（浙江选考）2019高考物理二轮复习专题七计算题题型强化第2讲必考第20题动力学方法和能量观点的综合应用学案.doc

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1、1第 2 讲 必考第 20 题 动力学方法和能量观点的综合应用题型 1 直线运动中动力学方法和能量观点的应用1直线运动中多运动过程组合主要是指直线多过程或直线与斜面运动的组合问题2涉及的规律：(1)动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律；(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律3受力分析、运动分析，将物理过程分解成几个简单的直线运动过程，分别选择合适的规律求解4相邻运动过程连接点的速度是解题关键例 1 如图 1 甲所示，一倾斜角为 37的斜面底端固定有与斜面垂直的弹性挡板，一个可视为质点的小物块在 t0 时刻从挡板开始向上运动，其速度时间图象如图乙所示，运动到最高点返回底端，与

2、挡板发生弹性碰撞，再次向上运动，如此往复求：(不计空气阻力，重力加速度 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8)图 1(1)小物块与斜面间的动摩擦因数；(2)小物块第一次回到斜面底端时的速度大小；2(3)小物块在斜面上运动所通过的总路程答案 (1)0.5 (2)2 m/s (3)12.5 m5解析 (1)由题图乙可知，小物块在上滑过程中的加速度大小为a1 10 m/s 2v0t1由牛顿第二定律，有 mgsin mg cos ma1可得小物块与斜面间的动摩擦因数 0.5(2)小物块第一次上滑的位移大小x1 t1 1 m5 mv02 102第一次下滑过程由动能定理有mgx1si

3、n mg cos x1 mv12012可得小物块第一次回到斜面底端时的速度大小 v12 m/s5(3)小物块最终停在挡板处，全程由动能定理有 mg cos s0 mv0212可得在斜面上运动所通过的总路程 s12.5 m1航母舰载机滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图 2 所示，设某航母起飞跑道主要由长度为 L1160 m 的水平跑道和长度为 L220 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差 h4.0 m一架质量为m2.010 4 kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为 F1.210 5 N，方向与速度方向相同，在从静止开始运动的整个过

4、程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的 0.1 倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看做斜面，不计拐角处的影响取 g10 m/s 2.图 2(1)求飞机在水平跑道上运动的时间；(2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；(3)如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为 84 m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到 100 m/s，则弹射器的平均作用力为多大？(已知弹射过程中发动机照常工作)3答案 (1)8 s (2)2 m/s (3)1.010 6 N430解析 (1)设飞机在水平跑道的加速度为 a1，阻力为 Ff由牛顿第

5、二定律得F Ff ma1L1 a1t1212解得 t18 s(2)设飞机在水平跑道末端的速度为 v1，在倾斜跑道末端的速度为 v2，加速度为 a2水平跑道上：v1 a1t1倾斜跑道上：由牛顿第二定律得F Ff mg ma2hL2v22 v122 a2L2解得 v22 m/s430(3)设弹射器的平均作用力为 F1，弹射距离为 x，飞机在水平跑道末端速度为 v3由动能定理得 F1x FL1 FfL1 mv3212解得 F11.010 6 N.2(2018义乌市模拟)如图 3 甲所示，倾角为 37的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量 m2 kg 的小物体轻轻放在传送带的 A 端，物体相对地面的

6、速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达 B 端，取沿传送带向下为正方向， g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图 3(1)小物体在传送带 A、 B 两端间运动的平均速度 v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数 ；(3)2 s 内物体机械能的减少量 E 及因与传送带摩擦产生的内能 Q.答案 (1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 48 J解析 (1)由 v t 图象的面积规律可知，传送带 A、 B 间的距离 L 即为 v t 图线与 t 轴所围4的面积，所以 L t1 t2，代入数值得： L16 m，平均速度为 v 8 m/sv12 v1 v22 Lt

7、(2)由 v t 图象可知传送带运行速度为 v110 m/s物体从 A 到 B 先做加速度为a1 m/s210 m/s 2的匀加速运动，10 01经过时间 t11 s 后再做加速度为a2 m/s22 m/s 2的匀加速运动，12 102 1再经过时间 t21 s，物体以大小为 v212 m/s 的速度到达传送带 B 端由物体在传送带上的受力情况知a1 或 a2mgsin mgcos m mgsin mgcos m解得 0.5(3)小物体到达传送带 B 端时的速度大小 v212 m/s物体的动能增加了 Ek mv22 2122 J144 J12 12物体的重力势能减少了 Ep mgLsin 20

