2019年高考物理 考前沖刺30天 第四講 必考計算題 動力學方法和能量觀點的綜合應用學案（含解析）.docx
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動力學方法和能量觀點的綜合應用 命題點一 多過程組合問題 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R＝2.5m)與粗糙的水平軌道組成；水平軌道動摩擦因數μ＝0.25，與半圓的最低點相切，軌道固定在水平面上．一個質量為m＝0.1kg的小球從斜面上A處由靜止開始滑下，并恰好能到達半圓軌道最高點D，且水平拋出，落在水平軌道的最左端B點處．不計空氣阻力，小球在經過斜面與水平軌道連接處時不計能量損失，g取10m/s2.求： 圖1 (1)小球從D點拋出的速度vD； (2)水平軌道BC的長度x； (3)小球開始下落的高度h. 解析 (1)小球恰好能到達半圓軌道最高點D，此時只有重力作為向心力，即mg＝m 所以小球從D點拋出的速度 vD＝＝m/s＝5 m/s. (2)根據豎直方向上的自由落體運動可得， 2R＝gt2， 所以運動的時間為t＝＝s＝1s， 水平軌道BC的長度即為平拋運動的水平位移的大小，所以x＝vDt＝51m＝5m. (3)對從A到D的過程，利用動能定理可得， mgh－μmgx－mg2R＝mv 解得h＝7.5m. 答案 (1)5m/s (2)5m (3)7.5m 多過程問題的解題技巧 1．抓住物理情景中出現的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程． 2．兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關鍵．很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口． 題組階梯突破 1．運動員駕駛摩托車做騰躍特技表演是一種刺激性很強的運動項目．如圖2所示，AB是水平路面，BC是半徑為20m的圓弧，CDE是一段曲面．運動員駕駛功率始終為P＝1.8kW的摩托車在AB段加速，通過B點時速度已達到最大vm＝20m/s，再經t＝13 s的時間通過坡面到達E點，此刻關閉發(fā)動機水平飛出．已知人和車的總質量m＝180 kg，坡頂高度h＝5 m，落地點與E點的水平距離s＝16 m，重力加速度g＝10 m/s2.如果在AB段摩托車所受的摩擦阻力恒定，且不計空氣阻力，求： 圖2 (1)AB段摩托車所受摩擦阻力的大小； (2)摩托車過圓弧B點時受到地面支持力的大小； (3)摩托車在沿BCDE沖上坡頂的過程中克服摩擦阻力做的功． 答案 (1)90N (2)5400N (3)27360J 解析 (1)摩托車在水平面上已經達到了最大速度，牽引力與阻力相等．則 P＝Fvm＝Ffvm. Ff＝＝90N. (2)摩托車在B點，由牛頓第二定律得： FN－mg＝m， FN＝m＋mg＝5400N. (3)對摩托車的平拋運動過程，有 t1＝＝1s， 平拋的初速度v0＝＝16m/s，摩托車在斜坡上運動時，由動能定理得 Pt－Wf－mgh＝mv－mv， 解得Wf＝27360J. 2．如圖3所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質彈簧的右端固定在豎直擋板上．質量m＝0.1kg的小物塊(可視為質點)從空中A點以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經過C點后沿水平面向右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點間的水平 圖3 距離L＝1.2 m，小物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.5，g取10 m/s2.求： (1)小物塊經過圓弧軌道上B點時速度vB的大小． (2)小物塊經過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大?。? (3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm. 答案 (1)4m/s (2)8N (3)0.8J 解析 (1)小物塊恰好從B點沿切線方向進入軌道，由幾何關系有vB＝＝4m/s. (2)小物塊由B點運動到C點，由動能定理有 mgR(1＋sinθ)＝mv－mv 在C點處，由牛頓第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝8N 根據牛頓第三定律，小物塊經過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力FN′大小為8N. (3)小物塊從B點運動到D點，由能量守恒定律有Epm＝mv＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J. 命題點二 傳送帶模型問題 例2 如圖4所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37，A、B兩端間距L＝16m，傳送帶以速度v＝10m/s，沿順時針方向運動，物體m＝1kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，試求： 圖4 (1)物體由A端運動到B端的時間． (2)系統(tǒng)因摩擦產生的熱量． 