《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能 微專題31 用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題試題 粵教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能 微專題31 用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題試題 粵教版（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能 微專題31 用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題試題 粵教版 [方法點(diǎn)撥]　(1)若運(yùn)動(dòng)過(guò)程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)若運(yùn)動(dòng)過(guò)程涉及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，則常用動(dòng)能定理或能量守恒定律；(3)不同過(guò)程連接點(diǎn)速度的關(guān)系有時(shí)是處理兩個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)規(guī)律的突破點(diǎn)． 1．如圖1所示，光滑水平軌道的左端與長(zhǎng)L＝1.25 m的水平傳送帶AB相接，傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速度v0＝1 m/s.輕彈簧右端固定，彈簧處于自然狀態(tài)時(shí)左端恰位于A點(diǎn)．現(xiàn)用質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))將彈簧壓縮后由靜止釋放，到達(dá)水平傳送帶左端B點(diǎn)后，立即沿切線進(jìn)

2、入豎直固定的光滑半圓軌道最高點(diǎn)并恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)圓周最低點(diǎn)C后滑上質(zhì)量為M＝0.2 kg的長(zhǎng)木板且不會(huì)從木板上掉下來(lái)．半圓軌道的半徑R＝0.5 m，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.8，小物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，長(zhǎng)木板與水平地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ3＝0.1，g取10 m/s2.求： 圖1 (1)小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB的大小(結(jié)果可帶根號(hào))； (2)彈簧被壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能Ep； (3)長(zhǎng)木板在水平地面上滑行的最大距離s. 2．如圖2所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R＝0.2 m的光滑圓弧軌道AB，圓弧軌道B處的切線水平，O點(diǎn)在B點(diǎn)的正下方，B點(diǎn)高度為h＝0.8 m．在B端接一

3、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.0 m的木板MN.一質(zhì)量為m＝1.0 kg的滑塊，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，滑塊以某一速度從N點(diǎn)滑到板上，恰好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)．(g取10 m/s2) 圖2 (1)求滑塊從N點(diǎn)滑到板上時(shí)初速度的大?。? (2)求滑塊從A點(diǎn)滑回到圓弧軌道的B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力； (3)若將木板右端截去長(zhǎng)為ΔL的一段，滑塊從A端由靜止釋放后，將滑離木板落在水平面上P點(diǎn)處，要使落地點(diǎn)P距O點(diǎn)最遠(yuǎn)，求ΔL. 3．如圖3所示，在一次消防演習(xí)中，消防員練習(xí)使用掛鉤從高空沿滑桿由靜止滑下，滑桿由AO、OB兩段直桿通過(guò)光滑轉(zhuǎn)軸連接在O處，可將消防員和掛鉤均理想化為質(zhì)點(diǎn)，且通過(guò)O點(diǎn)的瞬間沒(méi)有機(jī)械能的損失

4、．AO長(zhǎng)為L(zhǎng)1＝5 m，OB長(zhǎng)為L(zhǎng)2＝10 m．兩堵豎直墻的間距d＝11 m．滑桿A端用鉸鏈固定在墻上，可自由轉(zhuǎn)動(dòng)．B端用鉸鏈固定在另一側(cè)墻上．為了安全，消防員到達(dá)對(duì)面墻的速度大小不能超過(guò)6 m/s，掛鉤與兩段滑桿間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.8.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖3 (1)若測(cè)得消防員下滑時(shí)，OB段與水平方向間的夾角始終為37°，求消防員在兩滑桿上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小及方向； (2)若B端在豎直墻上的位置可以改變，求滑桿端點(diǎn)A、B間的最大豎直距離．(結(jié)果可帶根號(hào)) 4.如圖4所示為一傳送帶裝置模型，斜面的傾角為θ，底端經(jīng)一長(zhǎng)度可忽略

5、的光滑圓弧與足夠長(zhǎng)的水平傳送帶相連接，質(zhì)量m＝2 kg的物體從高h(yuǎn)＝30 cm的斜面上由靜止開始下滑，它與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25，與水平傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間以后，又回到了斜面上，如此反復(fù)多次后最終停在斜面底端．已知傳送帶的速度恒為v＝2.5 m/s，tan θ＝0.75，g取10 m/s2.求： 圖4 (1)從物體開始下滑到第一次回到斜面的過(guò)程中，物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量； (2)從物體開始下滑到最終停在斜面底端，物體在斜面上通過(guò)的總路程． 答案精析 1．(1) m/s　(2)5 J　(3)2.78 m 解析　(1)小物塊

