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2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機械能 微專題31 用動力學(xué)和能量觀點分析多過程問題試題 粵教版 [方法點撥]　(1)若運動過程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運動定律；(2)若運動過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，且具有功能關(guān)系的特點，則常用動能定理或能量守恒定律；(3)不同過程連接點速度的關(guān)系有時是處理兩個過程運動規(guī)律的突破點． 1．如圖1所示，光滑水平軌道的左端與長L＝1.25 m的水平傳送帶AB相接，傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動的速度v0＝1 m/s.輕彈簧右端固定，彈簧處于自然狀態(tài)時左端恰位于A點．現(xiàn)用質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊(視為質(zhì)點)將彈簧壓縮后由靜止釋放，到達(dá)水平傳送帶左端B點后，立即沿切線進(jìn)入豎直固定的光滑半圓軌道最高點并恰好做圓周運動，經(jīng)圓周最低點C后滑上質(zhì)量為M＝0.2 kg的長木板且不會從木板上掉下來．半圓軌道的半徑R＝0.5 m，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.8，小物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，長木板與水平地面間動摩擦因數(shù)μ3＝0.1，g取10 m/s2.求： 圖1 (1)小物塊到達(dá)B點時速度vB的大小(結(jié)果可帶根號)； (2)彈簧被壓縮時的彈性勢能Ep； (3)長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點在B點的正下方，B點高度為h＝0.8 m．在B端接一長為L＝1.0 m的木板MN.一質(zhì)量為m＝1.0 kg的滑塊，與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2，滑塊以某一速度從N點滑到板上，恰好運動到A點．(g取10 m/s2) 圖2 (1)求滑塊從N點滑到板上時初速度的大?。? (2)求滑塊從A點滑回到圓弧軌道的B點時對圓弧軌道的壓力； (3)若將木板右端截去長為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點處，要使落地點P距O點最遠(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，且通過O點的瞬間沒有機械能的損失．AO長為L1＝5 m，OB長為L2＝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．B端用鉸鏈固定在另一側(cè)墻上．為了安全，消防員到達(dá)對面墻的速度大小不能超過6 m/s，掛鉤與兩段滑桿間動摩擦因數(shù)均為μ＝0.8.(g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 圖3 (1)若測得消防員下滑時，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動時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A、B間的最大豎直距離．(結(jié)果可帶根號) 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)一長度可忽略的光滑圓弧與足夠長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，它與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，與水平傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，物體在傳送帶上運動一段時間以后，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)小物塊恰在光滑半圓形軌道最高點做圓周運動，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動，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過程中由機械能守恒定律得： mg2R＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)解得vC＝5 m/s 小物塊在長木板上滑行過程中，做勻減速運動， 由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma1， 解得a1＝2 m/s2 對長木板受力分析，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， 所以長木板做勻加速運動，由牛頓第二定律得：f1－f2＝Ma2 解得a2＝1 m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t小物塊與長木板達(dá)到共速vD，vC－a1t＝a2t＝vD 解得t＝ s，vD＝ m/s 時間t內(nèi)長木板運動的位移s1＝a2t2＝ m 達(dá)共速后兩物體一起勻減速至停止，由動能定理得：－μ3(M＋m)gs2＝－(M＋m)v 解得s2＝ m 所以長木板運動的最大位移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)由動能定理有μmgL＋mgR＝mv 解得v0＝2 m/s (2)根據(jù)動能定理有mgR＝mv－0 由向心力公式可知：F－mg＝m 解得F＝30 N 由牛頓第三定律知：滑塊滑至B點時對圓弧軌道的壓力為30 N，方向豎直向下 (3)由牛頓第二定律可知：μmg＝ma 根據(jù)平拋運動規(guī)律：h＝gt2，t＝＝0.4 s 由B點向右運動過程中，由運動學(xué)公式可知： v－v2＝2a(L－ΔL) v＝＝2 由平拋運動規(guī)律和幾何關(guān)系可知：xOP＝L－ΔL＋vt＝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、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段運動的加速度：a1＝gsin 53－μgcos 53＝3.2 m/s2，方向沿AO桿向下 在OB段運動的加速度：a2＝gsin 37－μgcos 37＝－0.4 m/s2，方向沿OB桿向上 (2)對全過程由動能定理得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 又因為若兩桿伸直，A、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，時間為t mv－μ2mgs1＝0，s1＝0.4 m t＝＝0.4 s 傳送帶向左運動的距離為s2＝vt＝1 m 物體向右運動時與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1 Q1＝μ2mg(s1＋s2)＝14 J 物體向左運動時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的速度大小即為物體滑上傳送帶時速度的大小 根據(jù)功能關(guān)系：mgh＝μ1mgs總cos θ s總＝1.5 m.