2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計算題專練部分 運(yùn)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題.doc
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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計算題專練部分 運(yùn)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題 1.如圖1所示,在豎直平面內(nèi)有一個粗糙的圓弧軌道,其半徑R=0.4 m,軌道的最低點(diǎn)距地面高度h=0.45 m.一質(zhì)量m=0.1 kg的小滑塊從軌道的最高點(diǎn)A由靜止釋放,到達(dá)最低點(diǎn)B時以一定的水平速度離開軌道,落地點(diǎn)C距軌道最低點(diǎn)的水平距離x=0.6 m.空氣阻力不計,g取10 m/s2,求:(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖1 (1)小滑塊離開軌道時的速度大小; (2)小滑塊運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時,對軌道的壓力大小; (3)小滑塊在軌道上運(yùn)動的過程中,克服摩擦力所做的功. 答案 (1)2.0 m/s (2)2.0 N (3)0.2 J 解析 (1)小滑塊離開軌道后做平拋運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動時間為t,初速度為v,則 x=vt h=gt2 解得:v=2.0 m/s. (2)小滑塊到達(dá)軌道最低點(diǎn)時,受重力和軌道對它的彈力為FN,根據(jù)牛頓第二定律:FN-mg=m 解得:FN=2.0 N 根據(jù)牛頓第三定律,軌道受到的壓力大小FN′=FN=2.0 N. (3)在小滑塊從軌道的最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中,根據(jù)動能定理:mgR+Wf=mv2-0 解得:Wf=-0.2 J 所以小滑塊克服摩擦力做功為0.2 J. 2.如圖2所示,質(zhì)量為m=1 kg的物塊,放置在質(zhì)量M=2 kg足夠長木板的中間,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1,木板放置在光滑的水平地面上.在地面上方存在兩個作用區(qū),兩作用區(qū)的寬度L均為1 m,邊界距離為d,作用區(qū)只對物塊有力的作用:Ⅰ作用區(qū)對物塊作用力方向水平向右,Ⅱ作用區(qū)對物塊作用力方向水平向左.作用力大小均為3 N.將物塊與木板從圖示位置(物塊在Ⅰ作用區(qū)內(nèi)的最左邊)由靜止釋放,已知在整個過程中物塊不會滑離木板.取g=10 m/s2. 圖2 (1)在物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時,物塊的速度多大? (2)若物塊剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時,物塊與木板的速度剛好相同,求兩作用區(qū)的邊界距離d; (3)物塊與木板最終停止運(yùn)動時,求它們相對滑動的路程. 答案 (1)2 m/s (2)1.5 m (3)3 m 解析 (1)對物塊由牛頓第二定律:F-μmg=mam1 得:am1==2 m/s2 由L=am1t得t1= =1 s vm1=am1t1=2 m/s. (2)Ⅰ區(qū)域內(nèi),對木板: 由μmg=MaM1得aM1=0.5 m/s2 物塊到達(dá)Ⅰ區(qū)域邊緣處,木板的速度: vM1=aM1t1=0.5 m/s 離開Ⅰ區(qū)域后: 對物塊:由μmg=mam2,得am2=1 m/s2 對木板:aM2=aM1=0.5 m/s2 當(dāng)物塊與木板達(dá)共同速度時:vm1-am2t2=vM1+aM2t2 得t2=1 s 兩作用區(qū)邊界距離為d=vm1t2-am2t=1.5 m. (3)由于F>μmg,所以物塊與木板最終只能停在兩作用區(qū)之間.由全過程能量守恒與轉(zhuǎn)化規(guī)律:FL=μmgx 得:x==3 m. 3.如圖3所示,一劈形滑梯固定在水平地面上,高h(yuǎn)1=12 m,底角分別為37、53,A、B兩小物塊質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=4 kg,用輕繩連接,通過滑梯頂端的小滑輪跨放在左右兩斜面上,輕繩伸直時,兩物塊離地高度h2=4 m,在滑輪處壓住細(xì)繩,已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1,g=10 m/s2,sin 37=0.6,sin 53=0.8. 