失(g取10m/s2)(1)求每次彈射時(shí)彈簧對(duì)

13、小球所做的功W.(2)當(dāng)L取多大時(shí)，小球落至水平面的位置離直管AB最遠(yuǎn)？(3)調(diào)節(jié)L時(shí)，小球到達(dá)管口C時(shí)管壁對(duì)球的作用力FN也相應(yīng)變化，考慮到游戲裝置的實(shí)際情況，L不能小于0.15m，請(qǐng)?jiān)趫D7坐標(biāo)紙上作出FN隨長(zhǎng)度L變化的關(guān)系圖線(取管壁對(duì)球的作用力FN方向向上為正，并要求在縱軸上標(biāo)上必要的刻度值)圖7答案(1)0.60J(2)0.30m(3)見(jiàn)解析圖解析(1)小球恰好過(guò)C點(diǎn)，其速度vC0根據(jù)功能關(guān)系，每次彈射時(shí)彈簧對(duì)小球所做的功為：Wmg(L0R)0.60J(2)設(shè)小球被彈出時(shí)的初速度為v0，到達(dá)C時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有Wmv0根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mvmg(LR)mv2綜合得v根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球落至水平面時(shí)的落點(diǎn)離直管AB的距離為svtR其中t綜合得s2R根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可判知，當(dāng)L0.30m時(shí)，s最大即當(dāng)L取0.30m時(shí)，小球落至水平面的位置離直管AB最遠(yuǎn)(3)設(shè)小球經(jīng)過(guò)C端時(shí)所受管壁作用力方向向上，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有mgFNm又v則有FNLmg(1)代入數(shù)據(jù)得FNL2.5(N)(0.90mL0.15m)據(jù)此作出所求圖線如圖：13