2020版高考物理一轮复习第五章+微专题42用动力学与能量观点分析多过程问题

2020版高考物理一轮复习第五章+微专题42用动力学与能量观点分析多过程问题

用动力学与能量观点分析多过程问题 ‎[方法点拨]　(1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点.‎ ‎1.(2018·福建省漳州市考前冲刺)如图1所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m＝1kg的物体A和B用一劲度系数k＝240N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住.用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与小环C连接，轻弹簧轴线和定滑轮右侧的绳均与斜面平行，小环C穿在竖直固定的光滑均匀细杆上.当环C位于Q处时整个系统静止，此时绳与细杆的夹角α＝53°，物体B对挡板P的压力恰好为零.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：‎ 图1‎ ‎(1)当环C位于Q处时绳子的拉力大小FT和小环C的质量M；‎ ‎(2)现让环C从位置R由静止释放，位置R与位置Q关于位置S对称，图中SD水平且长度为d＝0.2m，求：‎ ‎①小环C运动到位置Q的速率v；‎ ‎②小环C从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT.‎ ‎2.如图2所示，一个倾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮.质量为m的A物体置于地面，上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连.一条 轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m的B物体相连，另一端与弹簧上端连接，调整细绳和A、B物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行.现将B物体由静止释放，已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升.求：‎ 图2‎ ‎(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x；‎ ‎(2)B物体下滑到最低点时的加速大小和方向；‎ ‎(3)若将B物体换成质量为2m的C物体，C物体由上述初始位置静止释放，当A物体刚好要离开地面，C物体的速度大小v.‎ ‎3.如图3所示，光滑水平轨道的左端与长L＝1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度v0＝1m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点.现用质量m＝0.4kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M＝0.2kg的长木板且不会从木板上掉下来.半圆轨道的半径R＝0.5m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8，小物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3＝0.1，g取10m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)小物块到达B点时速度vB的大小(结果可带根号)；‎ ‎(2)弹簧被压缩时的弹性势能Ep；‎ ‎(3)长木板在水平地面上滑行的最大距离x.‎ ‎4.(2018·北师大附中模拟)如图4所示，高H＝1.6m的赛台ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；质量M＝1kg、高h＝0.8m、长L的小车Q紧靠赛台右侧CD面(不粘连且小车上表面与BC等高)，放置于光滑水平地面上.质量m＝1kg的小物块P从赛台顶点A由静止释放，经过B点的小曲面无机械能损失地滑上BC水平面，再滑上小车的左端.已知小物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2.‎ 图4‎ ‎(1)求小物块P滑上小车左端时的速度v1.‎ ‎(2)如果小物块没有从小车上滑落，求小车最短长度L0.‎ ‎(3)若小车长L＝1.2m，在距离小车右端s处固定有与车面等高的竖直挡板，小车碰上挡板后立即停止不动，讨论小物块在小车上运动过程中，克服摩擦力做功Wf与s的关系.‎ 答案精析 ‎1.(1)12N　0.72kg　(2)①2m/s　②0.3J 解析　(1)先以A、B组成的整体为研究对象，系统受到重力、支持力和绳子的拉力处于平衡状态，根据平衡条件得绳子的拉力大小FT＝2mgsinθ，解得FT＝12N.以C为研究对象受力分析，‎ 根据平衡条件得FTcos53°＝Mg，解得M＝0.72kg.‎ ‎(2)①环从位置R运动到Q位置的过程中，小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒，有Mg·＝Mv2＋mvA2，其中vA＝vcosα，联立解得v＝2m/s.‎ ‎②由题意，开始时B对挡板的压力恰好为零，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态.‎ 对B受力分析，有kΔx1＝mgsinθ，解得弹簧的伸长量Δx1＝0.025m，小环从R运动到S时，A下降的距离为xA＝－d＝0.05m，‎ 此时弹簧的压缩量Δx2＝xA－Δx1＝0.025m，‎ 由速度分解可知此时A的速度为零，小环从R运动到S的过程中，初、末态的弹性势能相等.‎ 小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒，有Mg＋mgxAsinθ＝Ek，解得Ek＝1.38J，‎ 小环从位置R运动到位置S的过程中，对小环C，由动能定理可知WT＋Mg＝Ek，解得WT＝0.3J.‎ ‎2.(1)　(2)g　方向沿斜面向上　(3)g 解析　(1)当A物体刚要离开地面但不上升时，A物体处于平衡状态，设B物体沿斜面下滑x，则弹簧伸长为x.对A物体有：kx－mg＝0，解得：x＝ ‎(2)当A物体刚要离开地面时，A与地面间作用力为0.对A物体：由平衡条件得：FT－mg＝0‎ 设B物体的加速度大小为a，对B物体，由牛顿第二定律得：FT－mgsinθ＝ma，解得：a＝g B物体加速度的方向沿斜面向上 ‎(3)A物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加ΔE，对B物体下滑的过程，由能量守恒定律得：‎ ΔE＝mgxsinθ 对C物体下滑的过程，由能量守恒定律得 ΔE＋·2mv2＝2mgxsinθ 解得：v＝g ‎3.(1)m/s　(2)5J　(3)2.78m 解析　(1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg＝m 解得vB＝＝m/s ‎(2)由于vB＞v0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得：Ep＝μ1mgL＋mvB2‎ 解得Ep＝5J ‎(3)小物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：‎ mg·2R＋mvB2＝mvC2‎ 代入数据解得vC＝5m/s 小物块在长木板上滑行过程中，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma1，解得a1＝2m/s2‎ 对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.8N 下表面受到的摩擦力Ff2＝μ3(M＋m)g＝0.6N，所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得：‎ Ff1－Ff2＝Ma2‎ 解得a2＝1m/s2‎ 设经过时间t小物块与长木板达到共速vD，vC－a1t＝a2t＝vD 解得t＝s，vD＝m/s 时间t内长木板运动的位移x1＝a2t2＝m 达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：‎ ‎－μ3(M＋m)gx2＝－(M＋m)vD2‎ 解得x2＝m 所以长木板运动的最大位移x＝x1＋x2≈2.78m.‎ ‎4.(1)4m/s　(2)1m　(3)见解析 解析　(1)由机械能守恒定律得mg(H－h)＝mvB2，代入数据计算得出vB＝4m/s，即小物块P滑上小车左端时的速度v1＝4m/s.‎ ‎(2)小车长度最短时，小物块刚好滑到小车右端与小车共速且速度为v2.以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(m＋M)v2，由能量守恒定律有mv12＝(m＋M)v22＋μmgL0，得v2＝2m/s，L0＝1m.‎ ‎(3)设共速时小车位移x1，物块对地位移x2，分别对小车和物块由动能定理有μMgx1＝Mv22，－μmgx2＝m(v22－v12)，代入数据计算得出x1＝0.5m，x2＝1.5m.‎ ‎①若s≥x1，小物块将在小车上继续向右做初速度为v2＝2m/s的匀减速运动，距离车右端距离为L1＝L－L0＝0.2m，设物块减速到零时位移为L2，则μmgL2＝mv22，可得L2＝0.5m＞L1，则小物块将从车右端飞出，Wf＝μmg(x2＋L1)，代入数据计算得出Wf＝6.8J；‎ ‎②若s＜x1，小物块全程都受摩擦力作用，则Wf＝μmg(L＋s)，代入数据计算得出Wf＝4.8＋4s (J).‎