8、160.6 J192 J所以物体的机械能的减少量 E48 J由功能关系可知Q mg cos (v1t1 t1) mg cos v12 (v1 v22 t2 v1t2)代入数值得 Q48 J.题型 2 曲线运动中动力学方法和能量观点的应用1曲线运动中的动力学和能量观点的综合问题，主要是直线运动、平抛运动、圆周运动三种运动中两者或三者的组合问题2对物体进行受力分析、运动分析、能量分析，初步了解运动全过程，构建大致运动图景3若为多过程问题，可将全过程分解，寻找子过程间的联系和解题方法例 2 (2018浙江 4 月选考20)如图 4 所示，一轨道为半径 2 m 的四分之一竖直圆弧轨道 AB 和长度可调

9、的水平直轨道 BC 在 B 点平滑连接而成现有一质量为 0.2 kg 的小球从 A点无初速度释放，经过圆弧上 B 点时，传感器测得轨道所受压力大小为 3.6 N，小球经过 BC段所受的阻力为其重力的 0.2 倍，然后从 C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的 P 点，P、 C 两点间的高度差为 3.2 m小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力， g 取 10 m/s2.5图 4(1)求小球运动至 B 点时的速度大小；(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点 P 与 B 点的水平距离最大，求 BC 段的长度；(4)小球落到 P 点后弹起，与地面多次碰撞后静止假设小球每次碰撞

10、机械能损失 75%、碰撞前后速度方向与地面的夹角相等求小球从 C 点飞出到最后静止所需时间答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s解析 (1)由牛顿第三定律知，在 B 点轨道对小球的支持力为 FN3.6 N.由向心力公式和牛顿第二定律有FN mg m ，vB2R解得 vB4 m/s.(2)小球从 A 到 B 的过程，只有重力和摩擦力做功，设克服摩擦力所做的功为 W 克由动能定理得： mgR W 克 mvB2012解得 W 克 2.4 J.(3)分析运动可知， BC 段长度会影响匀减速运动的时间，进而影响平抛运动的水平初速度以及水平位移设 BC 段小球的运动

11、时间为 t，加速度 a 2 m/s 2Ffm由运动学公式得 vC vB at42 txBC vBt at24 t t212其中，0 t2 s.平抛运动中 h gt1212xCP vCt1由可得 xCP3.21.6 t则由可得 xBP xBC xCP t22.4 t3.2由数学知识可得，当 t1.2 s 时， xBP取得最大值代入式，解得 xBC3.36 m.6(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等，所以碰撞前后水平分速度与竖直分速度比值不变每次碰撞机械能损失 75%，故每次碰撞合速度、分速度均变为原来的 .12设第 n 次损失后的竖直分速度为 vyn，第 n 次碰撞到第 n1 次碰撞的时间为

12、 tn.由平抛运动规律得 vy0 8 m/s2ght0 0.8 s2hg则 vyn vy0( )n12tn2 vyng将代入可得 tn0.8( )n1 (n1,2,3)12由数学知识可得 t 总 t0 t1 tn0.80.81 (12)n1 12当 n 取无穷大时，小球处于静止状态解得 t 总 2.4 s.3(2017绍兴市选考诊断)如图 5 所示为一种射程可调节的“抛石机”模型抛石机长臂OA 的长度 L4 m， B 为 OA 中点，石块可装在长臂上的 AB 区域中某一位置开始时长臂与水平面间的夹角 30，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出在某次投石试验中，将质量为

13、m10 kg 的石块安装在 A 点，击中地面上距 O 点水平距离为 x12 m 的目标不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量， g 取 10 m/s2，求：7图 5(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小；(2)整个过程中投石机对石块所做的功 W；(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离 O 点多远处才能使石块落地时距 O 点的水平距离最大？答案 (1)300 N (2)1 200 J (3)3 m解析 (1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向 x vt竖直方向 h gt212又 h L Lsin ，解得 v2 m/s30所以石块受到的向心力为 F m 300 Nv2L(2)长臂从 A 点

