（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 微專題42 用動力學(xué)與能量觀點分析多過程問題加練半小時（含解析）

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1、用動力學(xué)與能量觀點分析多過程問題 [方法點撥]　(1)若運動過程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運動定律；(2)若運動過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，且具有功能關(guān)系的特點，則常用動能定理或能量守恒定律；(3)不同過程連接點速度的關(guān)系有時是處理兩個過程運動規(guī)律的突破點. 1.(2018·福建省漳州市考前沖刺)如圖1所示，傾角θ＝37°的光滑且足夠長的斜面固定在水平面上，在斜面頂端固定一個輪半徑和質(zhì)量不計的光滑定滑輪D，質(zhì)量均為m＝1kg的物體A和B用一勁度系數(shù)k＝240N/m的輕彈簧連接，物體B被位于斜面底端且垂直于斜面的擋板P擋住.用一不可伸長的輕繩使物體A跨過定滑輪與小環(huán)C連接，輕彈簧軸線和定滑

2、輪右側(cè)的繩均與斜面平行，小環(huán)C穿在豎直固定的光滑均勻細桿上.當(dāng)環(huán)C位于Q處時整個系統(tǒng)靜止，此時繩與細桿的夾角α＝53°，物體B對擋板P的壓力恰好為零.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求： 圖1 (1)當(dāng)環(huán)C位于Q處時繩子的拉力大小FT和小環(huán)C的質(zhì)量M； (2)現(xiàn)讓環(huán)C從位置R由靜止釋放，位置R與位置Q關(guān)于位置S對稱，圖中SD水平且長度為d＝0.2m，求： ①小環(huán)C運動到位置Q的速率v； ②小環(huán)C從位置R運動到位置S的過程中輕繩對環(huán)做的功WT. 2.如圖2所示，一個傾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定

3、在水平地面上，頂端連有一輕質(zhì)光滑定滑輪.質(zhì)量為m的A物體置于地面，上端與勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧相連.一條輕質(zhì)繩跨過定滑輪，一端與斜面上質(zhì)量為m的B物體相連，另一端與彈簧上端連接，調(diào)整細繩和A、B物體的位置，使彈簧處于原長狀態(tài)，且細繩自然伸直并與三角斜劈的兩個面平行.現(xiàn)將B物體由靜止釋放，已知B物體恰好能使A物體剛要離開地面但不繼續(xù)上升.求： 圖2 (1)B物體在斜面上下滑的最大距離x； (2)B物體下滑到最低點時的加速大小和方向； (3)若將B物體換成質(zhì)量為2m的C物體，C物體由上述初始位置靜止釋放，當(dāng)A物體剛好要離開地面，C物體的速度大小v. 3.

4、如圖3所示，光滑水平軌道的左端與長L＝1.25m的水平傳送帶AB相接，傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動的速度v0＝1m/s.輕彈簧右端固定，彈簧處于自然狀態(tài)時左端恰位于A點.現(xiàn)用質(zhì)量m＝0.4kg的小物塊(視為質(zhì)點)將彈簧壓縮后由靜止釋放，到達水平傳送帶左端B點后，立即沿切線進入豎直固定的光滑半圓軌道最高點并恰好做圓周運動，經(jīng)圓周最低點C后滑上質(zhì)量為M＝0.2kg的長木板且不會從木板上掉下來.半圓軌道的半徑R＝0.5m，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.8，小物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，長木板與水平地面間動摩擦因數(shù)μ3＝0.1，g取10m/s2.求： 圖3 (1)小物塊到達B點時速度v

5、B的大小(結(jié)果可帶根號)； (2)彈簧被壓縮時的彈性勢能Ep； (3)長木板在水平地面上滑行的最大距離x. 4.(2018·北師大附中模擬)如圖4所示，高H＝1.6m的賽臺ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；質(zhì)量M＝1kg、高h＝0.8m、長L的小車Q緊靠賽臺右側(cè)CD面(不粘連且小車上表面與BC等高)，放置于光滑水平地面上.質(zhì)量m＝1kg的小物塊P從賽臺頂點A由靜止釋放，經(jīng)過B點的小曲面無機械能損失地滑上BC水平面，再滑上小車的左端.已知小物塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10m/s2. 圖4 (1)求小物塊P滑上小車左端時的速度v1. (2)如果小物塊沒有

6、從小車上滑落，求小車最短長度L0. (3)若小車長L＝1.2m，在距離小車右端s處固定有與車面等高的豎直擋板，小車碰上擋板后立即停止不動，討論小物塊在小車上運動過程中，克服摩擦力做功Wf與s的關(guān)系. 答案精析 1.(1)12N　0.72kg　(2)①2m/s?、?.3J 解析　(1)先以A、B組成的整體為研究對象，系統(tǒng)受到重力、支持力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件得繩子的拉力大小FT＝2mgsinθ，解得FT＝12N.以C為研究對象受力分析， 根據(jù)平衡條件得FTcos53°＝Mg，解得M＝0.72kg. (2)①環(huán)從位置R運動到Q位置的過程中，小環(huán)C、彈

