2024年高考物理题型突破限时大题精练01 动力学与能量综合问题

大题精练01动力学与能量综合问题公式、知识点回顾（时间：5分钟）一、考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块一木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。2.用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。二、动力学牛顿第二运动定律F合=ma或或者Fx=maxFy=may向心力牛顿第三定律三、运动学匀变速直线运动平均速度：Vt/2==Vs/2=匀加速或匀减速直线运动：Vt/2<Vs/2自由落体运动竖直抛体运动(注意：时间和速度的对称性)四、功和能动能重力势能(与零势能面的选择有关)弹性势能功W=Fscos(恒力做功)W=Pt（拉力功率不变）W=fS相对路程（阻力大小不变）功率平均功率：即时功率：动能定理机械能守恒定律或者Ep=Ek【例题】【传送带模型中的动力学和能量问题】如图所示，水平传送带AB，长为L＝2m，其左端B点与半径R＝0.5的半圆形竖直轨道BCD平滑连接，其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且DE延长线恰好延圆筒的直径方向。已知水平传送带AB以v＝6m/s的速度逆时针匀速运行，圆筒半径r＝0.05m、高度h＝0.2m。质量m＝0.5kg、可视为质点的小滑块，从P点处以初速度v0向左运动，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，不计管道DE的粗细。（1）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN；（2）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块的初速度v0；（3）若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，求滑块的初速度v0的范围。【解答】解：（1）小滑块恰好能通过最高点D处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑块无压力，即mg=m小滑块从B点向D点运动过程中根据动能定理﹣mg•2R=12mv代入数据解得vB＝5m/s在最低点B点，有F联立以上各式，根据牛顿第三定律可知，滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为FN＝F'N＝30N（2）根据（1）中vB＝5m/s＜6m/s，则小滑块在传送带上一直保持匀加速直线运动。则根据动能定理μmgL=代入数据解得v0＝1m/s（3）设小滑块与圆筒内壁刚好发生6次弹性碰撞，小滑块在竖直方向做自由落体运动，水平方向速度大小不变，则有h代入数据解得t＝0.2s水平方向上2r=代入数据解得v'D＝3m/s从B到D过程，根据动能定理可得-代入数据解得v在传送带上，根据动能定理可得μmgL=代入数据解得v故为了保证小滑块与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，滑块的初速度v0的范围为v难度：★★★★★建议时间：40分钟1．【用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题】如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m＝50g，直轨道AB长度L＝0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP＝0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。（1）求小车运动到B点时的速度大小vB；（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。【解答】解：小车的质量m＝50g＝0.05kg（1）小车由A运动至B过程，由能量关系可知：E其中F＝0.5mg，k＝0.2，代入数据得：vB＝3m/s（2）小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则：mg小车从B到C，由动能定理得：-得：R＝0.2m在B点，根据牛顿第二定律可得：F联立解得：FN′＝3N由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN＝FN′＝3N（3）小车从B到P，由动能定理得：-小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：x＝vPt2r=1联立解得：x=当r=980m＝0.1125m时，小车落地点与小车从P点飞出vP＞0，则：r＜0.225m但因为小车在N点满足：m小车从B到N，由动能定理得：-联立解得：r≥0.2m综合可知，当r＝0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：xm2．【综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题】如图所示为某弹射游戏装置示意图，通过拉杆将弹射器的轻质弹簧压缩到最短后释放，将质量为m的小滑块从A点水平弹出，水平滑行一段距离后经过B点无碰撞地进入细口径管道式轨道BCD，最后从D点水平飞出，并落在平台上竖直薄板EF的右侧。