《（浙江选考）2019高考物理复习计算题题型强化第2讲必考第20题动力学方法和能量观点的综合应用学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江选考）2019高考物理复习计算题题型强化第2讲必考第20题动力学方法和能量观点的综合应用学案.docx（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲必考第20题动力学方法和能量观点的综合应用题型1直线运动中动力学方法和能量观点的应用1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2涉及的规律：(1)动力学观点：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3受力分析、运动分析，将物理过程分解成几个简单的直线运动过程，分别选择合适的规律求解4相邻运动过程连接点的速度是解题关键例1如图1甲所示，一倾斜角为37的斜面底端固定有与斜面垂直的弹性挡板，一个可视为质点的小物块在t0时刻从挡板开始向上运动，其速度时间图象如图乙所示，运动到最高点返回底端，与挡板发生弹性碰撞，再次向上运动，
2、如此往复求：(不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图1(1)小物块与斜面间的动摩擦因数；(2)小物块第一次回到斜面底端时的速度大小；(3)小物块在斜面上运动所通过的总路程答案(1)0.5(2)2 m/s(3)12.5 m解析(1)由题图乙可知，小物块在上滑过程中的加速度大小为a110 m/s2由牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma1可得小物块与斜面间的动摩擦因数0.5(2)小物块第一次上滑的位移大小x1t11 m5 m第一次下滑过程由动能定理有mgx1sin mgcos x1mv120可得小物块第一次回到斜面底端时的速度大小v12 m/s(
3、3)小物块最终停在挡板处，全程由动能定理有mgcos s0mv02可得在斜面上运动所通过的总路程s12.5 m1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2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，在从静止开始运动的整个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，倾斜跑道看做斜面，不计拐角处的影
4、响取g10 m/s2.图2(1)求飞机在水平跑道上运动的时间；(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)答案(1)8 s(2)2 m/s(3)1.0106 N解析(1)设飞机在水平跑道的加速度为a1，阻力为Ff由牛顿第二定律得FFfma1L1a1t12解得t18 s(2)设飞机在水平跑道末端的速度为v1，在倾斜跑道末端的速度为v2，加速度为a2水平跑道上：v1a1t1倾斜跑道上：由牛
5、顿第二定律得FFfmgma2v22v122a2L2解得v22 m/s(3)设弹射器的平均作用力为F1，弹射距离为x，飞机在水平跑道末端速度为v3由动能定理得F1xFL1FfL1mv32解得F11.0106 N.2(2018义乌市模拟)如图3甲所示，倾角为37的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图3(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)2 s内物体机
6、械能的减少量E及因与传送带摩擦产生的内能Q.答案(1)8 m/s(2)0.5(3)48 J48 J解析(1)由vt图象的面积规律可知，传送带A、B间的距离L即为vt图线与t轴所围的面积，所以Lt1t2，代入数值得：L16 m，平均速度为v8 m/s(2)由vt图象可知传送带运行速度为v110 m/s物体从A到B先做加速度为a1 m/s210 m/s2的匀加速运动，经过时间t11 s后再做加速度为a2 m/s22 m/s2的匀加速运动，再经过时间t21 s，物体以大小为v212 m/s的速度到达传送带B端由物体在传送带上的受力情况知a1或a2解得0.5(3)小物体到达传送带B端时的速度大小v21
7、2 m/s物体的动能增加了Ekmv222122 J144 J物体的重力势能减少了EpmgLsin 20160.6 J192 J所以物体的机械能的减少量E48 J由功能关系可知Qmgcos (v1t1t1)mgcos 代入数值得Q48 J.题型2曲线运动中动力学方法和能量观点的应用1曲线运动中的动力学和能量观点的综合问题，主要是直线运动、平抛运动、圆周运动三种运动中两者或三者的组合问题2对物体进行受力分析、运动分析、能量分析，初步了解运动全过程，构建大致运动图景3若为多过程问题，可将全过程分解，寻找子过程间的联系和解题方法例2(2018浙江4月选考20)如图4所示，一轨道为半径2 m的四分之一竖
