《（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第2講 必考計算題20題 動力學方法和能量觀點的綜合應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第2講 必考計算題20題 動力學方法和能量觀點的綜合應用學案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第2講　必考計算題20題　動力學方法和能量觀點的綜合應用 題型1　直線運動中動力學方法和能量觀點的應用 1．航母艦載機滑躍起飛有點像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翹來幫助戰(zhàn)斗機起飛，其示意圖如圖1所示，設某航母起飛跑道主要由長度為L1＝160 m的水平跑道和長度為L2＝20 m的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架質量為m＝2.0×104 kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.2×105 N，方向與速度方向相同，在從靜止開始運動的整個過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的0.1倍，假設航母處于靜止狀態(tài)，飛機質量視為不變并可看成質點，傾斜跑道

2、看做斜面，不計拐角處的影響．取g＝10 m/s2. 圖1 (1)求飛機在水平跑道運動的時間； (2)求飛機到達傾斜跑道末端時的速度大?。? (3)如果此航母去掉傾斜跑道，保持水平跑道長度不變，現在跑道上安裝飛機彈射器，此彈射器彈射距離為84 m，要使飛機在水平跑道的末端速度達到100 m/s，則彈射器的平均作用力為多大？(已知彈射過程中發(fā)動機照常工作) 答案　(1)8 s　(2)2 m/s　(3)1.0×106 N 解析　(1)設飛機在水平跑道的加速度為a1，阻力為Ff 由牛頓第二定律得 F－Ff＝ma1 L1＝a1t 解得t1＝8 s (2)設飛機在水平跑道末端速度為

3、v1，在傾斜跑道末端速度為v2，加速度為a2 水平跑道上： v1＝a1t1 傾斜跑道上： 由牛頓第二定律得 F－Ff－mg＝ma2 v－v＝2a2L2 解得v2＝2 m/s (3)設彈射器的平均彈力為F1，彈射距離為x，飛機在水平跑道末端速度為v3 由動能定理得F1x＋FL1－FfL1＝mv 解得F1＝1.0×106 N. 2．戰(zhàn)機常配有阻力傘，阻力傘也叫減速傘，是用來減小戰(zhàn)機著陸時滑跑速度的傘狀工具．某質量為m＝2.0×104 kg的戰(zhàn)機以水平速度v0＝100 m/s著陸后立即關閉引擎同時打開阻力傘，情形如圖2甲所示，戰(zhàn)機做直線運動，其速度隨時間變化關系如圖乙所示，

4、圖線在12～22 s時間內可近似看成直線，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)在12～22 s時間內，戰(zhàn)機受到的平均阻力大?。? (2)在0～12 s時間內，戰(zhàn)機克服阻力做功的平均功率． 答案　(1)4.0×104 N　(2)8.0×106 W 解析　(1)12～22 s時間內，a＝＝2 m/s2 根據牛頓第二定律：Ff＝ma＝4.0×104 N (2)0～12 s時間內，根據動能定理： －Wf＝mv－mv Wf＝9.6×107 J 戰(zhàn)機克服阻力做功的平均功率：＝＝8.0×106 W 3．滑草是一項前衛(wèi)運動，和滑雪一樣能給運動者帶來動感和刺激，能體驗人與大自

5、然的和諧，在感受風一般速度的同時又能領略到大自然的美好．圖3甲照片是無軌道滑草，圖乙照片是千島湖石林景區(qū)的軌道滑草，其軌道的上段坡度很大而下段比較平坦，表面鋪設滑草，軌道末端有一段表面鋪設橡膠的水平減速帶，滑行者坐在滑草盆內自頂端靜止下滑．其滑行軌道可簡化為圖丙模型：設軌道上端與底端高度差H＝32 m，水平距離L＝80 m，末端減速帶長s＝16 m，滑草盆與滑草間的動摩擦因數為μ1，滑草盆與橡膠間的動摩擦因數為μ2.(忽略軌道各連接處的動能損失，g取10 m/s2)求： 圖3 (1)若μ1＝0.24，則滑草者剛到達減速帶時的速度有多大； (2)若滑草者與盆的總質量為75 kg，則