14、转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得W mg(L Lsin ) mv2012代入数值解得 W1 200 J(3)设抛出点距离 O 点为 lW mg(l lsin 30) mv 2012v 240 30l下落时间 t 2hg 2l Lsin g l 25水平位移为 s 224 3ll 2 6l 32 150因此当 l3 m 时石块落地时距 O 点水平距离最大4(201891 高中联盟期中)如图 6 所示，某装置的弹簧弹射器每次都将小物块(质量可选择，可视为质点)从 A 点由静止弹出，通过竖直圆轨道和水平直轨道后水平抛入水池中，已知竖直圆轨道半径为 R1.0 m，水平轨道 BD 长为 L2.4

15、 m，水池水面离 D 点高度为h1.25 m，水池长为 s6.0 m，不计水平轨道 AB 部分和竖直圆轨道的阻力，所有小物块与水平轨道 BD 部分的动摩擦因数为 0.25.当所选择的小物块质量为 m1 kg，在经过 C点时，对轨道的压力为 10 N， g 取 10 m/s2，求：8图 6(1)弹射器对小物块做的功；(2)小物块从 D 点飞出落入水面时的水平位移 x；(3)为确保不同的小物块都能从 A 点弹射并直接落入水面，对选择的小物块的质量有何要求？答案 (1)30 J (2)2 m (3) kg m1.2 kg3513解析 (1)在 C 点时由牛顿第二定律得：FN mg mvC2R由牛顿第

16、三定律知 FN10 N由 A 到 C 的过程，由动能定理得W2 mgR mvC2012得 W30 J(2)从弹出到 D 点，由动能定理： W mgL mvD2012小物块从 D 点飞出后做平抛运动，h gt212x vDt解得 x2 m3(3)若小物块质量最大为 m1时，恰能过 C 点：m1g m1v02R从弹出到 C 点，由动能定理： W2 m1gR m1v02012从弹出到 D 点， W m 1gL0得 m11.2 kg若小物块恰能到达水池水面最右端时，质量最小为 m2W m 2gL m2vD 2012h gt212s vD t得 m2 kg5139故质量范围为： kg m1.2 kg51

17、3专题强化练1.滑沙游戏中，游客从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力 F，从而控制车速为便于研究，做如下简化：如图 1 所示，游客从顶端 A 点由静止滑下 8 s 后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦力变大匀速下滑至底端 B 点，在水平滑道上继续滑行直至停止已知游客和滑沙车的总质量 m70 kg，倾斜滑道 AB 长 LAB128 m，倾角 37，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数 0.5.重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力求：图 1(1)游客和滑沙车匀速下滑时的速

18、度大小；(2)游客和滑沙车匀速下滑的时间；(3)游客和滑沙车从 A 滑到 B 的过程中由于摩擦产生的热量答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)44 800 J解析 (1)对游客和滑沙车整体受力分析，由牛顿第二定律有mgsin mg cos ma1解得 a1 g(sin cos )10(0.60.50.8) m/s 22 m/s 2则游客和滑沙车匀速下滑时的速度v a1t128 m/s16 m/s(2)游客和滑沙车加速下滑通过的位移x1 a1t12 282 m64 m12 12则游客和滑沙车匀速下滑通过的位移x2 LAB x1128 m64 m64 m匀速下滑的时间 t s4 s.x2v

19、 6416(3)对游客和滑沙车从 A 滑到 B 的运动过程，由动能定理有mgLABsin Wf mv212Q Wf mgLABsin mv244 800 J.12102(2018新高考研究联盟联考)美媒称，美国国家航空航天局(NASA)正在研发一款电动飞机，如图 2 所示，以加紧推出比当今飞机能耗更低、巡航速度更高的零排放飞机如果获得成功，这款飞机可能会成为朝着空中旅行更高效、更环保的新时代迈出的重要的第一步这款被 NASA 称为 X57 的电动飞机仅能容纳一名驾驶员NASA 目前还计划研发 5 款体型更大、能够搭载更多乘客和货物的飞机报道称，X57 飞机将装有 14 台发动机，它们将为异常狭

