《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)和能量觀點分析多過程問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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)和能量觀點分析多過程問題（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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A由靜止釋放，到達(dá)最低點B時以一定的水平速度離開軌道，落地點C距軌道最低點的水平距離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??； (2)小滑塊運(yùn)動到軌道最低點時，對軌道的壓力大?。? (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)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到最低點的過程中，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

3、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.

4、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. (

5、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

6、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

7、 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，圓弧圓心O在c點的正上方．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點由靜止開始下滑后從c點水平飛出，落在軌道上的e點，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)

8、動員連同滑板可視為質(zhì)點，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點時的速度大?。? (2)運(yùn)動員(連同滑板)剛運(yùn)動到c點時對軌道的壓力； (3)運(yùn)動員(連同滑板)在由a點運(yùn)動到b點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/

9、s＝8 m/s. (2)在c點，由牛頓第二定律可知FN－mg＝m FN＝mg＋m＝60×10＋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：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.