物理高考题型动力学与能量.docx
《物理高考题型动力学与能量.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理高考题型动力学与能量.docx（20页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
物理高考题型动力学与能量
直线运动中动力学方法和能量观点
的应用
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
（1）解题策略
①动力学方法观点：
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.
（2）解题关键
①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程.
②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键.
例1
在物资运转过程中常使用如图1所示的传送带.已知某传送带与水平面成θ＝37°角，传送带的AB部分长L＝5.8m，传送带以恒定的速率v＝4m/s按图示方向传送，若在B端无初速度地放置一个质量m＝50kg的物资P（可视为质点），P与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5（g取10m/s2，sin37°＝0.6）.求：
图1
（1）物资P从B端开始运动时的加速度大小；
（2）物资P到达A端时的动能.
答案
（1）10m/s2
（2）900J
解析
（1）P刚放在B端时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
mgsinθ＋Ff＝ma
FN＝mgcosθ
Ff＝μFN
联立解得加速度为
a＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2
（2）P达到与传送带相同速度时的位移
x＝
＝0.8m
以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，根据动能定理得
（mgsinθ－Ff）（L－x）＝
mv
－
mv2
到达A端时的动能
EkA＝
mv
＝900J.
传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个：
（1）动力学角度：
首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系.
（2）能量角度：
求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解.
变式题组
1.如图2甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2（g取10m/s2），求：
图2
（1）A与B间的距离；
（2）水平力F在5s内对物块所做的功.
答案
（1）4m
（2）24J
解析
（1）根据题目条件及图乙可知，物块在从B返回A的过程中，在恒力作用下做匀加速直线运动，即F－μmg＝ma.
由运动学公式知：
xAB＝
at2
代入数值解得
xAB＝4m
（2）物块在前3s内动能改变量为零，由动能定理得
W1－Wf＝0，即W1－μmg·xAB＝0
则前3s内水平力F做的功为W1＝8J
根据功的定义式W＝Fx得，水平力F在3～5s时间内所做的功为
W2＝F·xAB＝16J
则水平力F在5s内对物块所做的功为
W＝W1＋W2＝24J.
2.（2015·宁波期末）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3所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1＝160m的水平跑道和长度为L2＝20m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h＝4.0m.一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过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，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响.取g＝10m/s2.
图3
（1）求飞机在水平跑道运动的时间；
（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84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/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）
答案
（1）8s
（2）2
m/s （3）106N
解析
（1）设飞机在水平跑道加速度为a1，阻力为Ff
由牛顿第二定律得
F－Ff＝ma1
L1＝
a1t
解得t1＝8s
（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为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
＝ma2
v
－v
＝2a2L2
解得v2＝2
m/s
（3）设弹射器的弹力为F1，弹射距离为x，飞机在跑道末端速度为v3
由动能定理得F1x＋FL1－FfL1＝
mv
解得F1＝106N.
曲线运动中动力学方法和能量观点的应用
例2
（2016·浙江10月学考·20）如图4甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型.倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF.分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m.现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m处的A点静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点.过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s2.求：
图4
（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；
（3）减速直轨道FG的长度x.（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
答案 见解析
解析
（1）设C点的速度为vC，由动能定理得
mgh－μ1mgcos45°
＝
mv
代入数据解得
vC＝8
m/s
（2）设D点速度为vD，由动能定理得
mg（h－2R）－μ1mgcos45°
＝
mv
F＋mg＝m
解得F＝7×103N
由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力为7×103N
（3）全程应用动能定理
mg[h－（l－x）tan37°]－μ1mgcos45°
－μ1mgcos37°
－μ2mgx＝0
解得x＝30m.
多过程问题的解题技巧
1.“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景.
2.“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律.
3.“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法.
变式题组
3.（2016·浙江4月选考·20）如图5所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成.其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1＝0.20m、h2＝0.10m，BC水平距离L＝1.00m.轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高.当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点.（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g＝10m/s2）
图5
（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；
（2）求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；
（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？
请通过计算说明理由.