20、窄的机翼上的螺旋桨提供动力通常情况下，飞机的机翼是不可能这样狭窄的，因为飞机在起飞和降落时需要宽阔的机翼来提供升力尽管在起飞和降落时，所有 14 台发动机都将工作，但是一旦飞机在高空巡航，只需两台发动机工作便可正常飞行若每台发动机能提供的功率均为 30 kW，飞机的总质量为 2 000 kg，受到的空气阻力恒力为 1104 N， g 取 10 m/s2.则：图 2(1)在竖直向上起飞过程中，所有 14 台发动机都工作时，向上运动的最大速度是多少？(2)若某次竖直向上起飞时，受到的牵引力大小恒为 3.02104 N，当上升到离地面 500 m高处时，此时发动机的总机械功率为多大？(3)飞机降落时

21、，若刚接触地面时的速度大小为 80 m/s，此时关闭所有发动机，在地面上滑行时受到的阻力恒为 2104 N，求飞机在水平地面上滑行的距离答案 (1)14 m/s (2)3.0210 5 W (3)320 m解析 (1)14 台发动机的总功率： P 总 14 P01430 kW4.210 5 W飞机上升，当 F 牵 mg F 阻 310 4 N 时达到最大速度 vmax则 vmax m/s14 m/sP总F牵 4.21053104(2)飞机起飞时的加速度a m/s20.1 m/s 2F牵 mg F阻m 3.02104 31042103上升到离地面 500 m 高处时的速度 v m/s10 m/s

22、2ah 20.1500此时发动机的总机械功率 P 总 F 牵 v3.0210 410 W3.0210 5 W(3)关闭发动机后飞机在水平地面做匀减速直线运动11 F 阻 x0 mv 212滑行的距离 x320 m3(2018金、丽、衢十二校联考)滑板运动是时下许多年轻人所热爱的极限运动项目，图3 为一段水平粗糙平台 AB 和光滑半圆轨道组成的表演场地，某运动员在平台 AB 段通过蹬地获得水平推力，加速滑至 B 点后平抛落于半圆轨道上的 C 处，圆轨道最低处装有力传感器，可显示运动员通过时对轨道的压力大小，已知：滑板与平台之间的动摩擦因数 0.2，长度 LAB5 m，运动员(含滑板)质量 m60

23、 kg， AB 段获得的平均堆力 F360 N， C 处距平台平面的竖直高度 h2 m， g 取 10 m/s2，求：图 3(1)运动员(含滑板)到达 B 处的速度大小；(2)半圆轨道的半径 R 的大小；(3)若传感器显示压力 F 压 2 200 N，运动员(含滑板)在 C 处与轨道碰撞损失的机械能 E.答案 (1)2 m/s (2)2.5 m (3)700 J10解析 (1)对运动员(含滑板)受力分析，根据牛顿第二定律，有F mg ma， a4 m/s 2由匀变速直线运动速度与位移关系式vB202 aLAB得 vB2 m/s10(2)由平抛运动的规律 h gt212可得 t s， x vBt

24、4 m2hg 105由几何规律得( x R)2 h2 R2解得 R2.5 m(3)由牛顿第三定律可知 F F 压 2 200 N， F mg mvD2RC 到 D 过程，由动能定理有 mg(R h) EkD EkC解得 EkC mvD2 mg(R h)12 E mvB2 mgh EkC700 J12124如图 4 甲所示为单板滑雪 U 形池的比赛场地，比赛时运动员在 U 形滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分图乙为该 U 形池场地的横截面图， AB、 CD 为半径 R4 m 的四分之一光滑圆弧雪道， BC为水平雪道且与圆弧雪道相切，

25、BC 长为 4.5 m，质量为 60 kg 的运动员(含滑板)以 5 m/s 的速度从 A 点滑下，经 U 形雪道从 D 点竖直向上飞出，在 D 点上方完成动作的时间为 t0.8 s，然后又从 D 点返回 U 形雪道，忽略空气阻力，运动员可视为质点， g 取 10 m/s2，求：图 4(1)运动员(含滑板)与 BC 雪道间的动摩擦因数；(2)运动员(含滑板)首次运动到 C 点时对雪道的压力；(3)运动员(含滑板)最后距离 B 点多远处停下答案 (1)0.1 (2)2 040 N，方向竖直向下 (3) B 点右侧 1.5 m 处解析 (1)设运动员(含滑板)从 D 点向上飞出的速度为 vD，则v

