2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 计算题专练部分 运用动力学和能量观点分析多过程问题.doc

2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 计算题专练部分 运用动力学和能量观点分析多过程问题1如图1所示，在竖直平面内有一个粗糙的圆弧轨道，其半径R0.4 m，轨道的最低点距地面高度h0.45 m一质量m0.1 kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点B时以一定的水平速度离开轨道，落地点C距轨道最低点的水平距离x0.6 m空气阻力不计，g取10 m/s2，求：(结果保留两位有效数字)图1(1)小滑块离开轨道时的速度大小；(2)小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；(3)小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功答案(1)2.0 m/s(2)2.0 N(3)0.2 J解析(1)小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则xvthgt2解得：v2.0 m/s.(2)小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为FN，根据牛顿第二定律：FNmgm解得：FN2.0 N根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小FNFN2.0 N.(3)在小滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：mgRWfmv20解得：Wf0.2 J所以小滑块克服摩擦力做功为0.2 J.2如图2所示，质量为m1 kg的物块，放置在质量M2 kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度L均为1 m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：作用区对物块作用力方向水平向右，作用区对物块作用力方向水平向左作用力大小均为3 N将物块与木板从图示位置(物块在作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板取g10 m/s2.图2(1)在物块刚离开区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d；(3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程答案(1)2 m/s(2)1.5 m(3)3 m解析(1)对物块由牛顿第二定律：Fmgmam1得：am12 m/s2由Lam1t得t1 1 svm1am1t12 m/s.(2)区域内，对木板：由mgMaM1得aM10.5 m/s2物块到达区域边缘处，木板的速度：vM1aM1t10.5 m/s离开区域后：对物块：由mgmam2，得am21 m/s2对木板：aM2aM10.5 m/s2当物块与木板达共同速度时：vm1am2t2vM1aM2t2得t21 s两作用区边界距离为dvm1t2am2t1.5 m.(3)由于Fmg，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间由全过程能量守恒与转化规律：FLmgx得：x3 m.3如图3所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h112 m，底角分别为37、53，A、B两小物块质量分别为mA2 kg、mB4 kg，用轻绳连接，通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右两斜面上，轻绳伸直时，两物块离地高度h24 m，在滑轮处压住细绳，已知物块与斜面间的动摩擦因数均为0.1，g10 m/s2，sin 370.6，sin 530.8.图3(1)若在压绳处突然剪断绳，求A、B下滑过程中加速度之比；(2)若松开绳，求B滑到底端时的速度大小；(3)松开绳，当B滑到底端后，A沿斜面继续向上滑行的距离答案(1)(2) m/s(3) m解析(1)对A分析FAmAgsin 37mAgcos 37对B分析FBmBgsin 53mBgcos 53又Fma，综上所述，解得(2)由动能定理：mBgh2mAghA(mBgcos 53mAgcos 37)x(mAmB)v2由几何关系得：hAsin 373 mx5 m联立解得B滑到底端的速度v m/s.(3)A沿斜面上行，aAgsin 37gcos 376.8 m/s2由v2aAxAvAv m/s上行距离：xA m4滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，具有很强的观赏性与趣味性下坡式滑行轨道可简化为如下模型：如图4所示，abcdef为同一竖直平面内的滑行轨道，其中ab、df两段均为倾角37的斜直粗糙轨道，bc为一段半径为R5 m的光滑圆弧，圆弧与ab相切于b点，圆弧圆心O在c点的正上方已知ab之间高度差H15 m，cd之间高度差H22.25 m，运动员连同滑板的总质量m60 kg.运动员从a点由静止开始下滑后从c点水平飞出，落在轨道上的e点，经短暂的缓冲动作后沿斜面方向下滑de之间的高度差H39 m，运动员连同滑板可视为质点，忽略空气阻力，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图4(1)运动员刚运动到c点时的速度大小；(2)运动员(连同滑板)刚运动到c点时对轨道的压力；(3)运动员(连同滑板)在由a点运动到b点过程中阻力对它做的功答案(1)8 m/s(2)1 368 N，方向竖直向下(3)1 680 J解析(1)物体从c到e点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动：H2H3gt2t s1.5 sce之间的水平距离为x m12 m从c到e做平抛运动，在水平方向做匀速运动故vc m/s8 m/s.(2)在c点，由牛顿第二定律可知FNmgmFNmgm601060 N1 368 N根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力为1 368 N，方向竖直向下(3)由a到c，由动能定理可知mg(H1RRcos 37)Wfmv代入数据解得Wf1 680 J.【必考模型2】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：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动.(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动.,3.应对模式：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带.很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口.