6、滑草者滑行一次，將會產生多少熱量； (3)為確?；菡吣芡Ｔ谙鹉z材質的水平減速帶上，μ1、μ2應滿足什么條件． 答案　(1)16 m/s　(2)2.4×104 J　(3)0.4－0.2μ2<μ1<0.4 解析　(1)由動能定理得：mgH－μ1mgL＝mv2 代入數據解得：v＝16 m/s. (2)設滑草者滑行一次產生熱量為Q 由能量守恒得：Q＝mgH 代入數據解得：Q＝2.4×104 J. (3)設滑草者在減速帶滑行距離x后停下， 由動能定理：mgH－μ1mgL－μ2mgx＝0 為確保安全，0

7、五校聯考)如圖4甲所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現將一質量m＝2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，2 s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖4 (1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v的大?。? (2)物體與傳送帶間的動摩擦因數μ； (3)2 s內物體機械能的減少量ΔE及因與傳送帶摩擦產生的內能Q. 答案　(1)8 m/s　(2)0.5　(3)48 J　48 J 解析　(1)由題意及題圖乙可知，傳送帶長為： L＝×10×1

8、 m＋(10＋12)×1 m＝16 m， t＝2 s， 所以v＝8 m/s. (2)由題圖乙可知傳送帶運行速度為v1＝10 m/s， 物體從A到B先做加速度為a1＝ m/s2＝10 m/s2的勻加速運動，經過時間t1＝1 s后再做加速度為a2＝ m/s2＝2 m/s2的勻加速運動，然后經過時間t2＝1 s，物體以大小為v2＝12 m/s的速度到達傳送帶B端． 由物體在傳送帶上的受力情況知 a1＝＝gsin θ＋μgcos θ 解得μ＝0.5. (3)小物體到達傳送帶B端時的速度大小v2＝12 m/s 物體的動能增加了 ΔEk＝mv＝×2×122 J＝144 J. 物體的重

9、力勢能減少了 ΔEp＝mgLsin θ＝2×10×16×0.6 J＝192 J 所以物體的機械能的減少量ΔE＝48 J 由功能關系可知 Q＝μmgcos θ(v1t1－t1)＋μmgcos θ(t2－v1t2) 解得Q＝48 J. 1.直線運動中多運動過程組合主要是指直線多過程或直線與斜面運動的組合問題． 2．涉及的規(guī)律：(1)動力學觀點：牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律；(2)能量觀點：動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律． 3．受力分析、運動分析，將物理過程分解成幾個簡單的直線運動過程，分別選擇合適的規(guī)律求解． 4．相鄰運動過程連接點的速度是解題關鍵． 題型2　曲線運

10、動中動力學方法和能量觀點的應用 1．(2017·嘉興市一中期末)如圖5所示，一質量m＝0.4 kg的滑塊(可視為質點)靜止于動摩擦因數μ＝0.1的水平軌道上的A點．現對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P＝10 W．經過一段時間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當滑塊到達傳感器上方時，傳感器的示數為25.6 N．已知軌道AB的長度L＝2.0 m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°，圓弧形軌道的半徑R＝0.5 m．(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0

11、.6，cos 37°＝0.8)，求： 圖5 (1)滑塊運動到C點時速度vC的大?。? (2)B、C兩點的高度差h及水平距離x； (3)水平外力作用在滑塊上的時間t. 答案　(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s 解析　(1)滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律和牛頓第三定律得FN－mg＝m 滑塊由C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得 mgR(1－cos α)＋mv＝mv 聯立解得vC＝5 m/s (2)滑塊在C點時，速度的豎直分量為vy＝vCsin α＝3 m/s B、C兩點的高度差為h＝＝0.45 m 滑塊由B運動到C所用的時間為ty＝＝

12、0.3 s 滑塊運動到B點時的速度為vB＝vCcos α＝4 m/s B、C兩點間的水平距離為x＝vBty＝1.2 m (3)滑塊由A點運動到B點的過程，由動能定理得 Pt－μmgL＝mv，解得t＝0.4 s 2．如圖6所示，一內壁光滑的細管彎成半徑為R＝0.4 m的半圓形軌道CD，豎直放置，其內徑略大于小球的直徑，水平軌道與豎直半圓形軌道在C點連接完好．置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，B處為彈簧的自然狀態(tài)．將一個質量為m＝0.8 kg的小球放在彈簧的右側后，用力向左側推小球而壓縮彈簧至A處，然后將小球由靜止釋放，小球運動到C處后對軌道的壓力為F1＝58 N．水平軌道以B

