大题精练01 动力学与能量综合问题——2024年高考物理题型突破限时精练

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公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块一木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
2.用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
二、动力学
三、运动学
四、功和能
难度：★★★★★ 建议时间：40分钟
1．【用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题】如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m＝50g，直轨道AB长度L＝0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP＝0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小车运动到B点时的速度大小vB；
（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
【解答】解：小车的质量m＝50g＝0.05kg
（1）小车由A运动至B过程，由能量关系可知：EP=k(mg+F)L+12mvB2
其中F＝0.5mg，k＝0.2，代入数据得：vB＝3m/s
（2）小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则：mg−0.5mg=mvC2R
小车从B到C，由动能定理得：−mg⋅2R=12mvC2−12mvB2
得：R＝0.2m
在B点，根据牛顿第二定律可得：FN'−mg−0.5mg=mvB2R
联立解得：FN′＝3N
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN＝FN′＝3N
（3）小车从B到P，由动能定理得：−mg⋅2r=12mvP2−12mvB2
小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：x＝vPt
2r=12gt2
联立解得：x=−16r2+185r=−16(r−980)2+81400
当r=980m＝0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出vP＞0，则：r＜0.225m
但因为小车在N点满足：mvN2r≤2.5mg
小车从B到N，由动能定理得：−mgr=12mvN2−12mvB2
联立解得：r≥0.2m
综合可知，当r＝0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：xm=25m。
2．【综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题】如图所示为某弹射游戏装置示意图，通过拉杆将弹射器的轻质弹簧压缩到最短后释放，将质量为m的小滑块从A点水平弹出，水平滑行一段距离后经过B点无碰撞地进入细口径管道式轨道BCD，最后从D点水平飞出，并落在平台上竖直薄板EF的右侧。整个轨道处在同一竖直面内，其中CD部分是半径为R的圆弧轨道，圆心在D点正下方；管口D始终保持水平，距平台的高度可自由调整、水平位置不变；以D点正下方平台上的O点为原点水平方向建立x轴，规定水平向右为正；当D点距平台的高度为10R时，小滑块到达D点时速度恰好为零。已知轨道AB部分长度为R，整个轨道仅在AB段粗糙，滑块与轨道的动摩擦因数为μ；薄板EF的高度为5R；管的口径仅略大于滑块，不计空气阻力、滑块的大小和薄板的厚度，重力加速度为g。求：
（1）弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep；
（2）当h＝8R时，物块到D点时轨道对物块的作用力；
（3）要使滑块恰好能落在薄板右侧，求薄板的坐标x与h之间的函数关系；
（4）若将薄板的高度调整为2R，放置在x＝43R处，调整D点距平台的高度，求滑块落在挡板右侧的范围。
【解答】解：（1）当h＝10R时，小滑块由A到D的过程
由能量守恒定律得：Ep＝μmgR+mg•10R
（2）当h＝8R时，设小滑块到达D点时的速度大小为v，由能量守恒定律得：
Ep=μmgR+mg⋅8R+12mv2
设轨道对小滑块的作用力为F，由牛顿第二定律得：mg+F=mv2R
联立解得：F＝3mg，方向竖直向下
（3）设滑块从D点平抛的初速度为v'，由动能定理得：mg(10R−ℎ)=12mv'2
若平抛恰好经过F点，水平方向x＝v′t
竖直方向ℎ−5R=12gt2
联立解得：x2＝﹣4h2+60Rh﹣200R2
（4）由（3）可知，滑块恰好通过F点时满足(43R)2=−4ℎ2+60Rℎ−200R2
解得：h1＝4R，h2＝8R