解析 (1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1， 設物體經時間t1，加速到與傳送帶同速， 則v＝a1t1，x1＝a1t 可解得：a1＝10m/s2 t1＝1s x1＝5m 因mgsinθ>μmgcosθ，故當物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速 由mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 L－x1＝vt2＋a2t 解得：t2＝1s 故物體由A端運動到B端的時間 t＝t1＋t2＝2s (2)物體與傳送帶間的相對位移 x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m 故Q＝μmgcosθx相＝24J. 答案 (1)2s (2)24J 傳送帶問題的分析流程和技巧 1．分析流程 2．相對位移 一對相互作用的滑動摩擦力做功所產生的熱量Q＝Ffx相對，其中x相對是物體間相對路徑長度．如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和． 3．功能關系 (1)功能關系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對WF和Q的理解： ①傳送帶的功：WF＝Fx傳； ②產生的內能Q＝Ffx相對． 題組階梯突破 3．一質量為M＝2kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛來的子彈擊中，子彈從物塊中穿過，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間的變化關系，如圖乙所示(圖中取向右運動的方向為正方向)，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，說明理由． (2)計算物塊與傳送帶間的動摩擦因數． (3)計算物塊對傳送帶總共做了多少功？系統(tǒng)有多少能量轉化為內能？ 答案 (1)方向向右 2m/s 理由見解析 (2)0.2 (3)－24J 36J 解析 (1)由題圖可知，物塊被擊中后先向左做勻減速運動，速度為零后，又向右做勻加速運動，當速度等于2m/s以后隨傳送帶一起勻速運動，所以傳送帶的速度方向向右，大小為2 m/s. (2)由題圖可知，a＝＝m/s2＝2 m/s2 由牛頓第二定律得，滑動摩擦力Ff＝Ma，其中 Ff＝μFN，FN＝Mg， 所以物塊與傳送帶間的動摩擦因數 μ＝＝＝0.2. (3)由題圖可知，傳送帶與物塊存在摩擦力的時間只有3s，傳送帶在這段時間內的位移 x＝vt＝23m＝6m 所以物塊對傳送帶所做的功為 W＝－Ffx＝－46J＝－24J 選傳送帶為參考系，物塊相對于傳送帶通過的路程 x′＝t＝3m＝9m， 所以轉化為內能的能量EQ＝Ffx′＝49J＝36J. 4.如圖6所示，與水平面夾角θ＝30的傾斜傳送帶始終繃緊，傳送帶下端A點與上端B點間的距離L＝4m，傳送帶以恒定的速率v＝2m/s向圖6 上運動．現將一質量為1kg的物體無初速度地放于A處，已知物體與傳 送帶間的動摩擦因數μ＝，取g＝10m/s2，求： (1)物體從A運動到B共需多長時間？ (2)電動機因傳送該物體多消耗的電能． 答案 (1)2.4s (2)28J 解析 (1)物體無初速度地放在A處后，因mgsinθ<μmgcosθ 故物體斜向上做勻加速直線運動． 加速度a＝＝2.5m/s2 物體達到與傳送帶同速所需的時間t1＝＝0.8s t1時間內物體的位移x1＝t1＝0.8m 之后物體以速度v做勻速運動，運動的時間 t2＝＝1.6s 物體運動的總時間t＝t1＋t2＝2.4s (2)前0.8s內物體相對傳送帶的位移 Δx＝vt1－x1＝0.8m 因摩擦而產生的內能E內＝μmgcosθΔx＝6J 整個過程中多消耗的電能 E電＝Ek＋Ep＋E內＝mv2＋mgLsinθ＋E內＝28J. (建議時間：40分鐘) 1．如圖1所示，皮帶的速度是3m/s，兩圓心距離s＝4.5 m，現將m＝1 kg的小物體輕放在左輪正上方的皮帶上，物體與皮帶間的動摩擦因數μ＝0.15，皮帶不打滑，電動機帶動皮帶將物體從左輪正上方運送到右輪正上方時，求：(g＝10 m/s2) 圖1 (1)小物體獲得的動能Ek； (2)這一過程摩擦產生的熱量Q； (3)這一過程電動機消耗的電能E. 答案 (1)4.5J (2)4.5J (3)9J 解析 (1)μmg＝ma a＝1.5m/s2 μmgx＝mv2 所以物體加速階段運動的位移x＝3m4.5m，即物體可與皮帶達到共同速度， Ek＝mv2＝132J＝4.5J. (2)v＝at t＝2s Q＝μmg(vt－x)＝0.15110(6－3) J＝4.5J (3)E＝Ek＋Q＝4.5J＋4.5J＝9J. 2．如圖2甲所示，一傾角為θ＝37的傳送帶以恒定速度運行．