高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 運(yùn)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題

高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 運(yùn)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題1如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有一個(gè)粗糙的圓弧軌道，其半徑R0.4 m，軌道的最低點(diǎn)距地面高度h0.45 m一質(zhì)量m0.1 kg的小滑塊從軌道的最高點(diǎn)A由靜止釋放，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)以一定的水平速度離開軌道，落地點(diǎn)C距軌道最低點(diǎn)的水平距離x0.6 m空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)圖1(1)小滑塊離開軌道時(shí)的速度大??；(2)小滑塊運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大?。?3)小滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中，克服摩擦力所做的功答案(1)2.0 m/s(2)2.0 N(3)0.2 J解析(1)小滑塊離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，初速度為v，則xvthgt2解得：v2.0 m/s.(2)小滑塊到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，受重力和軌道對(duì)它的彈力為FN，根據(jù)牛頓第二定律：FNmgm解得：FN2.0 N根據(jù)牛頓第三定律，軌道受到的壓力大小FNFN2.0 N.(3)在小滑塊從軌道的最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理：mgRWfmv20解得：Wf0.2 J所以小滑塊克服摩擦力做功為0.2 J.2如圖2所示，質(zhì)量為m1 kg的物塊，放置在質(zhì)量M2 kg足夠長(zhǎng)木板的中間，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，木板放置在光滑的水平地面上在地面上方存在兩個(gè)作用區(qū)，兩作用區(qū)的寬度L均為1 m，邊界距離為d，作用區(qū)只對(duì)物塊有力的作用：作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向右，作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向左作用力大小均為3 N將物塊與木板從圖示位置(物塊在作用區(qū)內(nèi)的最左邊)由靜止釋放，已知在整個(gè)過程中物塊不會(huì)滑離木板取g10 m/s2.圖2(1)在物塊剛離開區(qū)域時(shí)，物塊的速度多大？(2)若物塊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)，物塊與木板的速度剛好相同，求兩作用區(qū)的邊界距離d；(3)物塊與木板最終停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，求它們相對(duì)滑動(dòng)的路程答案(1)2 m/s(2)1.5 m(3)3 m解析(1)對(duì)物塊由牛頓第二定律：Fmgmam1得：am12 m/s2由Lam1t得t1 1 svm1am1t12 m/s.(2)區(qū)域內(nèi)，對(duì)木板：由mgMaM1得aM10.5 m/s2物塊到達(dá)區(qū)域邊緣處，木板的速度：vM1aM1t10.5 m/s離開區(qū)域后：對(duì)物塊：由mgmam2，得am21 m/s2對(duì)木板：aM2aM10.5 m/s2當(dāng)物塊與木板達(dá)共同速度時(shí)：vm1am2t2vM1aM2t2得t21 s兩作用區(qū)邊界距離為dvm1t2am2t1.5 m.(3)由于F>mg，所以物塊與木板最終只能停在兩作用區(qū)之間由全過程能量守恒與轉(zhuǎn)化規(guī)律：FLmgx得：x3 m.3如圖3所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h(yuǎn)112 m，底角分別為37°、53°，A、B兩小物塊質(zhì)量分別為mA2 kg、mB4 kg，用輕繩連接，通過滑梯頂端的小滑輪跨放在左右兩斜面上，輕繩伸直時(shí)，兩物塊離地高度h24 m，在滑輪處壓住細(xì)繩，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1，g10 m/s2，sin 37°0.6，sin 53°0.8.圖3(1)若在壓繩處突然剪斷繩，求A、B下滑過程中加速度之比；(2)若松開繩，求B滑到底端時(shí)的速度大??；(3)松開繩，當(dāng)B滑到底端后，A沿斜面繼續(xù)向上滑行的距離答案(1)(2) m/s(3) m解析(1)對(duì)A分析FAmAgsin 37°mAgcos 37°對(duì)B分析FBmBgsin 53°mBgcos 53°又Fma，綜上所述，解得(2)由動(dòng)能定理：mBgh2mAghA(mBgcos 53°mAgcos 37°)·x(mAmB)v2由幾何關(guān)系得：hA·sin 37°3 mx5 m聯(lián)立解得B滑到底端的速度v m/s.(3)A沿斜面上行，aAgsin 37°gcos 37°6.8 m/s2由v2aAxAvAv m/s上行距離：xA m4滑板運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)陸地上的“沖浪運(yùn)動(dòng)”，具有很強(qiáng)的觀賞性與趣味性下坡式滑行軌道可簡(jiǎn)化為如下模型：如圖4所示，abcdef為同一豎直平面內(nèi)的滑行軌道，其中ab、df兩段均為傾角37°的斜直粗糙軌道，bc為一段半徑為R5 m的光滑圓弧，圓弧與ab相切于b點(diǎn)，圓弧圓心O在c點(diǎn)的正上方已知ab之間高度差H15 m，cd之間高度差H22.25 m，運(yùn)動(dòng)員連同滑板的總質(zhì)量m60 kg.運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)由靜止開始下滑后從c點(diǎn)水平飛出，落在軌道上的e點(diǎn)，經(jīng)短暫的緩沖動(dòng)作后沿斜面方向下滑de之間的高度差H39 m，運(yùn)動(dòng)員連同滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：圖4(1)運(yùn)動(dòng)員剛運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)運(yùn)動(dòng)員(連同滑板)剛運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(3)運(yùn)動(dòng)員(連同滑板)在由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過程中阻力對(duì)它做的功答案(1)8 m/s(2)1 368 N，方向豎直向下(3)1 680 J解析(1)物體從c到e點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)：H2H3gt2t s1.5 sce之間的水平距離為x m12 m從c到e做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)故vc m/s8 m/s.(2)在c點(diǎn)，由牛頓第二定律可知FNmgmFNmgm60×1060× N1 368 N根據(jù)牛頓第三定律可知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)軌道的壓力為1 368 N，方向豎直向下(3)由a到c，由動(dòng)能定理可知mg(H1RRcos 37°)Wfmv代入數(shù)據(jù)解得Wf1 680 J.【必考模型2】直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)組合模型1.模型特點(diǎn)：物體在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，經(jīng)歷直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)或三種運(yùn)動(dòng)兩兩組合.2.表現(xiàn)形式：(1)直線運(yùn)動(dòng)：水平面上的直線運(yùn)動(dòng)、斜面上的直線運(yùn)動(dòng)、傳送帶上的直線運(yùn)動(dòng).(2)圓周運(yùn)動(dòng)：繩模型圓周運(yùn)動(dòng)、桿模型圓周運(yùn)動(dòng)、拱形橋模型圓周運(yùn)動(dòng).(3)平拋運(yùn)動(dòng)：與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng).,3.應(yīng)對(duì)模式：這類模型一般不難，各階段的運(yùn)動(dòng)過程具有獨(dú)立性，只要對(duì)不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可，兩個(gè)相鄰的過程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶.很多情況下平拋運(yùn)動(dòng)末速度的方向是解決問題的重要突破口.