2018版高考物理配套文档：第五章 必考计算题4 动力学方法和能量观点的综合应用 Word版含解析

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例1 如图1，固定在水平面上的组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径R＝2.5 m)与粗糙的水平轨道组成；水平轨道动摩擦因数μ＝0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m＝0.1 kg的小球从斜面上A处由静止开始滑下，并恰好能到达半圆轨道最高点D，且水平抛出，落在水平轨道的最左端B点处．不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g取10 m/s2.求：
图1
(1)小球从D点抛出的速度vD；
(2)水平轨道BC的长度x；
(3)小球开始下落的高度h.
解析 (1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，即mg＝meq \f(v\\al( 2,D),R)
所以小球从D点抛出的速度
vD＝eq \r(gR)＝eq \r(10×2.5) m/s＝5 m/s.
(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，
2R＝eq \f(1,2)gt2，
所以运动的时间为t＝eq \r(\f(4R,g))＝eq \r(\f(4×2.5,10)) s＝1 s，
水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以x＝vDt＝5×1 m＝5 m.
(3)对从A到D的过程，利用动能定理可得，
mgh－μmgx－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)
解得h＝7.5 m.
答案 (1)5 m/s (2)5 m (3)7.5 m
多过程问题的解题技巧
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．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．
题组阶梯突破
1．运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目．如图2所示，AB是水平路面，BC是半径为20 m的圆弧，CDE是一段曲面．运动员驾驶功率始终为P＝1.8 kW的摩托车在AB段加速，通过B点时速度已达到最大vm＝20 m/s，再经t＝13 s的时间通过坡面到达E点，此刻关闭发动机水平飞出．已知人和车的总质量m＝180 kg，坡顶高度h＝5 m，落地点与E点的水平距离s＝16 m，重力加速度g＝10 m/s2.如果在AB段摩托车所受的摩擦阻力恒定，且不计空气阻力，求：
图2
(1)AB段摩托车所受摩擦阻力的大小；
(2)摩托车过圆弧B点时受到地面支持力的大小；
(3)摩托车在沿BCDE冲上坡顶的过程中克服摩擦阻力做的功．
答案 (1)90 N (2)5 400 N (3)27 360 J
解析 (1)摩托车在水平面上已经达到了最大速度，牵引力与阻力相等．则
P＝Fvm＝Ffvm.
Ff＝eq \f(P,vm)＝90 N.
(2)摩托车在B点，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝meq \f(v\\al( 2,m),R)，
FN＝meq \f(v\\al( 2,m),R)＋mg＝5 400 N.
(3)对摩托车的平抛运动过程，有
t1＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s，
平抛的初速度v0＝eq \f(s,t1)＝16 m/s，摩托车在斜坡上运动时，由动能定理得
Pt－Wf－mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)，
解得Wf＝27 360 J.
2．如图3所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平 图3
距离L＝1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小．
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小．
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.
答案 (1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J
解析 (1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝eq \f(v0,sin θ)＝4 m/s.
(2)小物块由B点运动到C点，由动能定理有
mgR(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)
在C点处，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al( 2,C),R)
解得FN＝8 N
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力FN′大小为8 N.
(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有Epm＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＋mgR(1＋sin θ)－μmgL＝0.8 J.
命题点二 传送带模型问题
例2 如图4所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：
图4
(1)物体由A端运动到B端的时间．
(2)系统因摩擦产生的热量．
解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，
设物体经时间t1，加速到与传送带同速，
则v＝a1t1，x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al( 2,1)
可解得：a1＝10 m/s2
t1＝1 s
x1＝5 m
因mgsin θ>μmgcs θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速
由mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al( 2,2)
解得：t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcs θ·x相＝24 J.
答案 (1)2 s (2)24 J
传送带问题的分析流程和技巧
1．分析流程
2．相对位移
一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．
3．功能关系
(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对WF和Q的理解：
①传送带的功：WF＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．
题组阶梯突破
3．一质量为M＝2 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如图5甲所示，地面观察者记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.
图5
(1)指出传送带的速度v的方向及大小，说明理由．
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．
(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？
答案 (1)方向向右 2 m/s 理由见解析 (2)0.2
(3)－24 J 36 J
解析 (1)由题图可知，物块被击中后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.
