备考2024届高考物理一轮复习讲义第六章机械能专题十动力学和能量观点的综合应用题型3多运动组合问题

这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第六章机械能专题十动力学和能量观点的综合应用题型3多运动组合问题，共4页。试卷主要包含了分析思路，方法技巧，5m　37，5s，5m/s等内容，欢迎下载使用。

（1）受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
（2）做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
（3）功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解.
2.方法技巧
（1）“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情境；
（2）“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
（3）“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.
研透高考 明确方向
5.[不含弹簧的多过程]如图所示，一个质量为m＝4kg的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为M＝1kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R＝0.5m，滑块到达轨道最高点时，与轨道间没有作用力.已知滑块可视为质点，斜面倾角θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，试求：
（1）滑块冲上台阶时的速度大小；
（2）滑块释放时相对斜面底端的高度；
（3）滑块和木板间产生的热量.
答案 （1）5m/s （2）4.5m （3）37.5J
解析 （1）设滑块在斜面底端时速度为v1，冲上台阶时速度为v2，在圆轨道最高点时速度为v3.在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mg＝mv32R
由机械能守恒定律有12mv22＝2mgR＋12mv32
联立解得v2＝5m/s
（2）设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a1，木板加速度的大小为a2，由牛顿第二定律可知
a1＝μ1mgm＝5m/s2
a2＝μ1mg－μ2（m＋M）gM＝10m/s2
设滑块在木板上滑行的时间为t，对木板，由v2＝a2t
得t＝v2a2＝0.5s
对滑块，由v2＝v1－a1t
得v1＝7.5m/s
设滑块在斜面上释放时高度为h，由能量守恒定律可得
mgh＝12mv12＋μ1mgcsθ·hsinθ
代入数据可得h＝4.5m
（3）滑块在木板上运动的位移大小为x1＝v1＋v22t＝258m
木板的位移大小为x2＝v22t＝54m
相对位移大小为Δx＝x1－x2＝158m
所以产生热量Q＝μ1mg·Δx＝37.5J.
6.[含弹簧的多过程]如图所示为某弹射游戏装置图.水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m的小球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A的内侧对齐.水平轨道BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的倾斜轨道平滑连接.扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，小球射出经轨道到达斜面上D点时速度为零，后又恰好能回到A点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出.已知半圆轨道半径为R，BC长s＝2R，小球与斜面CD、水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力.求：
（1）小球第二次经过A点时的速度大小vA；
（2）小球第二次经过B点时的速度大小vB；
（3）弹簧储存的最大弹性势能Ep；
（4）通过计算说明小球能否脱离轨道.
答案 （1）vA＝gR （2）vB＝5gR （3）Ep＝3.5mgR （4）见解析
解析 （1）由题意知，小球恰能返回A点，所以在A点有mg＝mvA2R
解得vA＝gR
（2）小球从B到A由机械能守恒定律有12mvB2＝12mvA2＋mg×2R
代入数据得vB＝5gR
（3）从D到B由动能定理得
mgh－μmgcsθ×hsinθ－μmgs＝12mvB2－0
代入数据得h＝4R
从发射到第一次回到A点，由功能关系可得
Ep＝2μmg（htanθ＋s）＋12mvA2
代入数据得Ep＝3.5mgR
（4）由机械能守恒定律知，第三次经B点与第二次经B点动能相同，设第三次经B点能到达斜面的最大高度为h'，由动能定理得
－mgh'－μmg（h'tanθ＋s）＝0－12mvB2
代入数据得h'＝1.6R.
设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为hm，则从h'到hm由动能定理得
mgh'－μmg（h'tanθ＋s）－mghm＝0－0
代入数据得hm＝0.7R
因为0.7R＜R，所以小球不会脱离轨道.