13、處為界，左側AB段長為x＝0.3 m，與小球的動摩擦因數為μ＝0.5，右側BC段光滑．g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)彈簧在壓縮時所儲存的彈性勢能； (2)小球運動到軌道最高處D點時對軌道的壓力大小． 答案　(1)11.2 J　(2)10 N 解析　(1)小球運動到C處時， 由牛頓第二定律和牛頓第三定律得： F1－mg＝m 代入數據解得v1＝5 m/s 根據動能定理Ep－μmgx＝mv 代入解得Ep＝11.2 J (2)小球從C到D過程，由機械能守恒定律得 mv＝2mgR＋mv 代入數據解得v2＝3 m/s 由于v2>＝2 m/s 所以小球在D處對軌道外

14、壁有壓力，由牛頓第二定律得 F2＋mg＝m， 代入數據解得F2＝10 N 根據牛頓第三定律得，小球對軌道的壓力大小為10 N. 3．(2017·溫州市9月選考)如圖7所示是某公園中的一項游樂設施，它由彎曲軌道AB、豎直圓軌道BC以及水平軌道BD組成，各軌道平滑連接．其中圓軌道BC半徑R＝2.0 m，水平軌道BD長L＝9.0 m，BD段對小車產生的摩擦阻力為車重的0.2倍，其余部分摩擦不計，質量為1.0 kg的小車(可視為質點)從P點靜止釋放，恰好滑過圓軌道最高點，然后從D點飛入水池中，空氣阻力不計，取g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)P點離水平軌道的高度H； (2)小車運

15、動到圓軌道最低點時對軌道的壓力； (3)在水池中放入安全氣墊MN(氣墊厚度不計)，氣墊上表面到水平軌道BD的豎直高度h＝3.2 m，氣墊的左右兩端M、N到D點的水平距離分別為5.6 m,8.0 m，要使小車能安全落到氣墊上，則小車釋放點距水平軌道的高度H′應滿足什么條件？ 答案　(1)5 m　(2)60 N，方向豎直向下　(3)5 m≤H′≤6.8 m 解析　(1)小車恰好滑過圓軌道最高點C，在圓軌道的最高點C對小車受力分析有： mg＝ 小車由P運動到C由動能定理可得 mg(H－2R)＝mv， 聯立解得H＝5 m. (2)小車由P運動到B點，由動能定理得： mgH＝mv，

16、在B點對小車： FN－mg＝ 由以上兩式可得FN＝60 N 據牛頓第三定律可知小車運動到圓軌道最低點時對軌道的壓力為60 N，方向豎直向下． (3)小車從D點飛出后做平拋運動， x＝vDt，h＝gt2 因為5.6 m≤x≤8.0 m， 代入以上兩式可得7 m/s≤vD≤10 m/s， 從小車釋放點至D點由動能定理得 mgH′－kmgL＝mv， 代入vD，得到4.25 m≤H′≤6.8 m 若使小車能通過C點，需要H′≥5 m 綜上：5 m≤H′≤6.8 m. 4．如圖8所示，AB(光滑)與CD(粗糙)為兩個對稱斜面，斜面的傾角均為θ，其上部都足夠長，下部分別與一個光滑

17、的圓弧面BEC的兩端相切，一個物體在離切點B的高度為H處，以初速度v0沿斜面向下運動，物體與CD斜面的動摩擦因數為μ. 圖8 (1)物體首次到達C點的速度大?。? (2)物體沿斜面CD上升的最大高度h和時間t； (3)請描述物體從靜止開始下滑的整個運動情況，并簡要說明理由． 答案　見解析 解析　(1)由mv＋mgH＝mv 得 vC＝ (2)物體沿CD上升的加速度大小a＝gsin θ＋μgcos θ v＝2a， 解得h＝ 物體從C點上升到最高點所用的時間 t＝＝ (3)情況一： 物體滑上CD斜面并勻減速上升最終靜止在CD斜面某處．理由是物體與CD斜面的動摩擦因數較大

18、． 情況二： 物體在軌道上做往復運動，在斜面上做勻變速直線運動，最大高度逐漸降低，最終在BEC圓弧內做周期性往復運動．理由是物體與CD斜面的動摩擦因數較小，在CD斜面上克服摩擦力做功，機械能減少，在BEC圓弧內只有重力做功，機械能守恒． 1.曲線運動中的動力學和能量觀點的綜合問題，主要是直線運動、平拋運動、圓周運動三種運動中兩者或三者的組合問題． 2．對物體進行受力分析、運動分析、能量分析，初步了解運動全過程，構建大致運動圖景． 3．若多過程問題，將全過程分解，尋找子過程間的聯系和解題方法． 專題強化練 (限時：35分鐘) 1．目前，我國的高鐵技術已處于世界領先水平，它

