广东专用高考物理二轮复习 计算题专练18 应用动力学和能量观点分析多过程问题

【步步高】(广东专用）高考物理二轮复习计算题专练18应用动力学和能量观点分析多过程问题三、计算题专练专练定位本专练主要针对高考题经常出现的几种命题形式进行强化训练．高考高频命题形式主要有：①应用动力学和能量观点处理多运动过程问题；②动量和能量观点的综合应用；③带电粒子在磁场中的运动；④带电粒子在复合场中的运动；⑤应用动力学和能量观点处理电磁感应问题．应考策略加强题型的针对性训练，强化思维和答题的规范训练，注意挖掘文字或图象的隐含条件和信息，规范表述和书写．并且针对高考常考的模型，提炼出相应的应对模式，通过强化套用模式的意识，从而达到灵活运用，全面提高成绩的目的．专练18应用动力学和能量观点分析多过程问题(限时：60分钟)1．(·浙江·23)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图1.图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．开始时，质量分别为M＝10kg和m＝2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2.求：图1(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．答案(1)8m/s(2)eq\r(80)m/s(3)216N解析(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1＝eq\f(1,2)gt2 ①x1＝vmint ②联立①②式，得vmin＝8m/s ③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有(M＋m)gh2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,C) ④vC＝eq\r(2gh2)＝eq\r(80)m/s ⑤(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)eq\f(v\o\al(2,C),L) ⑥由几何关系(L－h2)2＋xeq\o\al(2,2)＝L2 ⑦得：L＝10m ⑧联立⑤⑥⑧式并代入数据解得：FT＝(M＋m)g＋(M＋m)eq\f(v\o\al(2,C),L)＝216N2．如图2所示，AB段为长度L1＝5m的粗糙水平地面，其动摩擦因数μ＝0.2，它高出水平地面CD的高度h＝1.25m，EFD为一半径R＝0.4m的光滑半圆形轨道．现有一质量m＝1kg的小球，在恒定的外力F＝4N的作用下，由静止开始从水平面的A点开始运动．力F作用一段距离后将其撤去，随后物体从B点飞出，落在水平地面CD上某处并反弹，因为与地面碰撞时有能量损失，反弹过程水平速度分量不变而竖直速度分量减小，弹起后刚好沿半圆轨道DEF的E点切向进入，开始做圆周运动，且在E点时与圆弧轨道间的相互作用力恰好为零．取g＝10m/s2，试求：图2(1)CD间距离L2；(2)外力F作用的距离．答案(1)1.8m(2)3m解析(1)令平抛时间为t1，水平距离为x1，斜抛时间为t2，水平距离为x2.在E点时，小球与圆弧轨道无相互作用力，则有mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得v0＝2m/s由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝0.5sx1＝v0t1＝1m因斜抛可看做逆向的平抛运动，所以由2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)得t2＝0.4sx2＝v0t2＝0.8m所以L2＝x1＋x2＝1.8m(2)令F作用距离为Δx.由动能定理FΔx－μmgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Δx＝3m3．如图3所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l＝20m，倾角θ＝37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h＝1.8m，传送带匀速运动的速度为v＝2m/s.现在传送带底端(传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱底板中心，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图3(1)主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离s及主动轮的半径R；(2)麻袋包在传送带上运动的时间t；(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．答案(1)1.2m0.4m(2)12.5s(3)15400J解析(1)设麻袋包平抛运动时间为t，有h＝eq\f(1,2)gt2s＝vt解得：s＝1.2m麻袋包在主动轮的最高点时，有mg＝meq\f(v2,R)解得：R＝0.4m(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有μmgcosθ－mgsinθ＝mav＝at1s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)l－s1＝vt2联立以上各式解得：t＝t1＋t2＝12.5s(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为Δs，需额外消耗的电能为ΔE，有Δs＝vt1－s1ΔE＝mglsinθ＋eq\f(1,2)mv2＋μmgcosθ·Δs解得：ΔE＝15400J4．如图4所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2.求：图4(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？答案(1)5m/s方向与水平面的夹角为37°(2)47.3N(3)2.8m解析(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有：H－h＝eq\f(1,2)gt2设小物块到达B点时竖直分速度为vy：vy＝gt则小物块运动到B点时的速度v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(5,4)v0＝5m/s速度方向与水平面的夹角为θ：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°(2)设小物块到达C点时速度为v2，从B至C点，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)由上式可得v2＝2eq\r(7)m/s，根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力f＝μ1mg＝5N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′＝μ2(M＋m)g＝10N因f<f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0则长木板长度为l＝eq\f(v\o\al(2,2),2μ1g)＝2.8m所以长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板．【必考模型1】直线运动、圆周运动和平抛运动组合模型1.模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两组合.2.表现形式：1直线运动：水平面上的直线