26、D g 4 m/st2运动员(含滑板)从 A 点到 D 点的过程，由动能定理得 mgx BC mvD2 mvA212 12解得 0.1(2)运动员(含滑板)从 C 点运动到 D 点的过程中，由动能定理得 mgR mvD2 mvC212 12设运动员(含滑板)首次运动到 C 点时，由牛顿第二定律知FN mg mvC2R联立得 FN2 040 N，由牛顿第三定律可知，运动员首次运动到 C 点时对雪道的压力大小为2 040 N，方向竖直向下(3)设运动员(含滑板)运动的全过程中在水平雪道上通过的路程为 x，由动能定理得mgR mgx 0 mvA212解得 x52.5 m所以运动员(含滑板)在水平雪道

27、上运动了 5.5 个来回后到达 C 点左侧 3 m 处，故最后在 B 点右侧 1.5 m 处停下135(2018台州中学统练)某同学在设计连锁机关游戏中，设计了如图 5 所示的起始触发装置， AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆， BCD 段是半径为 R 的四分之三圆弧弯杆， DE 段是长度为 2R 的水平杆，与 AB 杆稍稍错开竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为 m 的套环每次将弹簧的长度压缩至 P 点后锁定，设 PB 的高度差为h，解除锁定后弹簧可将套环弹出在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的最高点 Q和 P 等高，且与 E 的水平距离 x8 R，已知弹簧

28、锁定时的弹性势能 Ep9 mgR，套环与水平杆的动摩擦因数为 0.5，与其他部分的摩擦不计，空气阻力不计，重力加速度为 g.求：图 5(1)当 h3 R 时，套环达到杆最高点 C 处的速度大小；(2)在上问中当套环运动到最高点 C 时对杆的作用力大小和方向；(3)若 h 可在 R6 R 间连续可调，要使该套环恰好击中 Q 点，则 h 需调为多长？答案 (1) (2)9 mg，方向竖直向上 (3)5 R10gR解析 (1)从 P 到 C 有， Ep mg(h R) mvC212得 vC 10gR(2)C 点对套环有， F mgmvC2R得 F9 mg根据牛顿第三定律，在 C 点套环对杆的作用力大

29、小为 9mg，方向竖直向上(3)从 P 到 E，由能量守恒有Ep mg(h R) mg 2R mvE212从 E 点飞出后做平抛运动，h R gt212x vEt解得 h5 R6(2017温州市 9 月选考)如图 6 所示是某公园中的一项游乐设施，它由弯曲轨道 AB、竖直圆轨道 BC 以及水平轨道 BD 组成，各轨道平滑连接其中圆轨道 BC 半径 R2.0 m，水平14轨道 BD 长 L9.0 m， BD 段对小车产生的摩擦阻力为车重的 0.2 倍，其余部分摩擦不计，质量为 1.0 kg 的小车(可视为质点)从 P 点由静止释放，恰好滑过圆轨道最高点，然后从 D 点飞入水池中，空气阻力不计，取

30、 g10 m/s 2，求：图 6(1)P 点离水平轨道的高度 H；(2)小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力；(3)在水池中放入安全气垫 MN(气垫厚度不计)，气垫上表面到水平轨道 BD 的竖直高度h3.2 m，气垫的左右两端 M、 N 到 D 点的水平距离分别为 5.6 m、8.0 m，要使小车能安全落到气垫上，则小车释放点距水平轨道的高度 H应满足什么条件？答案 (1)5 m (2)60 N，方向竖直向下 (3)5 m H6.8 m解析 (1)小车恰好滑过圆轨道最高点 C，在圆轨道的最高点 C 对小车有：mgmvC2R小车由 P 运动到 C 由动能定理可得mg(H2 R) mvC2，12联立解得 H5 m.(2)小车由 P 运动到 B 点，由动能定理得：mgH mvB2，12在 B 点对小车：FN mgmvB2R由以上两式可得 FN60 N根据牛顿第三定律可知，小车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力大小为 60 N，方向竖直向下(3)小车从 D 点飞出后做平抛运动，x vDt， h gt21215因为 5.6 m x8.0 m，代入以上两式可得 7 m/s vD10 m/s，从小车释放点至 D 点，由动能定理得mgH kmgL mvD2，12代入 vD，得到 4.25 m H6.8 m若使小车能通过 C 点，需要 H5 m综上可知，5 m H6.8 m.