19、是由幾節(jié)自帶動力的車廂(動車)加幾節(jié)不帶動力的車廂(拖車)組成一個編組，稱為動車組．若每節(jié)動車的額定功率均為1.35×104 kW，每節(jié)動車與拖車的質量均為5×104 kg，動車組運行過程中每節(jié)車廂受到的阻力恒為其重力的0.075倍．若已知1節(jié)動車加2節(jié)拖車編成的動車組運行時的最大速度v0為466.7 km/h.我國的滬昆高鐵是由2節(jié)動車和6節(jié)拖車編成動車組來工作的，其中頭、尾為動車，中間為拖車．當列車高速行駛時會使列車的“抓地力”減小不易制動，解決的辦法是制動時，常用“機械制動”與“風阻制動”配合使用，所謂“風阻制動”就是當檢測到車輪壓力非正常下降時，通過升起風翼(減速板)調節(jié)其風阻，先用高

20、速時的風阻來增大“抓地力”將列車進行初制動，當速度較小時才采用機械制動．求：(所有結果保留兩位有效數字) (1)滬昆高鐵的最大時速v為多少？ (2)當動車組以加速度1.5 m/s2加速行駛時，第3節(jié)車廂對第4節(jié)車廂的作用力為多大？ (3)滬昆高鐵以題(1)中的最大速度運行時，測得此時風相對于運行車廂的速度為100 m/s，已知橫截面積為1 m2的風翼上可產生1.29×104 N的阻力，此阻力轉化為車廂與地面阻力的效率為90%.滬昆高鐵每節(jié)車廂頂安裝有2片風翼，每片風翼的橫截面積為1.3 m2，求此情況下“風阻制動”的最大功率為多大？ 答案　(1)3.5×102 km/h　(2)1.1

21、×105 N　(3)2.3×107 W 解析　(1)由 P＝3kmgv0,2P＝8kmgv 解得：v＝0.75v0≈3.5×102 km/h； (2)設各動車的牽引力為F牽，第3節(jié)車廂對第4節(jié)車廂的作用力大小為F，以第1、2、3節(jié)車廂為研究對象 由牛頓第二定律得：F牽－3kmg－F＝3ma 以動車組整體為研究對象，由牛頓第二定律得：2F牽－8kmg＝8ma 由上述兩式得：F≈1.1×105 N (3)由風阻帶來的列車與地面的阻力為：Fm＝1.29×104×1.3×2×8×0.9 N≈2.4×105 N “風阻制動”的最大功率為P＝Fmvm＝2.4×105× W≈2.3×107

22、W. 2．在物資運轉過程中常使用如圖1所示的傳送帶．已知某傳送帶與水平面成θ＝37°角，傳送帶的AB部分長L＝5.8 m，傳送帶以恒定的速率v＝4 m/s按圖示方向傳送，若在B端無初速度地放置一個質量m＝50 kg的物資P(可視為質點)，P與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： 圖1 (1)物資P從B端開始運動時的加速度大小； (2)物資P到達A端時的動能． 答案　(1)10 m/s2　(2)900 J 解析　(1)P剛放在B端時，受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力作用，根據牛頓第二定律有 mgsin θ＋Ff

23、＝ma FN＝mgcos θ Ff＝μFN 聯立解得加速度為a＝10 m/s2 (2)P達到與傳送帶相同速度時的位移 x＝＝0.8 m 以后物資P受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力作用，根據動能定理得 (mgsin θ－Ff)(L－x)＝mv－mv2 到達A端時的動能 EkA＝mv＝900 J. 3．滑沙游戲中，游戲者從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下．為了安全，滑沙車上通常裝有剎車手柄，游客可以通過操縱剎車手柄對滑沙車施加一個與車運動方向相反的制動力F，從而控制車速．為便于研究，做如下簡化：如圖2所示，游客從頂端A點由靜止滑下8 s后，操縱剎車手柄使滑沙車摩擦力變大勻速下滑至底端B

24、點，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止．已知游客和滑沙車的總質量m＝70 kg，傾斜滑道AB長LAB＝128 m，傾角θ＝37°，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數μ＝0.5.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力． 圖2 (1)求游客勻速下滑時的速度大??； (2)求游客勻速下滑的時間； (3)求游客從A滑到B的過程中由于摩擦產生的熱量． 答案　(1)16 m/s　(2)4 s　(3)44 800 J 解析　(1)對游客和滑沙車整體受力分析，由牛頓第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 解得a1＝g(sin θ－μco