答案
（1）0.1J 2m/s
（2）0.5 （3）不能，理由见解析
解析
（1）由机械能守恒定律可得
E弹＝ΔEk＝ΔEp＝mgh1＝0.05×10×0.20J＝0.1J
ΔEk＝
mv
可得v0＝2m/s
（2）由E弹∝d2可得ΔEk′＝E弹′＝4E弹＝4mgh1
由动能定理可得
－mg（h1＋h2）－μmgL＝－ΔEk′
μ＝
＝0.5
（3）恰能通过螺旋轨道最高点须满足的条件是
mg＝
由机械能守恒定律有
v＝v0＝2m/s
得Rm＝0.4m
当R>Rm＝0.4m时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B点.
4.如图6所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点.已知h＝2m，s＝
m.取重力加速度大小g＝10m/s2.
图6
（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小.
答案
（1）0.25m
（2）
m/s
解析
（1）小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt①
h＝
gt2②
小环在ab段滑落过程中，根据动能定理可得
mgR＝
mv
③
联立三式可得R＝
＝0.25m
（2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝
mv
④
因为小环滑到c点时速度与竖直方向的夹角等于
（1）问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sinθ＝
⑤
根据运动的合成与分解可得sinθ＝
⑥
联立①②④⑤⑥可得v水平＝
m/s.
1.为了了解运动员在三米板跳水中的轨迹过程，特做了简化处理：
把运动员看做质量为m＝50.0kg的质点，竖直起跳位置离水面高h1＝3.0m，起跳后运动到最高点的时间t＝0.3s，运动员下落垂直入水后水对运动员竖直向上的作用力的大小恒为F＝1075.0N，不考虑空气阻力，g＝10m/s2，求：
（1）运动员起跳时初速度v0的大小；
（2）运动员在水中运动的最大深度h2.
答案
（1）3.0m/s
（2）3.0m
解析
（1）运动员上升到最高点时速度为零，
由运动学公式有
0＝v0－gt，
代入数据解得
v0＝3.0m/s
（2）运动员从起跳到水中最深，由动能定理有
mg（h1＋h2）－Fh2＝0－
，
代入数据解得
h2＝3.0m.
2.（2013·浙江6月学考·11）如图1所示，雪道与水平冰面在B处平滑地连接.小明乘雪橇从雪道上离冰面高度h＝8m的A处自静止开始下滑，经B处后沿水平冰面滑至C处停止.已知小明与雪橇的总质量m＝70kg，用速度传感器测得雪橇在B处的速度值vB＝12m/s，不计空气阻力和连接处能量损失，小明和雪撬可视为质点.求：
（g取10m/s2）
图1
（1）从A到C过程中，小明与雪撬所受重力做了多少功？
（2）从A到B过程中，小明与雪撬损失了多少机械能？
（3）若小明乘雪撬最后停在BC的中点，则他应从雪道上距冰面多高处由静止开始下滑？
答案
（1）5.6×103J
（2）5.6×102J （3）4m
解析
（1）从A到C过程中，小明与雪撬所受重力做的功
WG＝mgh
代入数据得
WG＝5.6×103J
（2）从A到B过程中
重力势能减少：
ΔEp＝mgh＝5.6×103J
动能增加：
ΔEk＝
mv
＝5.04×103J
损失的机械能为：
ΔE机＝ΔEp－ΔEk＝5.6×102J
（3）设小明乘雪撬在雪道上所受阻力为Ff，在冰面上所受阻力为Ff′，B、C间距离为x，由动能定理有
mgh－Ff
－Ff′x＝0
mgh′－Ff
－Ff′
＝0
解得：
h′＝
＝4m.
3.滑沙游戏中，游戏者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：
游客从顶端A点由静止滑下8s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m＝70kg，倾斜滑道AB长LAB＝128m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5.重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力.
（1）求游客匀速下滑时的速度大小；
（2）求游客匀速下滑的时间；
（3）求游客从A滑到B的过程中由于摩擦产生的热量.
