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

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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(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R＝0.4 m，軌道的最低點(diǎn)距地面高度h＝0.45 m．一質(zhì)量m＝0.1 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x＝0.6 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)的速度大小； (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)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 x＝vt h＝gt2 解得：v＝2.0 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：FN－mg＝m 解得：FN＝2.0 N 根據(jù)牛頓第三定律，軌道受到的壓力大小FN′＝FN＝2.0 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：mgR＋Wf＝mv2－0 解得：Wf＝－0.2 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m＝1 kg的物塊，放置在質(zhì)量M＝2 kg足夠長(zhǎng)木板的中間，物

3、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：Ⅰ作用區(qū)對(duì)物塊作用力方向水平向右，Ⅱ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Ⅰ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g＝10 m/s2. 圖2 (1)在物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時(shí)，物塊的速度多大？ (2)若物塊剛進(jìn)入Ⅱ區(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.

4、5 m　(3)3 m 解析　(1)對(duì)物塊由牛頓第二定律：F－μmg＝mam1 得：am1＝＝2 m/s2 由L＝am1t得t1＝ ＝1 s vm1＝am1t1＝2 m/s. (2)Ⅰ區(qū)域內(nèi)，對(duì)木板： 由μmg＝MaM1得aM1＝0.5 m/s2 物塊到達(dá)Ⅰ區(qū)域邊緣處，木板的速度： vM1＝aM1t1＝0.5 m/s 離開Ⅰ區(qū)域后： 對(duì)物塊：由μmg＝mam2，得am2＝1 m/s2 對(duì)木板：aM2＝aM1＝0.5 m/s2 當(dāng)物塊與木板達(dá)共同速度時(shí)：vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2 得t2＝1 s 兩作用區(qū)邊界距離為d＝vm1t2－am2t＝1.5 m. (

5、3)由于F>μmg，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：FL＝μmgx 得：x＝＝3 m. 3．如圖3所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h(yuǎn)1＝12 m，底角分別為37°、53°，A、B兩小物塊質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝4 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h2＝4 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μ＝0.1，g＝10 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

6、時(shí)的速度大小； (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　FA＝mAgsin 37°－μmAgcos 37° 對(duì)B分析　FB＝mBgsin 53°－μmBgcos 53° 又F＝ma，綜上所述，解得＝ ＝ (2)由動(dòng)能定理：mBgh2－mAghA－(μmBgcos 53°＋μmAgcos 37°)·x＝(mA＋mB)v2 由幾何關(guān)系得：hA＝·sin 37°＝3 m x＝＝5 m 聯(lián)立解得B滑到底端的速度v＝ m/s. (3)A沿斜面上行，aA′＝gsin 37°＋μgcos 37°＝6.8

7、 m/s2 由v＝2aA′xA　vA＝v＝ m/s 上行距離：xA＝ m 4．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θ＝37°的斜直粗糙軌道，bc為一段半徑為R＝5 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H1＝5 m，cd之間高度差H2＝2.25 m，運(yùn)動(dòng)員連同滑板的總質(zhì)量m＝60 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H3＝9 m，運(yùn)

8、動(dòng)員連同滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，取g＝10 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)：H2＋H3＝gt2 t＝ ＝ s＝1.5 s ce之間的水平距離為x＝＝ m＝12 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/

9、s＝8 m/s. (2)在c點(diǎn)，由牛頓第二定律可知FN－mg＝m FN＝mg＋m＝60×10＋60× N＝1 368 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(H1＋R－Rcos 37°)＋Wf＝mv 代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－1 680 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.