25、s θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2 則游客勻速下滑時的速度 v＝a1t1＝2×8 m/s＝16 m/s (2)游客加速下滑通過的位移 x1＝a1t＝×2×82 m＝64 m 則游客勻速下滑通過的位移 x2＝LAB－x1＝128 m－64 m＝64 m 勻速下滑的時間t＝＝ s＝4 s. (3)對游客從A滑到B的運動過程中，由動能定理有 mgLABsin θ－Wf＝mv2 Q＝Wf＝mgLABsin θ－mv2＝44 800 J. 4．(2017·稽陽聯誼學校8月聯考)如圖3所示，遙控電動賽車(可視為質點)從A點由靜止出發(fā)，經過時間t后關閉發(fā)

26、動機，賽車繼續(xù)前進至B點進入半徑為R＝0.5 m的豎直粗糙圓弧軌道，經過圓弧最高點C后水平飛出，之后恰好在D點沿斜面方向進入與豎直方向成θ＝37°的斜面軌道(途中表演上下翻身)，C、D兩點在豎直方向的高度差為h＝0.8 m，已知賽車在水平軌道AB部分運動時受到恒定阻力f＝1 N，由設置在圓弧起點B處的傳感器顯示賽車經過此處對圓形軌道的壓力為F＝82 N，賽車的質量m＝1 kg，通電后賽車的電動機以額定功率P＝80 W工作，軌道AB的長度L＝6 m，空氣阻力忽略不計，求： 圖3 (1)賽車運動到B點時速度vB的大?。? (2)賽車電動機工作的時間t； (3)賽車在通過圓弧軌道過程中克服

27、摩擦阻力所做的功W. 答案　(1)6 m/s　(2)0.3 s　(3)3.5 J 解析　(1)根據牛頓第三定律，軌道對小車的支持力 FN＝F＝82 N 在B點由牛頓第二定律可得FN－mg＝m， 解得vB＝6 m/s. (2)對水平運動過程由動能定理可得Pt－fL＝mv， 解得t＝0.3 s. (3)設賽車通過D點時速度的豎直分速度為vy，水平分速度即為在C點的速度vC， 由v＝2gh，解得vy＝4 m/s， 又＝tan 37°，解得vC＝3 m/s 根據動能定理－2mgR－W＝mv－mv， 解得W＝3.5 J. 5．如圖4所示，在光滑的水平平臺上A處有一質量 m＝0.

28、1 kg的小球壓縮輕質彈簧(小球與彈簧不拴連) 使其具有 Ep＝0.2 J的彈性勢能，平臺的 B端連接兩個半徑都為 R且內壁都光滑的四分之一細圓管 BC及細圓管CD，圓管內徑略大于小球直徑，B點和D點都與水平面相切．在地面的 E處有一小圓弧(圖中未畫出，小球在經過 E處時的動能不損失) 且安裝了一個可改變傾角的長斜面EF，已知地面DE長度為0.3 m且與小球間的動摩擦因數μ1＝0.5，小球與可動斜面 EF間的動摩擦因數μ2＝.現靜止釋放小球，小球彈出后進入細圓管，運動到 B點時對上管壁有 FN＝1 N的彈力．求： 圖4 (1)細圓管的半徑 R； (2)小球經過 D點時對管壁的壓力大小

29、； (3)當斜面 EF與地面的傾角θ＝60°時，小球沿斜面上滑的最大長度． 答案　(1)0.2 m　(2)7 N　(3)0.39 m 解析　(1)小球由A運動到B，由動能定理得 Ep＝mv 得：vB＝2 m/s 由牛頓第二定律和牛頓第三定律可得 FN＋mg＝ 得：R＝0.2 m (2)小球由B運動到D，由動能定理得 mg·2R＝mv－mv 在D處，由牛頓第二定律得 FD－mg＝ 解得FD＝7 N. 由牛頓第三定律得，小球經過D點時對管壁的壓力大小為7 N， (3)從B開始，到運動至斜面上最高處，利用動能定理可得： mg·2R－μ1mgsDE－μ2mgscos θ－mgssin θ ＝0－mv 代入數據解得s＝ m≈0.39 m. 14