答案
（1）16m/s
（2）4s （3）44800J
解析
（1）对游客和滑沙车整体受力分析，由牛顿第二定律有
mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
解得a1＝g（sinθ－μcosθ）＝10×（0.6－0.5×0.8）m/s2＝2m/s2
则游客匀速下滑时的速度
v＝a1t1＝2×8m/s＝16m/s
（2）游客加速下滑通过的位移
x1＝
a1t
＝
×2×82m＝64m
则游客匀速下滑通过的位移
x2＝LAB－x1＝128m－64m＝64m
匀速下滑的时间t＝
＝
s＝4s.
（3）对游客在斜坡上的运动过程，由动能定理有
mgLABsinθ－Wf＝
mv2
解得Q＝Wf＝mgLABsinθ－
mv2＝44800J.
4.（2016·丽水模拟）如图2所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点处于圆心O的正下方.在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点有一质量为m的小球以v0＝
的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道.小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g.试求：
图2
（1）B点与抛出点A正下方的水平距离x；
（2）圆弧BC段所对应的圆心角θ；
（3）小球滑到C点时，对圆弧轨道的压力.
答案
（1）2l
（2）45° （3）（7－
）mg，方向竖直向下
解析
（1）设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律得l＝
gt2，x＝v0t，联立解得x＝2l.
（2）设小球做平抛运动到达B点时的竖直分速度为vy，速度偏向角为α，vy＝
，tanα＝
，根据几何关系可知α＝θ，联立解得θ＝45°.
（3）小球从A到C的过程中机械能守恒，设到达C点时的速度大小为vC，根据机械能守恒定律有
mgl（1＋1－cosθ）＝
mv
－
mv
设在C点处轨道对小球的支持力大小为F，由牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得F＝（7－
）mg
根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为（7－
）mg，方向竖直向下.
5.如图3所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆形轨道在C点连接完好.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态.将一个质量为m＝0.8kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为F1＝58N.水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑.g＝10m/s2，求：
图3
（1）弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
（2）小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力大小.
答案
（1）11.2J
（2）10N
解析
（1）小球运动到C处时，
由牛顿第二定律得：
F1－mg＝m
得v1＝
代入数据解得v1＝5m/s
根据动能定理
Ep－μmgx＝
mv
代入解得Ep＝11.2J
（2）小球从C到D过程，由机械能守恒定律得
mv
＝2mgR＋
mv
代入数据解得
v2＝3m/s
由于v2>
＝2m/s
所以小球在D处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得
F2＋mg＝m
代入数据解得
F2＝10N
根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为10N.
6.（2016·金华十校9月高三模拟）在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏.如图4所示，将一质量为0.1kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动，BC段为一段长为L＝2.0m的粗糙平面，DEFG为接球槽.圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.2m，R＝0.4m，钢球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25m，水平距离为x＝0.5m，接球槽足够大，g取10m/s2.求：
图4
（1）要使钢球恰好不脱离圆弧轨道，钢球在A点的速度vA多大？
在B位置对半圆轨道的压力多大？
（2）要使钢球最终能落入槽中，弹射速度vO至少多大？
答案
（1）2m/s 6N
（2）
m/s
解析
（1）要使钢球恰好不脱离圆弧轨道：
对最高点A：
mg＝
①
由①式可得：
vA＝2m/s②
钢球从A到B的过程：
mg·2R＝
mv
－
mv
③
在B点：
FN－mg＝
④
联立①②③④可得：
FN＝6N⑤
根据牛顿第三定律可得：
钢球在B位置对半圆轨道的压力为6N.⑥
（2）要使钢球能落入槽中，设C点速度至少为vC
从C到D：
平抛：
水平方向：
x＝vC·t，竖直方向：
h＝
gt2⑦
由⑦可得：
vC＝1m/s⑧
假设钢球在A点的速度恰为vA＝2m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′
从A到C：
mg·2R－μmgL＝
mvC′2－
mv
可得：
vC′2＜0
故：
当钢球在A点的速度恰为vA＝2m/s时，钢球不可能达C点，更不可能平抛入槽.⑨
要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球即满足不脱离圆弧轨道，又能落入槽中.
从O到C：
mg·R－μmgL＝
mv
－
mv
联立⑦⑧
可得：
vO＝
m/s⑪
升级会员 