(新高考)高考物理一轮复习课时加练第6章　微专题42　用动力学和能量观点解决多过程问题 (含解析)

微专题42用动力学和能量观点解决多过程问题1．将全过程进行分解，分析每个过程的规律，分析哪种能量增加了，哪种能量减少了；找到子过程间的联系.2.若运动过程只涉及力而不涉及能量，运用牛顿运动定律.3.若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律.4.不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．1．如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面AB、圆弧面BCD和平台组成，斜面AB和圆弧面在B点相切，C为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC所对的圆心角α＝37°，圆弧轨道半径为R，D点离地面的高度是平台离地面高度的一半，平台离圆弧轨道D点的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从斜面上A点由静止滑下，从D点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为g，求：(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，)(1)圆弧CD所对的圆心角θ；(2)斜面AB的长度．答案(1)45°(2)eq\f(28－15\r(2)R,6)解析(1)设平台离地面的高度为d，则D点到平台的水平距离为d，D点与平台的高度差为eq\f(1,2)d，设运动员运动到D点时速度大小为v，运动员从D点飞出刚好水平滑上平台，可以看作平抛运动的逆运动，则水平方向有d＝vcosθ·t，竖直方向有eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)vsinθ·t，联立解得θ＝45°.(2)由几何关系得eq\f(1,2)d＝R－Rcosθ，解得d＝(2－eq\r(2))R.由(vsinθ)2＝2g×eq\f(1,2)d，解得v＝eq\r(22－\r(2)gR).设AB长为L，运动员从A点到D点，根据机械能守恒定律有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Lsinα＋R－Rcosα－\f(1,2)d))＝eq\f(1,2)mv2，联立解得L＝eq\f(28－15\r(2)R,6).2．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间．答案(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s解析(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0解得μ＝0.375.(2)若使滑块恰好能到达C点，在C点根据牛顿第二定律有mg＝eq\f(mvC2,R)得vC＝2m/s滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02则v0＝≥2eq\r(3)m/s，故v0的最小值为2eq\r(3)m/s.(3)滑块离开C点后做平抛运动，有x＝vC′t，y＝eq\f(1,2)gt2由几何知识得tan37°＝eq\f(2R－y,x)，整理得5t2＋3t－0.8＝0，解得t＝0.2s(t＝－0.8s舍去)．3．滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作，给人以美的享受．如图所示是模拟的滑板滑行轨道，该轨道由足够长的斜直轨道、凹形圆弧轨道和半径R＝1.6m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接，其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O点与M点处在同一水平面上．一质量为m＝1kg且可看成质点的滑板，从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经过M点滑向N点，P点距M点所在水平面的高度h＝1.8m，不计一切阻力，g取10m/s2.(1)求滑板滑到M点时的速度大小；(2)求滑板滑到N点时对轨道的压力大小；(3)改变滑板无初速度下滑时距M点所在平面的高度h，用压力传感器测出滑板滑至N点时对轨道的压力大小为零，则P点与N点在竖直方向上的距离为多大？答案(1)6m/s(2)7.5N(3)0.8m解析(1)以M点所在平面为零势能面，对滑板从P点运动到M点的过程，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mvM2，解得vM＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.8)m/s＝6m/s，即滑板滑到M点时的速度大小为6m/s.(2)滑板从P点运动到N点的过程，由机械能守恒定律得mg(h－R)＝eq\f(1,2)mvN2，滑板在N点时，由重力和支持力的合力提供向心力，有mg－FN＝meq\f(vN2,R)，解得FN＝7.5N，根据牛顿第三定律可知，滑板滑到N点时对轨道的压力大小为7.5N.(3)滑板滑至N点时对轨道的压力大小为零，在N点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v2,R)，对滑板从P点运动到N点的过程由机械能守恒定律，可得mgΔh＝eq\f(1,2)mv2，解得Δh＝0.8m，P点与N点在竖直方向上的距离为0.8m.4.如图，在竖直平面内，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道ABC与粗糙的足够长斜面CD相切于C点，CD与水平面的夹角为θ＝37°，B是轨道最低点，其最大承受力Fm＝21N，过A点的切线沿竖直方向．现有一质量为m＝0.1kg的物块，从A点正上方的P点由静止落下．已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，不计空气阻力．(1)为保证轨道不会被破坏，求P、A间的最大高度差H及物块能沿斜面上滑的最大距离L；(2)若P、A间的高度差H1＝3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q.答案(1)4.5m4.9m(2)4J解析(1)设物块在B点的最大速度为vB，由牛顿第二定律得Fm－mg＝eq\f(mvB2,R)从P到B，由动能定理得mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mvB2－0联立解得H＝4.5m物块从B点运动到斜面最高处的过程中．根据动能定理得－mg[R(1－cos37°)＋Lsin37°]－μmgcos37°·L＝0－eq\f(1,2)mvB2代入数据解得L＝4.9m.(2)物块在斜面上，由于mgsin37°>μmgcos37°，物块不会停在斜面上，物块最后以B点为中心、C点为最高点沿圆弧轨道做往复运动．由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q＝mg(H1＋Rcos37°)解得Q＝4J.5．(2022·上海市青浦区模拟)在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示．小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ＝37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点．已知B点的高度h1＝1.2m，D点的高度h2＝0.8m，小滑块落到G点时速度大小为5m/s，空气阻力不计，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.(1)求小滑块在轨道AB上的加速度大小和在A点的初速度大小；(2)求小滑块从D点飞出的速度大小；(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑．答案(1)8m/s26m/s(2)3m/s(3)不光滑解析(1)设小滑块在轨道AB上的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝8m/s2对小滑块从A到B的运动过程，根据运动学规律有vB2－vA2＝－2a·eq\f(h1,sinθ)解得vA＝6m/s(2)小滑块从D到G过程中只有重力做功，以水平面为零势能面，根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mvG2＝mgh2＋eq\f(1,2)mvD2解得vD＝3m/s(3)以水平面为零势能面，滑块在B、D两处的机械能分别为EB＝eq\f(1,2)mvB2＋mgh1＝14m(J)ED＝eq\f(1,2)mvD2＋mgh2＝12.5m(J)所以滑块从B到D存在机械能损失，而细管道对滑块的弹力始终与速度方向垂直，所以不做功，则这个过程中除了重力之外，还有摩擦力对滑块做功，因此细管道BCD不光滑．6．(2023·湖北省联考)如图甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径均为R1＝0.4m的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L为0.1m．AB圆弧轨道与光滑水平地面轨道相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．质量m＝0.3kg的小球以一定初速度从A点水平进入轨道，重力加速度g取10m/s2.(1)若小球从D点水平飞出后落地点距D点的水平距离x＝1.8m，求小球从A进入时的初速度大小；(2)若在D点右侧平滑连接一个半径R2＝0.45m的半圆形光滑轨道DEF，如图乙所示，要使小球能沿轨道运动至F点，则小球从A进入时的初速度至少为多大？(计算结果用根式表示)答案(1)6m/s(2)eq\f(3,2)eq\r(10)m/s解析(1)设从D点飞出时的速度为大小v1，则有v1t＝xeq\f(1,2)gt2＝2R1＋L解得v1＝3eq\r(2)m/s小球从A运动