8、直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N，小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2 m小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力，g取10 m/s2.图4(1)求小球运动至B点时的速度大小；(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；(4)小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止假设小球每次碰撞机械能损失75%、碰撞前后速度方向与地面的夹角
9、相等求小球从C点飞出到最后静止所需时间答案(1)4 m/s(2)2.4 J(3)3.36 m(4)2.4 s解析(1)由牛顿第三定律知，在B点轨道对小球的支持力为FN3.6 N.由向心力公式和牛顿第二定律有FNmgm，解得vB4 m/s.(2)小球从A到B的过程，只有重力和摩擦力做功，设克服摩擦力所做的功为W克由动能定理得：mgRW克mvB20解得W克2.4 J.(3)分析运动可知，BC段长度会影响匀减速运动的时间，进而影响平抛运动的水平初速度以及水平位移设BC段小球的运动时间为t，加速度a2 m/s2由运动学公式得vCvBat42txBCvBtat24tt2其中，0t2 s.平抛运动中hgt
10、12xCPvCt1由可得xCP3.21.6t则由可得xBPxBCxCPt22.4t3.2由数学知识可得，当t1.2 s时，xBP取得最大值代入式，解得xBC3.36 m.(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等，所以碰撞前后水平分速度与竖直分速度比值不变每次碰撞机械能损失75%，故每次碰撞合速度、分速度均变为原来的.设第n次损失后的竖直分速度为vyn，第n次碰撞到第n1次碰撞的时间为tn.由平抛运动规律得vy08 m/st00.8 s则vynvy0()ntn2将代入可得tn0.8()n1(n1,2,3)由数学知识可得t总t0t1tn0.8当n取无穷大时，小球处于静止状态解得t总2.4 s.3(
11、2017绍兴市选考诊断)如图5所示为一种射程可调节的“抛石机”模型抛石机长臂OA的长度L4 m，B为OA中点，石块可装在长臂上的AB区域中某一位置开始时长臂与水平面间的夹角30，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出在某次投石试验中，将质量为m10 kg的石块安装在A点，击中地面上距O点水平距离为x12 m的目标不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g取10 m/s2，求：图5(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小；(2)整个过程中投石机对石块所做的功W；(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O点多远处才能使石块落地时距O点的水平距离最大？答案(1)300 N
12、(2)1 200 J(3)3 m解析(1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向xvt竖直方向hgt2又hLLsin ，解得v2 m/s所以石块受到的向心力为Fm300 N(2)长臂从A点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得Wmg(LLsin )mv20代入数值解得W1 200 J(3)设抛出点距离O点为lWmg(llsin 30)mv20v下落时间t水平位移为s因此当l3 m时石块落地时距O点水平距离最大4(201891高中联盟期中)如图6所示，某装置的弹簧弹射器每次都将小物块(质量可选择，可视为质点)从A点由静止弹出，通过竖直圆轨道和水平直轨道后水平抛入水池中，已知竖直圆轨道半径为R1.0
13、m，水平轨道BD长为L2.4 m，水池水面离D点高度为h1.25 m，水池长为s6.0 m，不计水平轨道AB部分和竖直圆轨道的阻力，所有小物块与水平轨道BD部分的动摩擦因数为0.25.当所选择的小物块质量为m1 kg，在经过C点时，对轨道的压力为10 N，g取10 m/s2，求：图6(1)弹射器对小物块做的功；(2)小物块从D点飞出落入水面时的水平位移x；(3)为确保不同的小物块都能从A点弹射并直接落入水面，对选择的小物块的质量有何要求？答案(1)30 J(2)2 m(3) kgm1.2 kg解析(1)在C点时由牛顿第二定律得：FNmgm由牛顿第三定律知FN10 N由A到C的过程，由动能定理得
14、W2mgRmvC20得W30 J(2)从弹出到D点，由动能定理：WmgLmvD20小物块从D点飞出后做平抛运动，hgt2xvDt解得x2 m(3)若小物块质量最大为m1时，恰能过C点：m1gm1从弹出到C点，由动能定理：W2m1gRm1v020从弹出到D点，Wm1gL0得m11.2 kg若小物块恰能到达水池水面最右端时，质量最小为m2Wm2gLm2vD20hgt2svDt得m2 kg故质量范围为： kgm1.2 kg专题强化练1.滑沙游戏中，游客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：如图1所示，游客从顶端A点由静止滑下8 s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m70 kg，倾斜滑道AB长LAB128 m，倾角37，滑沙车