現將一質量m＝1kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求： 圖2 (1)0～8s內物體位移的大?。? (2)物體與傳送帶間的動摩擦因數． (3)0～8s內物體機械能增加量及因與傳送帶摩擦產生的熱量Q. 答案 (1)14m (2)0.875 (3)90J 126J 解析 (1)從圖乙中求出物體位移 x＝－22m＋44m＋24m＝14m (2)由圖象知，物體相對傳送帶滑動時的加速度 a＝1m/s2 對此過程中物體受力分析得μmgcosθ－mgsinθ＝ma 得μ＝0.875 (3)物體被送上的高度h＝xsinθ＝8.4m 重力勢能增量ΔEp＝mgh＝84J 動能增量ΔEk＝mv－mv＝6J 機械能增加量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J 0～8s內只有前6s發(fā)生相對滑動． 0～6s內傳送帶運動距離x1＝46m＝24m 0～6s內物體位移x2＝6m 產生的熱量 Q＝μmgcosθΔx＝μmgcosθ(x1－x2)＝126J. 3．山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質青藤，其示意圖如圖3.圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O為青藤的固定點，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．開始時，質量分別為M＝10kg和m＝2kg的大、小兩只金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發(fā)現小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭．大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為零．運動過程中猴子均可看成質點，空氣阻力不計，重力加速度g＝10m/s2.求： 圖3 (1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值； (2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大??； (3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大?。? 答案 (1)8m/s (2)4m/s (3)216N 解析 (1)設猴子從A點水平跳離時速度的最小值為vmin，根據平拋運動規(guī)律，有h1＝gt2① x1＝vmint② 聯(lián)立①②式，得vmin＝8m/s③ (2)猴子抓住青藤后蕩到右邊石頭上的運動過程中機械能守恒，設蕩起時速度為vC，有 (M＋m)gh2＝(M＋m)v④ vC＝＝4m/s⑤ (3)設青藤對猴子的拉力為FT，青藤的長度為L，對最低點，由牛頓第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥ 由幾何關系(L－h(huán)2)2＋x＝L2⑦ 得：L＝10m⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑧式并代入數據解得： FT＝216N 4．如圖4所示，在豎直平面內，粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B點，C點是最低點，圓心角∠BOC＝37，D點與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1.0m，現在一個質量為m＝0.2kg可視為質點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，DE距離h＝1.6m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數μ＝0.5.取sin37＝0.6，cos37＝0.8，g＝10m/s2.求： 圖4 (1)小物體第一次通過C點時軌道對小物體的支持力FN的大小． (2)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長． (3)若斜面已經滿足(2)中的要求，小物體從E點開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道上做周期性運動，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所產生的熱量Q的大?。? 答案 (1)12.4N (2)2.4m (3)4.8J 解析 (1)小物體從E到C，由機械能守恒定律得 mg(h＋R)＝mv① 在C點，由牛頓第二定律得：FN－mg＝m② 聯(lián)立①②解得FN＝12.4N. (2)從E→D→C→B→A過程，由動能定理得 WG－W阻＝0③ WG＝mg[(h＋Rcos 37)－LABsin 37]④ W阻＝μmgcos37LAB⑤ 聯(lián)立③④⑤解得LAB＝2.4m. (3)因為mgsin37>μmgcos37(或μ
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