高考物理大二轮总复习与增分策略 题型研究2 学考计算题 20题 动力学方法和能量观点的综合应用

题型研究2 学考计算题 20题 动力学方法和能量观点的综合应用直线运动中动力学方法和能量观点的应用直线运动中多运动过程组合主要是指直线多过程或直线与斜面运动的组合问题 (1)解题策略①动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律. ②能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律. (2)解题关键①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程. ②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键.例1 在物资运转过程中常使用如图1所示的传送带.已知某传送带与水平面成θ＝37°角，传送带的AB 部分长L ＝5.8 m ，传送带以恒定的速率v ＝4 m/s 按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量m ＝50 kg 的物资P (可视为质点)，P 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6).求：图1(1)物资P 从B 端开始运动时的加速度大小； (2)物资P 到达A 端时的动能. 答案 (1)10 m/s 2(2)900 J解析 (1)P 刚放在B 端时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma F N ＝mg cos θ F f ＝μF N联立解得加速度为a ＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2(2)P 达到与传送带相同速度时的位移x ＝v 22a＝0.8 m 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，根据动能定理得 (mg sin θ－F f )(L －x )＝12mv 2A －12mv 2到达A 端时的动能E k A ＝12mv 2A ＝900 J.传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个：动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系.能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解. 变式题组1.如图2甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F 作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2(g 取10 m/s 2)，求：图2(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在5 s 内对物块所做的功. 答案 (1)4 m (2)24 J解析 (1)根据题目条件及图乙可知，物块在从B 返回A 的过程中，在恒力作用下做匀加速直线运动，即F －μmg ＝ma . 由运动学公式知：x AB ＝12at 2代入数值解得x AB ＝4 m(2)物块在前3 s 内动能改变量为零，由动能定理得W 1－W f ＝0，即W 1－μmg ·x AB ＝0则前3 s 内水平力F 做的功为W 1＝8 J根据功的定义式W ＝Fx 得，水平力F 在3～5 s 时间内所做的功为W 2＝F ·x AB ＝16 J则水平力F 在5 s 内对物块所做的功为W ＝W 1＋W 2＝24 J.2.(2015·宁波期末)航母舰载机滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图3所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L 1＝160 m 的水平跑道和长度为L 2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h ＝4.0 m.一架质量为m ＝2.0×104kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F ＝1.2×105N ，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响.取g ＝10 m/s 2.图3(1)求飞机在水平跑道运动的时间； (2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；(3)如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84 m ，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100 m/s ，则弹射器的平均作用力为多大？(已知弹射过程中发动机照常工作) 答案 (1)8 s (2)2430 m/s (3)106N解析 (1)设飞机在水平跑道加速度为a 1，阻力为F f 由牛顿第二定律得F －F f ＝ma 1L 1＝12a 1t 21解得t 1＝8 s(2)设飞机在水平跑道末端速度为v 1，倾斜跑道末端速度为v 2，加速度为a 2 水平跑道上：v 1＝a 1t 1倾斜跑道上： 由牛顿第二定律得F －F f －mg hL 2＝ma 2v 22－v 21＝2a 2L 2解得v 2＝2430 m/s(3)设弹射器的弹力为F 1，弹射距离为x ，飞机在跑道末端速度为v 3 由动能定理得F 1x ＋FL 1－F f L 1＝12mv 23解得F 1＝106N.曲线运动中动力学方法和能量观点的应用例2 (2016·浙江10月学考·20)如图4甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型.倾角为45°的直轨道AB 、半径R ＝10 m 的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF .分别通过水平光滑衔接轨道BC 、C ′E 平滑连接，另有水平减速直轨道FG 与EF 平滑连接，EG 间的水平距离l ＝40 m.现有质量m ＝500 kg 的过山车，从高h ＝40 m 处的A 点静止下滑，经BCDC ′EF 最终停在G 点.过山车与轨道AB 、EF 间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG 间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g 取10 m/s 2.求：图4(1)过山车运动至圆轨道最低点C 时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D 时对轨道的作用力；(3)减速直轨道FG 的长度x .