(2)由题图可知，a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得，滑动摩擦力Ff＝Ma，其中
Ff＝μFN，FN＝Mg，
所以物块与传送带间的动摩擦因数
μ＝eq \f(a,g)＝eq \f(2,10)＝0.2.
(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，传送带在这段时间内的位移
x＝vt＝2×3 m＝6 m
所以物块对传送带所做的功为
W＝－Ffx＝－4×6 J＝－24 J
选传送带为参考系，物块相对于传送带通过的路程
x′＝eq \f(v′,2)t＝eq \f(6,2)×3 m＝9 m，
所以转化为内能的能量EQ＝Ffx′＝4×9 J＝36 J.
4.如图6所示，与水平面夹角θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离L＝4 m，传送带以恒定的速率v＝2 m/s向 图6
上运动．现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传
送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，取g＝10 m/s2，求：
(1)物体从A运动到B共需多长时间？
(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．
答案 (1)2.4 s (2)28 J
解析 (1)物体无初速度地放在A处后，因mgsin θ<μmgcs θ
故物体斜向上做匀加速直线运动．
加速度a＝eq \f(μmgcs θ－mgsin θ,m)＝2.5 m/s2
物体达到与传送带同速所需的时间t1＝eq \f(v,a)＝0.8 s
t1时间内物体的位移x1＝eq \f(v,2)t1＝0.8 m
之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间
t2＝eq \f(L－x1,v)＝1.6 s
物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4 s
(2)前0.8 s内物体相对传送带的位移
Δx＝vt1－x1＝0.8 m
因摩擦而产生的内能E内＝μmgcs θ·Δx＝6 J
整个过程中多消耗的电能
E电＝Ek＋Ep＋E内＝eq \f(1,2)mv2＋mgLsin θ＋E内＝28 J.
(建议时间：40分钟)
1．如图1所示，皮带的速度是3 m/s，两圆心距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，求：(g＝10 m/s2)
图1
(1)小物体获得的动能Ek；
(2)这一过程摩擦产生的热量Q；
(3)这一过程电动机消耗的电能E.
答案 (1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J
解析 (1)μmg＝ma
a＝1.5 m/s2
μmgx＝eq \f(1,2)mv2
所以物体加速阶段运动的位移x＝3 m4.5 m，即物体可与皮带达到共同速度，
Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×32 J＝4.5 J.
(2)v＝at
t＝2 s
Q＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J
(3)E＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J.
2．如图2甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图2
(1)0～8 s内物体位移的大小．
(2)物体与传送带间的动摩擦因数．
(3)0～8 s内物体机械能增加量及因与传送带摩擦产生的热量Q.
答案 (1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J
解析 (1)从图乙中求出物体位移
x＝－2×2×eq \f(1,2) m＋4×4×eq \f(1,2) m＋2×4 m＝14 m
(2)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度
a＝1 m/s2
对此过程中物体受力分析得μmgcs θ－mgsin θ＝ma
得μ＝0.875
(3)物体被送上的高度h＝xsin θ＝8.4 m
重力势能增量ΔEp＝mgh＝84 J
动能增量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＝6 J
机械能增加量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J
0～8 s内只有前6 s发生相对滑动．
0～6 s内传送带运动距离x1＝4×6 m＝24 m
0～6 s内物体位移x2＝6 m
产生的热量
Q＝μmgcs θ·Δx＝μmgcs θ(x1－x2)＝126 J.
3．(2016·浙江高考考试说明样题)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图3.图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．开始时，质量分别为M＝10 kg和m＝2 kg的大、小两只金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：
图3
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．
答案 (1)8 m/s (2)4eq \r(5) m/s (3)216 N
解析 (1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1＝eq \f(1,2)gt2①
x1＝vmint②
联立①②式，得vmin＝8 m/s③
(2)猴子抓住青藤后荡到右边石头上的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有
(M＋m)gh2＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al( 2,C)④
vC＝eq \r(2gh2)＝4eq \r(5) m/s⑤
(3)设青藤对猴子的拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)eq \f(v\\al( 2,C),L)⑥
由几何关系(L－h2)2＋xeq \\al( 2,2)＝L2⑦
得：L＝10 m⑧
联立⑤⑥⑧式并代入数据解得：
FT＝216 N
4．如图4所示，在竖直平面内，粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C点是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D点与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现在一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
图4
(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小．
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长．
(3)若斜面已经满足(2)中的要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道上做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
答案 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
解析 (1)小物体从E到C，由机械能守恒定律得
mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)①
在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq \f(v\\al( 2,C),R)②
联立①②解得FN＝12.4 N.