当h1＝4R时，由动能定理得：mg(10R−ℎ1)=12mv12
ℎ1=12gt12
x1＝v1t1
解得：x1=46R
同理可解得，当h2＝8R时x2＝8R
若无挡板，则由动能定理得：mg(10R−ℎ0)=12mv02
ℎ0=12gt02
x0＝v0t0
解得：h0＝5R时，落地距离最远为x0＝10R
当ℎ0=5R，x=43R时，滑块的下落高度为：y=12g(xv0)2
解得：y＝2.4R＜5R﹣2R
故所求范围为8R≤x≤10R
3．【综合能量与动力学观点分析板块模型】如图甲所示，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放置长度L＝1m、质量M＝3kg的长木板A，长木板的下端恰好与斜面底部齐平；一可视为质点、质量m＝1kg、带电量q＝+1×10﹣5C的物块B放在木板上，与木板上端距离d1＝0.15m；与木板上端距离d2＝1m的虚线ef右侧存在足够宽匀强电场，电场方向垂直斜面向上。t＝0时刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在长木板上，1s后撤去F，物块B在0∼1s内运动的v﹣t图像如图乙所示，且物块B在t＝1.3s时速度恰好减为0。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=32，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=33，物块B带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）恒力F的大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）从t＝0时刻起到木板下端再次与斜面底部齐平的过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）由图乙可得，0∼1s物块B加速度大小为：a1=2m/s2
若物块B与长木板发生相对滑动，则有：μ1mgcsθ﹣mgsinθ＝ma0
代入数据得：a0=2.5m/s2，a1＜a0
故恒力F作用后，两者相对静止，一起向上加速
对AB整体有：F＝μ2（M+m）gcsθ﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a1
代入数据得：F＝48N
（2）0∼1s内AB一起运动的位移为：s1=v12t1
代入数据得到：s1＝1m＝d2
即撤去外力时木板恰运动到电场边缘，假设撤去外力后AB相对静止一起减速，对AB整体有：μ2（M+m）gcsθ+（M+m）gsinθ＝（M+m）a2
代入数据得到：a2=10m/s2
对物块B有：f0+mgsinθ＝ma
代入数据得：f0＝5N＜fm＝7.5N
假设成立，两者相对静止一起减速，在此加速度下若B减速为零，则运动距离为：sB0=v122a2
代入数据得到：sB0＝0.2m＞d1
即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。
由位移—时间公式有：d1=v1t2−12a2t22
解二次方程得：t2＝0.1s 或t2＝0.3s（舍弃）
由速度—时间公式有：v2＝v1﹣a2t2
物块B在t＝1.3s减速为零，则共进入电场后的加速度大小为：a3=v2−0t−t1−t2
由牛顿第二定律有：mgsinθ+μ1（mgcsθ﹣qE）＝ma3
代入解得：E=53×105N/C
（3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为：sB=v222a3
长木板A减速为零的位移为sA，则有：−μ2MgcsθsA−mgsAsinθ=0−12Mv22
代入数据得：sB＝0.1m，sA＝0.05m
由于：sB＜sA+d1
所以物块B尚未冲出长木板A的上端，A物体减速为零后，因：μ2Mgcsθ＝Mgsinθ
故A静止不动，物块B离开电场时，速度与进入时候等大反向，即：v2′＝v2
对B：μ1mgcsθ﹣mgsinθ＝maB
对A：μ1mgcsθ+Mgsinθ﹣μ2（M+m）gcsθ＝MaA
代入数据得：aB=2.5m/s2，aA=56m/s2
两者共速时：v2′﹣aBt4＝aAt4
代入可得：t4＝0.3s，v共＝0.25m/s
此过程中长木板A、物块B各自的位移大小为
sA′=v2'+v共2t4，sB′=v共2t4
代入数据得到：sA′＝0.0375m，sB′＝0.1875m
sA′＜d2
即此时长木板A尚未到达底部，物块B进入电场后：qE＝mgcsθ
与木板间无摩擦生热，仅在物块B离开电场后与长木板A有摩擦生热，即
Q＝μ1mgcsθ（sB′﹣sA′）
代入数据得到：Q＝1.125J
牛顿第二运动定律
F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
匀变速直线运动
平均速度：
Vt/ 2 == Vs/2 = 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2