(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 见解析解析 (1)设C 点的速度为v C ，由动能定理得mgh －μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv 2C代入数据解得v C ＝810 m/s(2)设D 点速度为v D ，由动能定理得mg (h －2R )－μ1mg cos 45°hsin 45°＝12mv 2DF ＋mg ＝m v2D R解得F ＝7×103N由牛顿第三定律知，过山车在D 点对轨道的作用力为7×103N (3)全程应用动能定理mg [h －(l －x )tan 37°]－μ1mg cos 45°hsin 45°－μ1mg cos 37°l －xcos 37°－μ2mgx ＝0解得x ＝30 m.多过程问题的解题技巧1.“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景.2.“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律.3.“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法. 变式题组3.(2016·浙江4月选考·20)如图5所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成.其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m.轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A 点与F 点等高.当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点.(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图5(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由. 答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)不能，理由见解析 解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J＝0.1 JΔE k ＝12mv 20可得v 0＝2 m/s(2)由E 弹∝d 2可得ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1 由动能定理可得－mg (h 1＋h 2)－μmgL ＝－ΔE k ′ μ＝3h 1－h 2L＝0.5(3)恰能通过螺旋轨道最高点须满足的条件是mg ＝mv 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s得R m ＝0.4 m当R >R m ＝0.4 m 时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B 点.4.如图6所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点.已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m.取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.图6(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小. 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s解析 (1)小环在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ①h ＝12gt 2②小环在ab 段滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12mv 2b ③联立三式可得R ＝s 24h＝0.25 m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝12mv 2c ④因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv 2b ＋2gh⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c⑥ 联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s.1.为了了解运动员在三米板跳水中的轨迹过程，特做了简化处理：把运动员看做质量为m ＝50.0 kg 的质点，竖直起跳位置离水面高h 1＝3.0 m ，起跳后运动到最高点的时间t ＝0.3 s ，运动员下落垂直入水后水对运动员竖直向上的作用力的大小恒为F ＝1 075.0 N ，不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，求：(1)运动员起跳时初速度v 0的大小； (2)运动员在水中运动的最大深度h 2. 答案 (1)3.0 m/s (2)3.0 m解析 (1)运动员上升到最高点时速度为零， 由运动学公式有 0＝v 0－gt ， 代入数据解得v 0＝3.0 m/s(2)运动员从起跳到水中最深，由动能定理有mg (h 1＋h 2)－Fh 2＝0－mv202，代入数据解得h 2＝3.0 m.2.(2013·浙江6月学考·11)如图1所示，雪道与水平冰面在B 处平滑地连接.小明乘雪橇从雪道上离冰面高度h ＝8 m 的A 处自静止开始下滑，经B 处后沿水平冰面滑至C 处停止.已知小明与雪橇的总质量m ＝70 kg ，用速度传感器测得雪橇在B 处的速度值v B ＝12 m/s ，不计空气阻力和连接处能量损失，小明和雪撬可视为质点.求：(g 取10 m/s 2)图1(1)从A 到C 过程中，小明与雪撬所受重力做了多少功？(2)从A 到B 过程中，小明与雪撬损失了多少机械能？(3)若小明乘雪撬最后停在BC 的中点，则他应从雪道上距冰面多高处由静止开始下滑？ 答案 (1)5.6×103J (2)5.6×102J (3)4 m 解析 (1)从A 到C 过程中，小明与雪撬所受重力做的功W G ＝mgh代入数据得W G ＝5.6×103 J(2)从A 到B 过程中重力势能减少：ΔE p ＝mgh ＝5.6×103J 动能增加：ΔE k ＝12mv 2B ＝5.04×103J损失的机械能为：ΔE 机＝ΔE p －ΔE k ＝5.6×102J(3)设小明乘雪撬在雪道上所受阻力为F f ，在冰面上所受阻力为F f ′，B 、C 间距离为x ，由动能定理有mgh －F fhsin θ－F f ′x ＝0mgh ′－F fh ′sin θ－F f ′x2＝0 解得：h ′＝h2＝4 m. 3.滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下.为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F ，从而控制车速.为便于研究，做如下简化：游客从顶端A 点由静止滑下8 s 后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦力变大匀速下滑至底端B 点，在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m ＝70 kg ，倾斜滑道AB 长L AB ＝128 m ，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力. (1)求游客匀速下滑时的速度大小； (2)求游客匀速下滑的时间；(3)求游客从A 滑到B 的过程中由于摩擦产生的热量. 