6、恰在光滑半圓形軌道最高點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：mg＝m 解得：vB＝＝ m/s (2)由于vB＞v0，所以小物塊在傳送帶上一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律得： Ep＝μ1mgL＋mv 解得Ep＝5 J (3)小物塊從B到C過(guò)程中由機(jī)械能守恒定律得： mg·2R＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得vC＝5 m/s 小物塊在長(zhǎng)木板上滑行過(guò)程中，做勻減速運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma1， 解得a1＝2 m/s2 對(duì)長(zhǎng)木板受力分析，上表面受到的摩擦力f1＝μ2mg＝0.8 N 下表面受到的摩擦力f2＝μ3(M＋m)g＝0.6 N， 所以長(zhǎng)木板做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二

7、定律得：f1－f2＝Ma2 解得a2＝1 m/s2 設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t小物塊與長(zhǎng)木板達(dá)到共速vD，vC－a1t＝a2t＝vD 解得t＝ s，vD＝ m/s 時(shí)間t內(nèi)長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的位移s1＝a2t2＝ m 達(dá)共速后兩物體一起勻減速至停止，由動(dòng)能定理得：－μ3(M＋m)gs2＝－(M＋m)v 解得s2＝ m 所以長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的最大位移s＝s1＋s2≈2.78 m. 2．(1)2 m/s　(2)30 N，方向豎直向下　(3)0.16 m 解析　(1)由動(dòng)能定理有μmgL＋mgR＝mv 解得v0＝2 m/s (2)根據(jù)動(dòng)能定理有mgR＝mv－0 由向心力公式可知：F－mg＝m 解得F＝

8、30 N 由牛頓第三定律知：滑塊滑至B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力為30 N，方向豎直向下 (3)由牛頓第二定律可知：μmg＝ma 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：h＝gt2，t＝＝0.4 s 由B點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知： v－v2＝2a(L－ΔL) v＝＝2 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和幾何關(guān)系可知：xOP＝L－ΔL＋v·t＝1.0－ΔL＋0.8 ＝1.0－()2＋0.8＝1.16－(0.4－)2 解得當(dāng)＝0.4，即ΔL＝0.16 m時(shí)x有最大值． 3．(1)3.2 m/s2，方向沿OA桿向下　0.4 m/s2，方向沿OB桿向上　(2)2 m 解析　(1)設(shè)桿AO、OB與水平方向夾角分別為α

9、、β，由幾何關(guān)系得：d＝L1cos α＋L2cos β 得出AO桿與水平方向夾角α＝53° 由牛頓第二定律得mgsin θ－f＝ma f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcos θ 則消防員在AO段運(yùn)動(dòng)的加速度：a1＝gsin 53°－μgcos 53°＝3.2 m/s2，方向沿AO桿向下 在OB段運(yùn)動(dòng)的加速度：a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝－0.4 m/s2，方向沿OB桿向上 (2)對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得mgh－μmgL1cos α－μmgL2cos β＝mv2－0 其中d＝L1cos α＋L2cos β，v≤6 m/s 所以：h＝＋μd≤10.6 m 又因?yàn)槿魞蓷U伸直，A、

10、B間的豎直高度為 h′＝＝ m＜10.6 m 所以A、B間的最大豎直距離應(yīng)為2 m. 4．(1)20 J　(2)1.5 m 解析　(1)由題可知θ＝37°，物體由靜止開始下滑時(shí)距斜面底端的距離s＝＝0.5 m．設(shè)物體第一次滑到斜面底端的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有mv＝mgh－μ1mgscos θ 解得v0＝2 m/s 設(shè)物體向右滑行的最遠(yuǎn)距離為s1，時(shí)間為t mv－μ2mgs1＝0，s1＝0.4 m t＝＝0.4 s 傳送帶向左運(yùn)動(dòng)的距離為s2＝vt＝1 m 物體向右運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1 Q1＝μ2mg(s1＋s2)＝14 J 物體向左運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q2 Q2＝μ2mg(s2－s1)＝6 J 物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q Q＝Q1＋Q2＝20 J (2)因第一次物體滑上傳送帶的速度小于傳送帶的速度，故物體每次向左回到斜面底端時(shí)的速度大小即為物體滑上傳送帶時(shí)速度的大小 根據(jù)功能關(guān)系：mgh＝μ1mgs總cos θ s總＝1.5 m.