2018版浙江省高考物理文档讲义：第五章必考计算题4动力学方法和能量观点的综合应用

2018版浙江省高考物理文档讲义：第五章必考计算题4动力学方法和能量观点的综合应用

命题点一　多过程组合问题 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＝m 所以小球从D点抛出的速度 vD＝＝ m/s＝5 m/s.‎ ‎(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，‎ ‎2R＝gt2，‎ 所以运动的时间为t＝＝ 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＝mv 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＝＝90 N.‎ ‎(2)摩托车在B点，由牛顿第二定律得：‎ FN－mg＝m，‎ FN＝m＋mg＝5 400 N.‎ ‎(3)对摩托车的平抛运动过程，有 t1＝＝1 s，‎ 平抛的初速度v0＝＝16 m/s，摩托车在斜坡上运动时，由动能定理得 Pt－Wf－mgh＝mv－mv，‎ 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＝＝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)＝mv－mv 在C点处，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 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＝mv＋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＋μmgcos θ＝ma1，‎ 设物体经时间t1，加速到与传送带同速，‎ 则v＝a1t1，x1＝a1t 可解得：a1＝10 m/s2‎ t1＝1 s x1＝5 m 因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2‎ L－x1＝vt2＋a2t 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＝μmgcos 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＝＝ 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＝＝＝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′＝t＝×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＝，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<μmgcos θ 故物体斜向上做匀加速直线运动．‎ 加速度a＝＝2.5 m/s2‎ 物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8 s t1时间内物体的位移x1＝t1＝0.8 m 之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间 t2＝＝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＝μmgcos θ·Δx＝6 J 整个过程中多消耗的电能 E电＝Ek＋Ep＋E内＝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＝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＝mv2＝×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，cos 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× m＋4×4× 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μmgcos 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＝mv－mv＝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＝μmgcos θ·Δx＝μmgcos 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)4 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＝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＝(M＋m)v④‎ vC＝＝4 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)⑥‎ 由几何关系(L－h2)2＋x＝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，cos 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)＝mv①‎ 在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m②‎ 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＋Rcos 37°)－LABsin 37°]④‎ W阻＝μmgcos 37°LAB⑤‎ 联立③④⑤解得LAB＝2.4 m.‎ ‎(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ

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