圖3 (1)若在壓繩處突然剪斷繩,求A、B下滑過程中加速度之比; (2)若松開繩,求B滑到底端時的速度大??; (3)松開繩,當(dāng)B滑到底端后,A沿斜面繼續(xù)向上滑行的距離. 答案 (1) (2) m/s (3) m 解析 (1)對A分析 FA=mAgsin 37-μmAgcos 37 對B分析 FB=mBgsin 53-μmBgcos 53 又F=ma,綜上所述,解得= = (2)由動能定理:mBgh2-mAghA-(μmBgcos 53+μmAgcos 37)x=(mA+mB)v2 由幾何關(guān)系得:hA=sin 37=3 m x==5 m 聯(lián)立解得B滑到底端的速度v= m/s. (3)A沿斜面上行,aA′=gsin 37+μgcos 37=6.8 m/s2 由v=2aA′xA vA=v= m/s 上行距離:xA= m 4.滑板運(yùn)動是一項陸地上的“沖浪運(yùn)動”,具有很強(qiáng)的觀賞性與趣味性.下坡式滑行軌道可簡化為如下模型:如圖4所示,abcdef為同一豎直平面內(nèi)的滑行軌道,其中ab、df兩段均為傾角θ=37的斜直粗糙軌道,bc為一段半徑為R=5 m的光滑圓弧,圓弧與ab相切于b點(diǎn),圓弧圓心O在c點(diǎn)的正上方.已知ab之間高度差H1=5 m,cd之間高度差H2=2.25 m,運(yùn)動員連同滑板的總質(zhì)量m=60 kg.運(yùn)動員從a點(diǎn)由靜止開始下滑后從c點(diǎn)水平飛出,落在軌道上的e點(diǎn),經(jīng)短暫的緩沖動作后沿斜面方向下滑.de之間的高度差H3=9 m,運(yùn)動員連同滑板可視為質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力,取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求: 圖4 (1)運(yùn)動員剛運(yùn)動到c點(diǎn)時的速度大??; (2)運(yùn)動員(連同滑板)剛運(yùn)動到c點(diǎn)時對軌道的壓力; (3)運(yùn)動員(連同滑板)在由a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)過程中阻力對它做的功. 答案 (1)8 m/s (2)1 368 N,方向豎直向下 (3)-1 680 J 解析 (1)物體從c到e點(diǎn)做平拋運(yùn)動,在豎直方向做自由落體運(yùn)動:H2+H3=gt2 t= = s=1.5 s ce之間的水平距離為x== m=12 m 從c到e做平拋運(yùn)動,在水平方向做勻速運(yùn)動 故vc== m/s=8 m/s. (2)在c點(diǎn),由牛頓第二定律可知FN-mg=m FN=mg+m=6010+60 N=1 368 N 根據(jù)牛頓第三定律可知,運(yùn)動員對軌道的壓力為1 368 N,方向豎直向下. (3)由a到c,由動能定理可知 mg(H1+R-Rcos 37)+Wf=mv 代入數(shù)據(jù)解得Wf=-1 680 J. 【必考模型2】 直線運(yùn)動、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動組合模型 1.模型特點(diǎn):物體在整個運(yùn)動過程中,經(jīng)歷直線運(yùn)動、圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動或三種運(yùn)動兩兩組合. 2.表現(xiàn)形式:(1)直線運(yùn)動:水平面上的直線運(yùn)動、斜面上的直線運(yùn)動、傳送帶上的直線運(yùn)動.(2)圓周運(yùn)動:繩模型圓周運(yùn)動、桿模型圓周運(yùn)動、拱形橋模型圓周運(yùn)動.(3)平拋運(yùn)動:與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動.,3.應(yīng)對模式:這類模型一般不難,各階段的運(yùn)動過程具有獨(dú)立性,只要對不同過程分別選用相應(yīng)規(guī)律即可,兩個相鄰的過程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶.很多情況下平拋運(yùn)動末速度的方向是解決問題的重要突破口.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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