答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)44 800 J解析 (1)对游客和滑沙车整体受力分析，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝g (sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s 2＝2 m/s 2则游客匀速下滑时的速度v ＝a 1t 1＝2×8 m/s＝16 m/s(2)游客加速下滑通过的位移x 1＝12a 1t 21＝12×2×82m ＝64 m则游客匀速下滑通过的位移x 2＝L AB －x 1＝128 m －64 m ＝64 m 匀速下滑的时间t ＝x 2v ＝6416s ＝4 s.(3)对游客在斜坡上的运动过程，由动能定理有mgL AB sin θ－W f ＝12mv 2解得Q ＝W f ＝mgL AB sin θ－12mv 2＝44 800 J.4.(2016·丽水模拟)如图2所示，水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点处于圆心O 的正下方.在距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点有一质量为m 的小球以v 0＝2gl 的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道.小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g .试求：图2(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ； (2)圆弧BC 段所对应的圆心角θ； (3)小球滑到C 点时，对圆弧轨道的压力.答案 (1)2l (2)45° (3)(7－2)mg ，方向竖直向下解析 (1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律得l ＝12gt 2，x ＝v 0t ，联立解得x ＝2l .(2)设小球做平抛运动到达B 点时的竖直分速度为v y ，速度偏向角为α，v y ＝2gl ，tan α＝v yv 0，根据几何关系可知α＝θ，联立解得θ＝45°.(3)小球从A 到C 的过程中机械能守恒，设到达C 点时的速度大小为v C ，根据机械能守恒定律有mgl (1＋1－cos θ)＝12mv 2C －12mv 2设在C 点处轨道对小球的支持力大小为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2Cl解得F ＝(7－2)mg根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为(7－2)mg ，方向竖直向下.5.如图3所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R ＝0.4 m 的半圆形轨道CD ，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆形轨道在C 点连接完好.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧的自然状态.将一个质量为m ＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A 处，然后将小球由静止释放，小球运动到C 处后对轨道的压力为F 1＝58 N.水平轨道以B 处为界，左侧AB 段长为x ＝0.3 m ，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC 段光滑.g ＝10 m/s 2，求：图3(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；(2)小球运动到轨道最高处D 点时对轨道的压力大小. 答案 (1)11.2 J (2)10 N 解析 (1)小球运动到C 处时，由牛顿第二定律得：F 1－mg ＝m v21R得v 1＝F 1－mg Rm代入数据解得v 1＝5 m/s 根据动能定理E p －μmgx ＝12mv 21代入解得E p ＝11.2 J(2)小球从C 到D 过程，由机械能守恒定律得 12mv 21＝2mgR ＋12mv 22 代入数据解得v 2＝3 m/s由于v 2>gR ＝2 m/s所以小球在D 处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得F 2＋mg ＝m v 22R代入数据解得F 2＝10 N根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10 N.6.(2016·金华十校9月高三模拟)在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏.如图4所示，将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和AB 运动，BC 段为一段长为L ＝2.0 m 的粗糙平面，DEFG 为接球槽.圆弧OA 和AB 的半径分别为r ＝0.2 m ，R ＝0.4 m ，钢球与BC 段的动摩擦因数为μ＝0.7，C 点离接球槽的高度为h ＝1.25 m ，水平距离为x ＝0.5 m ，接球槽足够大，g 取10 m/s 2.求：图4(1)要使钢球恰好不脱离圆弧轨道，钢球在A 点的速度v A 多大？在B 位置对半圆轨道的压力多大？(2)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v O 至少多大？答案 (1)2 m/s 6 N (2)21 m/s解析 (1)要使钢球恰好不脱离圆弧轨道：对最高点A ：mg ＝mv 2A R① 由①式可得：v A ＝2 m/s②钢球从A 到B 的过程：mg ·2R ＝12mv 2B －12mv 2A ③ 在B 点：F N －mg ＝mv 2B R④ 联立①②③④可得：F N ＝6 N⑤根据牛顿第三定律可得：钢球在B 位置对半圆轨道的压力为6 N.⑥(2)要使钢球能落入槽中，设C 点速度至少为v C从C 到D ：平抛：水平方向：x ＝v C ·t ，竖直方向：h ＝12gt 2⑦由⑦可得：v C＝1 m/s⑧假设钢球在A点的速度恰为v A＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为v C′从A到C：mg·2R－μmgL＝12mv C′2－12mv2A可得：v C′2＜0故：当钢球在A点的速度恰为v A＝2 m/s时，钢球不可能达C点，更不可能平抛入槽.⑨要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球即满足不脱离圆弧轨道，又能落入槽中.从O到C：mg·R－μmgL＝12mv2C－12mv2O○10联立⑦⑧○10可得：v O＝21 m/s⑪。