第四讲必考计算题4-动力学方法和能量观点的综合应用-Word版含解析(共12页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第四讲 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R2.5 m)与粗糙的水平轨道组成；水平轨道动摩擦因数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m0.1 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

2、半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，即mgm所以小球从D点抛出的速度vD m/s5 m/s.(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，2Rgt2，所以运动的时间为t s1 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xvDt51 m5 m.(3)对从A到D的过程，利用动能定理可得，mghmgxmg2Rmv解得h7.5 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

3、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P1.8 kW的摩托车在AB段加速，通过B点时速度已达到最大vm20 m/s，再经t13 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m180 kg，坡顶高度h5 m，落地点与E点的水平距离s16 m，重力加速度g10 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

4、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PFvmFfvm.Ff90 N.(2)摩托车在B点，由牛顿第二定律得：FNmgm，FNmmg5 400 N.(3)对摩托车的平抛运动过程，有t11 s，平抛的初速度v016 m/s，摩托车在斜坡上运动时，由动能定理得PtWfmghmvmv，解得Wf27 360 J.2如图3所示，半径R0.4 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m0

5、.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v02 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L1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数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vB4 m/s.(2)小物块由B点运动到C点，由动能定理有mgR(1sin )mvmv在C点处，由

6、牛顿第二定律有FNmgm解得FN8 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EpmmvmgR(1sin )mgL0.8 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37，A、B两端间距L16 m，传送带以速度v10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数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 mgcos ma1，设物体经时间t1

7、，加速到与传送带同速，则va1t1，x1a1t可解得：a110 m/s2t11 sx15 m因mgsin mgcos ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速由mgsin mgcos ma2Lx1vt2a2t解得：t21 s故物体由A端运动到B端的时间tt1t22 s(2)物体与传送带间的相对位移x相(vt1x1)(Lx1vt2)6 m故Qmgcos 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QFfx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，

8、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：WFEkEpQ.(2)对WF和Q的理解：传送带的功：WFFx传；产生的内能QFfx相对题组阶梯突破3一质量为M2 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

9、由见解析(2)0.2(3)24 J36 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/s22 m/s2由牛顿第二定律得，滑动摩擦力FfMa，其中FfFN，FNMg，所以物块与传送带间的动摩擦因数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xvt23 m6 m所以物块对传送带所做的功为WFfx46 J24 J选传送带为参考系，物块相对于传送带通过的路程xt3 m9 m，所以转化为内能的能量EQF

10、fx49 J36 J.4.如图6所示，与水平面夹角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L4 m，传送带以恒定的速率v2 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，取g10 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 mgcos 37(或tan 37)，所以小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量QEEmg(hRco

11、s 37)联立解得Q4.8 J.5(2019绍兴期末)如图5所示，已知半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内，甲轨道左侧又连接一个光滑的轨道，两圆形轨道之间由一条水平轨道CD相连一小球自某一高度由静止滑下，先滑过甲轨道，通过动摩擦因数为的CD段，又滑过乙轨道，最后离开若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零试求：图5(1)释放小球的高度h.(2)水平轨道CD段的长度答案(1)2.5R(2)解析(1)小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为vC，通过甲环最高点速度为v，根据小球对最高点压力为零，有mgm取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律有：m

12、vmg2Rmv2由、两式消去v，可得：vC同理可得小球滑过D点时的速度为：vD小球从甲轨道左侧光滑轨道滑至C点时机械能守恒，有：mghmv由、两式联立解得：h2.5R由此小球释放的高度为2.5R(2)设CD段的长度为l，对小球滑过CD段过程应用动能定理有：mglmvmv由、三式联立解得：l则水平轨道CD段的长度为.6(2019浙江1月学考38)如图6所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直管AB.细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B与四分之一圆弧弯管BC相接，每次弹射前，推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定解除锁定，小球即被弹簧弹出，水平射进细管A端，再沿管

13、ABC从C端水平射 图6出已知弯管BC的半径R0.30 m，小球的质量为m50 g，当调节竖直细管AB的长度L至L00.90 m时，发现小球恰好能过管口C端不计小球运动过程中的机械能损失(g取10 m/s2)(1)求每次弹射时弹簧对小球所做的功W.(2)当L取多大时，小球落至水平面的位置离直管AB最远？(3)调节L时，小球到达管口C时管壁对球的作用力FN也相应变化，考虑到游戏装置的实际情况，L不能小于0.15 m，请在图7坐标纸上作出FN随长度L变化的关系图线(取管壁对球的作用力FN方向向上为正，并要求在纵轴上标上必要的刻度值)图7答案(1)0.60 J(2)0.30 m(3)见解析图解析(1

14、)小球恰好过C点，其速度vC0根据功能关系，每次弹射时弹簧对小球所做的功为：Wmg(L0R)0.60 J(2)设小球被弹出时的初速度为v0，到达C时的速度为v，根据动能定理有Wmv0根据机械能守恒定律有mvmg(LR)mv2综合得v根据平抛运动规律，小球落至水平面时的落点离直管AB的距离为svtR其中t综合得s2R根据数学知识可判知，当L0.30 m时，s最大即当L取0.30 m时，小球落至水平面的位置离直管AB最远(3)设小球经过C端时所受管壁作用力方向向上，根据牛顿运动定律有mgFNm又v则有FNLmg(1)代入数据得FNL2.5(N)(0.90 mL0.15 m)据此作出所求图线如图：专心-专注-专业