(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得
WG－W阻＝0③
WG＝mg[(h＋Rcs 37°)－LABsin 37°]④
W阻＝μmgcs 37°LAB⑤
联立③④⑤解得LAB＝2.4 m.
(3)因为mgsin 37°>μmgcs 37°(或μ从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量
Q＝ΔE⑥
ΔE＝mg(h＋Rcs 37°)⑦
联立⑥⑦解得Q＝4.8 J.
5．(2016·绍兴期末)如图5所示，已知半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内，甲轨道左侧又连接一个光滑的轨道，两圆形轨道之间由一条水平轨道CD相连．一小球自某一高度由静止滑下，先滑过甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑过乙轨道，最后离开．若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零．试求：
图5
(1)释放小球的高度h.
(2)水平轨道CD段的长度．
答案 (1)2.5R (2)eq \f(5R－r,2μ)
解析 (1)小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为vC，通过甲环最高点速度为v′，根据小球对最高点压力为零，有mg＝meq \f(v′2,R)①
取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律有：eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)＝mg·2R＋eq \f(1,2)mv′2②
由①、②两式消去v′，可得：vC＝eq \r(5gR)③
同理可得小球滑过D点时的速度为：vD＝eq \r(5gr)④
小球从甲轨道左侧光滑轨道滑至C点时机械能守恒，有：mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)⑤
由③、⑤两式联立解得：h＝2.5R
由此小球释放的高度为2.5R
(2)设CD段的长度为l，对小球滑过CD段过程应用动能定理有：
－μmgl＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,C)⑥
由③、④、⑥三式联立解得：l＝eq \f(5R－r,2μ)
则水平轨道CD段的长度为eq \f(5R－r,2μ).
6．(2015·浙江1月学考·38)如图6所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直管AB.细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B与四分之一圆弧弯管BC相接，每次弹射前，推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定．解除锁定，小球即被弹簧弹出，水平射进细管A端，再沿管ABC从C端水平射 图6
出．已知弯管BC的半径R＝0.30 m，小球的质量为m＝50 g，当调
节竖直细管AB的长度L至L0＝0.90 m时，发现小球恰好能过管口C
端．不计小球运动过程中的机械能损失．(g取10 m/s2)
(1)求每次弹射时弹簧对小球所做的功W.
(2)当L取多大时，小球落至水平面的位置离直管AB最远？
(3)调节L时，小球到达管口C时管壁对球的作用力FN也相应变化，考虑到游戏装置的实际情况，L不能小于0.15 m，请在图7坐标纸上作出FN随长度L变化的关系图线．(取管壁对球的作用力FN方向向上为正，并要求在纵轴上标上必要的刻度值)
图7
答案 (1)0.60 J (2)0.30 m (3)见解析图
解析 (1)小球恰好过C点，其速度vC＝0①
根据功能关系，每次弹射时弹簧对小球所做的功为：
W＝mg(L0＋R)＝0.60 J②
(2)设小球被弹出时的初速度为v0，到达C时的速度为v，根据动能定理有W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－0③
根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)＝mg(L＋R)＋eq \f(1,2)mv2④
综合②③④得v＝eq \r(2gL0－L)⑤
根据平抛运动规律，小球落至水平面时的落点离直管AB的距离为s＝vt＋R⑥
其中t＝eq \r(\f(2L＋R,g))⑦
综合⑤⑥⑦得s＝2eq \r(L0－LL＋R)＋R
根据数学知识可判知，当L＝eq \f(L0－R,2)＝0.30 m时，s最大．
即当L取0.30 m时，小球落至水平面的位置离直管AB最远．
(3)设小球经过C端时所受管壁作用力方向向上，根据牛顿运动定律有mg－FN＝meq \f(v2,R)
又v＝eq \r(2gL0－L)
则有FN＝eq \f(2mg,R)L＋mg(1－eq \f(2L0,R))
代入数据得FN＝eq \f(10,3)L－2.5(N)(0.90 m≥L≥0.15 m)
据此作出所求图线如图：