《高考物理大二轮总复习与增分策略 题型研究2 学考计算题 20题 动力学方法和能量观点的综合应用课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理大二轮总复习与增分策略 题型研究2 学考计算题 20题 动力学方法和能量观点的综合应用课件（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、动力学方法和能量观点的综合应用,题型研究2 学考计算题 20题,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 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. (2)解题关键 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. 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37角，传送带的AB部分长L5.8 m，传送带以恒定的速率v 4 m/s按图示方向传送，若在B端无初速度地放置一个质量m50
2、kg的物资P(可视为质点)，P与传送带之间的动摩擦因数0.5(g取10 m/s2，sin 370.6).求： (1)物资P从B端开始运动时的加速度大小；,图1,解析答案,解析 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 mgsin Ffma FNmgcos FfFN 联立解得加速度为 agsin gcos 10 m/s2,答案 10 m/s2,(2)物资P到达A端时的动能.,解析答案,解析 P达到与传送带相同速度时的位移 x 0.8 m,答案 900 J,规律总结,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
3、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.,1.如图2甲所示，一质量为m1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t0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3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s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0.2(g取10 m/s2)，求： (1)A与B间的距离；
4、,1,2,变式题组,图2,解析答案,代入数值解得 xAB4 m,答案 4 m,1,2,解析 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Fmgma.,(2)水平力F在5 s内对物块所做的功.,解析 物块在前3 s内动能改变量为零，由动能定理得 W1Wf0，即W1mgxAB0 则前3 s内水平力F做的功为W18 J 根据功的定义式WFx得，水平力F在35 s时间内所做的功为 W2FxAB16 J 则水平力F在5 s内对物块所做的功为 WW1W224 J.,解析答案,答案 24 J,1,2,2.(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
5、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L1160 m的水平跑道和长度为L220 m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h4.0 m.一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F1.2105 N，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g10 m/s2. (1)求飞机在水平跑道运动的时间；,图3,解析答案,1,2,解析 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 FFfma1
6、解得t18 s,答案 8 s,1,2,(2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；,解析 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：v1a1t1 倾斜跑道上： 由牛顿第二定律得 FFfmg ma2 v22v122a2L2,解析答案,1,2,(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84 m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100 m/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),解析 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,答案 106 N,解析答案,1,2,解
7、得F1106 N.,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R10 m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、CE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l40 m.现有质量m500 kg的过山车，从高h40 m处的A点静止下滑，经BCDCEF最终停在G点.过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为10.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数20.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求：,解析答案,图4,(1)过山
8、车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；,解析 设C点的速度为vC，由动能定理得,答案 见解析,(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；,解析 设D点速度为vD，由动能定理得,答案 见解析,解析答案,解得F7103 N,由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力为7103 N,(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 370.6，cos 370.8),解析 全程应用动能定理,答案 见解析,解析答案,解得 x30 m.,技巧点拨,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
9、法.,3,4,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.其中轨道由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h10.20 m、h20.10 m，BC水平距离L1.00 m.轨道由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m0.05 kg的滑块沿轨道上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道上升到C点.(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g10 m/s2),3,4,解析答案,图5,解析 由机械能守恒定律可得 E弹EkEpmgh10.05100.20 J0.1 J,答案
10、0.1 J 2 m/s,(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；,3,4,解析答案,解析 由E弹d2可得EkE弹4E弹4mgh1 由动能定理可得 mg(h1h2)mgLEk 0.5,答案 0.5,(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；,3,4,解析答案,解析 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 vv02 m/s 得Rm0.4 m 当RRm0.4 m时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B点.,答案 不能，理由见解析,(3)当弹簧压缩量为d时，若沿轨道运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由.,3,4,4.如图6所示，位于竖直平面内的光
11、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h2 m，s m.取重力加速度大小g10 m/s2. (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；,图6,解析答案,解析 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svbt ,答案 0.25 m,3,4,3,4,(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.,解析答案,解析 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 ,根据运动的合成与分解可得sin ,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，则根据平抛运动规律可知sin ,3,4,联立可得v水平 m/s.,