7、簧和A組成的系統(tǒng)機械能守恒，有Mg·＝Mv2＋mvA2，其中vA＝vcosα，聯(lián)立解得v＝2m/s. ②由題意，開始時B對擋板的壓力恰好為零，所以B受到重力、支持力和彈簧的拉力，彈簧處于伸長狀態(tài). 對B受力分析，有kΔx1＝mgsinθ，解得彈簧的伸長量Δx1＝0.025m，小環(huán)從R運動到S時，A下降的距離為xA＝－d＝0.05m， 此時彈簧的壓縮量Δx2＝xA－Δx1＝0.025m， 由速度分解可知此時A的速度為零，小環(huán)從R運動到S的過程中，初、末態(tài)的彈性勢能相等. 小環(huán)C、彈簧和A組成的系統(tǒng)機械能守恒，有Mg＋mgxAsinθ＝Ek，解得Ek＝1.38J， 小環(huán)從位置R運動到位

8、置S的過程中，對小環(huán)C，由動能定理可知WT＋Mg＝Ek，解得WT＝0.3J. 2.(1)　(2)g　方向沿斜面向上　(3)g 解析　(1)當(dāng)A物體剛要離開地面但不上升時，A物體處于平衡狀態(tài)，設(shè)B物體沿斜面下滑x，則彈簧伸長為x.對A物體有：kx－mg＝0，解得：x＝ (2)當(dāng)A物體剛要離開地面時，A與地面間作用力為0.對A物體：由平衡條件得：FT－mg＝0 設(shè)B物體的加速度大小為a，對B物體，由牛頓第二定律得：FT－mgsinθ＝ma，解得：a＝g B物體加速度的方向沿斜面向上 (3)A物體剛要離開地面時，彈簧的彈性勢能增加ΔE，對B物體下滑的過程，由能量守恒定律得： ΔE＝mg

9、xsinθ 對C物體下滑的過程，由能量守恒定律得 ΔE＋·2mv2＝2mgxsinθ 解得：v＝g 3.(1)m/s　(2)5J　(3)2.78m 解析　(1)小物塊恰在光滑半圓形軌道最高點做圓周運動，由牛頓第二定律得：mg＝m 解得vB＝＝m/s (2)由于vB＞v0，所以小物塊在傳送帶上一直做勻減速運動，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝μ1mgL＋mvB2 解得Ep＝5J (3)小物塊從B到C過程中由機械能守恒定律得： mg·2R＋mvB2＝mvC2 代入數(shù)據(jù)解得vC＝5m/s 小物塊在長木板上滑行過程中，做勻減速運動，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma1，解得a1＝2m/

10、s2 對長木板受力分析，上表面受到的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.8N 下表面受到的摩擦力Ff2＝μ3(M＋m)g＝0.6N，所以長木板做勻加速運動，由牛頓第二定律得： Ff1－Ff2＝Ma2 解得a2＝1m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t小物塊與長木板達到共速vD，vC－a1t＝a2t＝vD 解得t＝s，vD＝m/s 時間t內(nèi)長木板運動的位移x1＝a2t2＝m 達共速后兩物體一起勻減速至停止，由動能定理得： －μ3(M＋m)gx2＝－(M＋m)vD2 解得x2＝m 所以長木板運動的最大位移x＝x1＋x2≈2.78m. 4.(1)4m/s　(2)1m　(3)見解析 解析　(1)由機

11、械能守恒定律得mg(H－h(huán))＝mvB2，代入數(shù)據(jù)計算得出vB＝4m/s，即小物塊P滑上小車左端時的速度v1＝4m/s. (2)小車長度最短時，小物塊剛好滑到小車右端與小車共速且速度為v2.以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv1＝(m＋M)v2，由能量守恒定律有mv12＝(m＋M)v22＋μmgL0，得v2＝2m/s，L0＝1m. (3)設(shè)共速時小車位移x1，物塊對地位移x2，分別對小車和物塊由動能定理有μMgx1＝Mv22，－μmgx2＝m(v22－v12)，代入數(shù)據(jù)計算得出x1＝0.5m，x2＝1.5m. ①若s≥x1，小物塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v2＝2m/s的勻減速運動，距離車右端距離為L1＝L－L0＝0.2m，設(shè)物塊減速到零時位移為L2，則μmgL2＝mv22，可得L2＝0.5m＞L1，則小物塊將從車右端飛出，Wf＝μmg(x2＋L1)，代入數(shù)據(jù)計算得出Wf＝6.8J； ②若s＜x1，小物塊全程都受摩擦力作用，則Wf＝μmg(L＋s)，代入數(shù)據(jù)計算得出Wf＝4.8＋4s (J). 7