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)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題

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1、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)小滑塊離開軌道時的速度大??;(2)小滑塊運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時,對軌道的壓力大小;(3)小滑塊在軌道上運(yùn)動的過程中,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

2、塊離開軌道后做平拋運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動時間為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,受重力和軌道對它的彈力為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足夠長木板的中間,物塊與木板間的動摩擦因數(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

3、區(qū)只對物塊有力的作用:作用區(qū)對物塊作用力方向水平向右,作用區(qū)對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,已知在整個過程中物塊不會滑離木板取g10 m/s2.圖2(1)在物塊剛離開區(qū)域時,物塊的速度多大?(2)若物塊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域時,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)動時,求它們相對滑動的路程答案(1)2 m/s(2)1.5 m(3)3 m解析(1)對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),對木板:由mgMaM1得a

4、M10.5 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:對物塊:由mgmam2,得am21 m/s2對木板:aM2aM10.5 m/s2當(dāng)物塊與木板達(dá)共同速度時:vm1am2t2vM1aM2t2得t21 s兩作用區(qū)邊界距離為dvm1t2am2t1.5 m.(3)由于Fmg,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,兩

5、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摩擦因數(shù)均為0.1,g10 m/s2,sin 370.6,sin 530.8.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A分析FAmAgsin 37mAgcos 37對B分析FBmBgsin 53mBgcos 53又Fma,綜上所述,解得(2)由動能定理:mBgh2mAghA(mBgcos 53mAgcos 37)x(mAmB)v2由幾何關(guān)系得:hAsin 373 mx5

6、 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 37gcos 376.8 m/s2由v2aAxAvAv m/s上行距離:xA m4滑板運(yùn)動是一項(xiàng)陸地上的“沖浪運(yùn)動”,具有很強(qiáng)的觀賞性與趣味性下坡式滑行軌道可簡化為如下模型: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)動員連同滑板的總質(zhì)量m60 kg.運(yùn)動員從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

7、動作后沿斜面方向下滑de之間的高度差H39 m,運(yùn)動員連同滑板可視為質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力,取g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8.求:圖4(1)運(yùn)動員剛運(yùn)動到c點(diǎn)時的速度大??;(2)運(yùn)動員(連同滑板)剛運(yùn)動到c點(diǎn)時對軌道的壓力;(3)運(yùn)動員(連同滑板)在由a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)過程中阻力對它做的功答案(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,在豎直方向做自由落體運(yùn)動: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,在水平方向做勻速運(yùn)動故vc m/s8 m/s.(2)在c點(diǎn),由牛頓第二定

8、律可知FNmgmFNmgm601060 N1 368 N根據(jù)牛頓第三定律可知,運(yùn)動員對軌道的壓力為1 368 N,方向豎直向下(3)由a到c,由動能定理可知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、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動組合模型1.模型特點(diǎn):物體在整個運(yùn)動過程中,經(jīng)歷直線運(yùn)動、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動或三種運(yùn)動兩兩組合.2.表現(xiàn)形式:(1)直線運(yùn)動:水平面上的直線運(yùn)動、斜面上的直線運(yùn)動、傳送帶上的直線運(yùn)動.(2)圓周運(yùn)動:繩模型圓周運(yùn)動、桿模型圓周運(yùn)動、拱形橋模型圓周運(yùn)動.(3)平拋運(yùn)動:與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動.,3.應(yīng)對模式:這類模型一般不難,各階段的運(yùn)動過程具有獨(dú)立性,只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可,兩個相鄰的過程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶.很多情況下平拋運(yùn)動末速度的方向是解決問題的重要突破口.

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