整个轨道处在同一竖直面内，其中CD部分是半径为R的圆弧轨道，圆心在D点正下方；管口D始终保持水平，距平台的高度可自由调整、水平位置不变；以D点正下方平台上的O点为原点水平方向建立x轴，规定水平向右为正；当D点距平台的高度为10R时，小滑块到达D点时速度恰好为零。已知轨道AB部分长度为R，整个轨道仅在AB段粗糙，滑块与轨道的动摩擦因数为μ；薄板EF的高度为5R；管的口径仅略大于滑块，不计空气阻力、滑块的大小和薄板的厚度，重力加速度为g。求：（1）弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep；（2）当h＝8R时，物块到D点时轨道对物块的作用力；（3）要使滑块恰好能落在薄板右侧，求薄板的坐标x与h之间的函数关系；（4）若将薄板的高度调整为2R，放置在x＝43R处，调整D点距平台的高度，求滑块落在挡板右侧的范围。【解答】解：（1）当h＝10R时，小滑块由A到D的过程由能量守恒定律得：Ep＝μmgR+mg•10R（2）当h＝8R时，设小滑块到达D点时的速度大小为v，由能量守恒定律得：Ep设轨道对小滑块的作用力为F，由牛顿第二定律得：mg+F=m联立解得：F＝3mg，方向竖直向下（3）设滑块从D点平抛的初速度为v'，由动能定理得：mg(10R-若平抛恰好经过F点，水平方向x＝v′t竖直方向h-联立解得：x2＝﹣4h2+60Rh﹣200R2（4）由（3）可知，滑块恰好通过F点时满足(4解得：h1＝4R，h2＝8R当h1＝4R时，由动能定理得：mg(10R-h1x1＝v1t1解得：x同理可解得，当h2＝8R时x2＝8R若无挡板，则由动能定理得：mg(10R-h0x0＝v0t0解得：h0＝5R时，落地距离最远为x0＝10R当h0=5R，解得：y＝2.4R＜5R﹣2R故所求范围为8R≤x≤10R3．【综合能量与动力学观点分析板块模型】如图甲所示，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放置长度L＝1m、质量M＝3kg的长木板A，长木板的下端恰好与斜面底部齐平；一可视为质点、质量m＝1kg、带电量q＝+1×10﹣5C的物块B放在木板上，与木板上端距离d1＝0.15m；与木板上端距离d2＝1m的虚线ef右侧存在足够宽匀强电场，电场方向垂直斜面向上。t＝0时刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在长木板上，1s后撤去F，物块B在0∼1s内运动的v﹣t图像如图乙所示，且物块B在t＝1.3s时速度恰好减为0。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=32，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2=33（1）恒力F的大小；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）从t＝0时刻起到木板下端再次与斜面底部齐平的过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。【解答】解：（1）由图乙可得，0∼1s物块B加速度大小为：a若物块B与长木板发生相对滑动，则有：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma0代入数据得：a0=2.5m/s2，a故恒力F作用后，两者相对静止，一起向上加速对AB整体有：F＝μ2（M+m）gcosθ﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a1代入数据得：F＝48N（2）0∼1s内AB一起运动的位移为：s代入数据得到：s1＝1m＝d2即撤去外力时木板恰运动到电场边缘，假设撤去外力后AB相对静止一起减速，对AB整体有：μ2（M+m）gcosθ+（M+m）gsinθ＝（M+m）a2代入数据得到：a对物块B有：f0+mgsinθ＝ma代入数据得：f0＝5N＜fm＝7.5N假设成立，两者相对静止一起减速，在此加速度下若B减速为零，则运动距离为：s代入数据得到：sB0＝0.2m＞d1即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。由位移—时间公式有：d解二次方程得：t2＝0.1s或t2＝0.3s（舍弃）由速度—时间公式有：v2＝v1﹣a2t2物块B在t＝1.3s减速为零，则共进入电场后的加速度大小为：a由牛顿第二定律有：mgsinθ+μ1（mgcosθ﹣qE）＝ma3代入解得：E=5（3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为：s长木板A减速为零的位移为sA，则有：-代入数据得：sB＝0.1m，sA＝0.05m由于：sB＜sA+d1所以物块B尚未冲出长木板A的上端，A物体减速为零后，因：μ2Mgcosθ＝Mgsinθ故A静止不动，物块B离开电场时，速度与进入时候等大反向，即：v2′＝v2对B：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝maB对A：μ1mgcosθ+Mgsinθ﹣μ2（M+m）gcosθ＝MaA